章末綜合測評(二)(時間：90分鐘分值：100分)1．(4分)如圖所示，在暴雨前，有一帶電云團(tuán)(可近似看作帶電絕緣球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，帶電體在上升過程中，以下說法正確的是()A．帶電體的電勢能一定越來越大B．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電勢一定越來越高C．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電場強(qiáng)度一定越來越大D．帶電體的加速度一定越來越小C[帶電體在上升的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；由于不知道云層所帶電荷的電性，所以帶電體上升的過程中，不能判斷出電勢的變化，故B錯誤；因為越靠近場源，場強(qiáng)越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強(qiáng)度是越來越大，故C正確；根據(jù)電場強(qiáng)度越來越大，則電場力越來越大，合力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來越大，故D錯誤。]2．(4分)一平行板電容器兩極板間距離為d，極板正對面積為S，對此電容器充電后再與電源斷開。當(dāng)只增加兩板間距離d時，電容器兩極板間的()A．電場強(qiáng)度減小，電勢差變大B．電場強(qiáng)度減小，電勢差減小C．電場強(qiáng)度不變，電勢差變大D．電場強(qiáng)度不變，電勢差不變C[電容器充電后再與電源斷開，所帶電量不變。根據(jù)板間電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εS,4πkd)得到E＝eq\f(4πkQ,εS)，由題Q、ε、S都不變，則板間電場強(qiáng)度E不變。板間電勢差U＝Ed，d增大，電勢差增大。]3．(4分)如圖所示，靜電噴涂時，被噴工件接正極，噴槍口接負(fù)極，它們之間形成高壓電場，涂料微粒從噴槍口噴出后，只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在工件表面，圖中虛線為涂料微粒的運動軌跡。下列說法正確的是()A．涂料微粒一定帶正電B．圖中虛線可視為高壓電場的部分電場線C．微粒做加速度先減小后增大的曲線運動D．噴射出的微粒動能不斷轉(zhuǎn)化為電勢能C[因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負(fù)電，選項A錯誤；因虛線為涂料微粒的運動軌跡，可知不能視為高壓電場的部分電場線，選項B錯誤；從噴槍口到工件的電場先減弱后增強(qiáng)，可知微粒加速度先減小后增大，因電場線是曲線，故微粒做曲線運動，選項C正確；因電場力對微粒做正功，故微粒的電勢能逐漸減小，選項D錯誤。]4．(4分)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動D[將B板右端向下移動一小段距離后，電容器內(nèi)部電荷重新分布，右側(cè)電荷稀疏，左側(cè)電荷密集，電場力方向不再豎直向上，而是向右側(cè)傾斜，使得帶電油滴不再受力平衡，合力方向向右下方，如圖所示，油滴向右下方運動，選項D正確。]5．(4分)示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中，金屬板長為L，相距為d。當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上面顯示亮點。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是()A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小B[當(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中水平位移的中點，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角度越大(偏轉(zhuǎn)距離越大)，亮點距離中心就越遠(yuǎn)。設(shè)電子經(jīng)過U1加速后速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向速度為vy，根據(jù)題意得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子在A、B間做類平拋運動，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向速度為vy＝at＝eq\f(eU2,md)·eq\f(L,v0)，解得速度的偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2L,2dU1)，顯然，欲使θ變大，應(yīng)該增大U2、L，或者減小U1、d，故選B。]6．(4分)如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將兩極板的間距變大，則()A．電荷仍將靜止B．電荷將向上加速運動C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流D[原來電荷靜止，電荷所受重力與電場力平衡。電容器與電源相連，電容器的電壓不變，兩極板的間距變大，則板間場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)減小，電荷所受電場力F＝qE減小，電荷將向下加速運動，故AB兩項錯誤；據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，兩極板的間距變大，電容器的電容減小；電容器的電壓不變，電容的帶電量Q＝CU減小，電容器放電，電流表中將有從b到a的電流，故C項錯誤，D項正確。]7．(4分)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大，現(xiàn)要增大字跡，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能C．減小偏轉(zhuǎn)極板的長度D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓A[微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有水平方向L＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要增大字跡，就要增大微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，采用的方法可以有：增大比荷eq\f(q,m)、減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、增大極板的長度L、增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U。