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章末測(cè)評(píng)驗(yàn)收卷(二)　靜電場(chǎng)的應(yīng)用　(滿分：100分)
一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。)
1.(2024·廣東茂名市高二期中)如圖是一個(gè)電解電容器，由標(biāo)注的參數(shù)可知(　　)
電容器的擊穿電壓為100 V
當(dāng)電容器的電壓低于100 V時(shí)，電容器無(wú)法工作
給電容器加50 V電壓時(shí)，電容器的電容為110 μF
電容器允許容納的最大電量為0.022 C
2.(2024·廣州六中校聯(lián)考期末)避雷針是利用尖端放電原理保護(hù)建筑物等避免雷擊的一種設(shè)施。在雷雨天氣，帶負(fù)電的云層運(yùn)動(dòng)到高樓上空時(shí)，避雷針的尖頭通過(guò)靜電感應(yīng)會(huì)帶上大量電荷，由于導(dǎo)體尖端容易聚集電荷，所以樓頂帶上的電荷會(huì)很少，從而保護(hù)建筑。如圖所示為廣州塔“接閃”的畫(huà)面，放大圖為塔尖端附近電場(chǎng)線分布特點(diǎn)(方向未畫(huà)出)，下列說(shuō)法正確的是(　　)
放電前塔尖端帶負(fù)電
放電時(shí)空氣中的正電荷將向塔尖端運(yùn)動(dòng)
向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷受到的電場(chǎng)力越來(lái)越小
向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷電勢(shì)能減小
3.平行板電容器的電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板間的中間位置處放一電荷q，則它所受電場(chǎng)力的大小為(　　)
k　　　　　k　　　　　　　　　　　
4.某電容器充電后的電壓為8 V，然后利用傳感器得到放電時(shí)電路中電流隨時(shí)間變化的I－t 曲線(如圖)。則放電過(guò)程中(　　)
電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能不變 電路中的電流不變
電容器兩極板間的電壓不變 電容器的電容不變
5.兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動(dòng)能是(　　)
edUL
6.如圖所示，平行板電容器與電壓恒定的直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則(　　)
帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)
P點(diǎn)的電勢(shì)將降低
極板間的場(chǎng)強(qiáng)不變
極板帶電量將增加
7.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣緊貼負(fù)極板垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好從正極板右邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板右邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的(　　)
2倍 4倍
二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)
8.工廠為測(cè)量紡織品濕度，會(huì)用電容傳感器進(jìn)行檢測(cè)，其原理簡(jiǎn)化如圖所示。平行板電容器接在電源兩極，a、b間接入電流