選項A正確，B、C、D錯誤。]8．(6分)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，電路如圖(甲)所示。(甲)(乙)(1)將開關(guān)S接通1，電容器的(選填“上”或“下”)極板帶正電，再將S接通2，通過電流表的電流方向向(選填“左”或“右”)。(2)若電源電動勢為10V，實驗中所使用的電容器如圖(乙)所示，充滿電后電容器正極板帶電量為C(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(3)下列關(guān)于電容器充電時，電流i與時間t的關(guān)系；所帶電荷量q與兩極板間的電壓U的關(guān)系正確的是。ABCD[解析](1)開關(guān)S接通1，電容器充電，根據(jù)電源的正負(fù)極可知電容器上極板帶正電；開關(guān)S接通2，電容器放電，通過電流表的電流向左。(2)充滿電后電容器所帶電荷量Q＝CU＝3300×10－6F×10V＝3.3×10－2(3)電容器充電過程中，電流逐漸減小，隨著兩極板電荷量增大，電流減小得越來越慢，電容器充電結(jié)束后，電流減為0，A正確，B錯誤；電容是電容器本身具有的屬性，根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量與電壓成正比，所以圖線應(yīng)為過原點直線，C、D錯誤。[答案](1)上左(2)3.3×10－2(3)A9．(8分)有帶電平行板電容器豎直放置，如圖所示，兩極板間距d＝0.1m，電勢差U＝1000V，現(xiàn)從平行板上A處以vA＝3m/s速度水平向左射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量q＝10－7C，質(zhì)量m＝0.02g)，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球恰好沒有與左極板相碰撞且打在A點正下方的B處，求A、B間的距離sAB(g＝10m/s2)[解析]把小球的曲線運動沿水平和豎直方向進(jìn)行分解。在水平方向上，小球有初速度vA，受恒定的電場力qE作用，做勻變速直線運動，且由qU>eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)知，小球不會到達(dá)左極板處。在豎直方向上，小球做自由落體運動。兩個分運動的運動時間相等，設(shè)為t，則在水平方向上：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1000,0.1)V/m＝104V/m則其加速度大小為：a水平＝eq\f(qE,m)＝eq\f(10－7×104,0.02×10－3)m/s2＝50m/s2，則t＝eq\f(2vA,a)＝eq\f(2×3,50)s＝0.12s在豎直方向上：sAB＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立以上四式求解得：sAB＝7.2×10－2m。[答案]7.2×10－210．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點以速度v0沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場，由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角，已知AO的水平距離為d。 (不計重力)求：(1)從A點到B點所用的時間；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；(3)A、B兩點間的電勢差。[解析](1)粒子從A點以速度v0沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運動，則有t＝eq\f(d,v0)。(2)由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE,m)將粒子射出電場的速度v進(jìn)行分解，則有vy＝v0tan45°＝v0，又vy＝at，所以v0＝eq\f(qE,m)·eq\f(d,v0)＝eq\f(eEd,mv0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),ed)。(3)由動能定理得eUAB＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),2e)。[答案](1)eq\f(d,v0)(2)eq\f(mv\o\al(2,0),ed)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),2e)11．(4分)(多選)某靜電除塵器工作時內(nèi)部電場線分布的俯視圖如圖，帶負(fù)電粉塵被吸附時由b點運動到a點，以下說法正確的是()A．該電場是勻強(qiáng)電場B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．電場力對粉塵做正功D．粉塵的電勢能增大BC[該電場的電場線疏密不均勻，所以不是勻強(qiáng)電場，故A錯誤；沿著電場線方向電勢降低，所以a點電勢高于b點電勢，故B正確；帶負(fù)電粉塵受電場力向右，由b點運動到a點，電場力對粉塵做正功，故C正確；帶負(fù)電粉塵被吸附時由b點運動到a點，電場力對粉塵做正功，電勢能減小，故D錯誤；故選B、C。]12．(4分)(多選)如圖所示為研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗裝置。設(shè)兩極板的正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ，平行板電容器的電容為C。實驗中極板所帶電荷量可視為不變，則下列關(guān)于實驗的分析正確的是()A．保持d不變，減小S，則C變小，θ變大B．保持d不變，減小S，則C變大，θ變大C．保持S不變，增大d，則C變小，θ變大D．保持S不變，增大d，則C變大，θ變大AC[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持d不變，減小S，則電容C減小，又因為極板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓U增大，故靜電計偏角θ增大，A項正確，B項錯誤；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持S不變，增大d，則電容C減小，又因為極板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓U增大，故靜電計偏角θ增大，C項正確，D項錯誤。]13．(4分)(多選)如圖所示，三個質(zhì)量相同，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功相同B．三者動能的增量相同C．液滴a電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減小量D．重力對三者做的功相同AD[因a、b帶電荷量大小相等，所以穿過兩板時電場力做功相同，電勢能減小量相同，A正確，C錯誤；c不帶電，不受電場力作用，由動能定理知，三者動能增量不同，B錯誤；a、b、c三者穿出電場時，由WG＝mgh知，重力對三者做功相同，D正確。]14．(4分)(多選)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A．油滴帶負(fù)電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動AC[由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，解得q＝eq\f(mgd,U)，C＝eq\f(kmgd,U2)，將極板N向下緩慢移動一小段距離，U不變，d增大，則電場強(qiáng)度E減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，只有選項A、C正確。]15．(4分)(多選)如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g，則點電荷運動到負(fù)極板的過程()A．加速度大小為a＝eq\f(Eq,m)＋gB．所需的時間為t＝eq\r(\f(dm,qE))C．下降的高度為y＝eq\f(d,2)D．電場力所做的功為W＝EqdB[點電荷受到重力、電場力，合力F＝eq\r(qE2＋mg2)；根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(\r(qE2＋mg2),m)，故A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，水平方向上的加速度a＝eq\f(qE,m)，根據(jù)位移公式可得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，化簡得t＝eq\r(\f(md,qE))，故B正確；豎直方向做自由落體運動，下降高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2qE)，故C錯誤；電荷運動位移為eq\f(d,2)，故電場力做功W＝eq\f(qEd,2)，故D錯誤。]16．(8分)如圖甲所示是一種測量電容的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法測出電容器充電至電壓為U時所帶的電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C。某同學(xué)在一次實驗時的情況如下：a．按圖甲所示的電路圖連接好電路；b．接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)I0＝490μA，電壓表的示數(shù)U0＝8.0V；c．?dāng)嚅_開關(guān)S，同時開始計時，每隔5s或10s測讀一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標(biāo)示在圖乙的坐標(biāo)紙上(時間t為橫坐標(biāo)，電流I為縱坐標(biāo))，結(jié)果如圖中小黑點所示。甲乙(1)在圖乙中畫出I-t圖線；(2)圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積的物理意義是；(3)該電容器電容為F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(4)若某同學(xué)實驗時把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比真實值(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。[解析](1)根據(jù)圖中畫出的點作平滑的曲線作圖如圖所示。(2)由ΔQ＝I·Δt知電荷量為I-t圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積，則面積的物理意義為電容器在開始放電時所帶的電荷量。(3)數(shù)出圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積約為32格，即電容器的電荷量為Q＝32×50×10－6×5C＝8.0×10－3則有C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(8×10－3,8)F＝1×10－3F。(4)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在E、D兩端，則電容器在放電時，有一部分電量會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真實值偏小。[答案](1)見解析(2)開始放電時，電容器所帶電量(3)1.0×10－3(0.95×10－3～1.2×10－3)(4)偏小17．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m＝5×10－8kg的帶電粒子以v0＝2m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場，已知板長L＝10cm，板間距離d＝2cm，當(dāng)A、B間加電壓UAB＝103V時，帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設(shè)此時A板電勢高)，g取10m/s2。(1)帶電粒子電性和所帶電荷量；(2)A、B間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？[解析](1)當(dāng)UAB＝103V時，粒子做直線運動有qeq\f(U,d)＝mg解得q＝eq\f(mgd,U)＝10－11C，帶負(fù)電。(2)當(dāng)電壓UAB比較大時，qE>mg，粒子向上偏，由牛頓第二定律得eq\f(qU1,d)－mg＝ma1當(dāng)剛好能從上板邊緣飛出時，有y＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)a1(eq\f(L,v0))2＝eq\f(d,2)解得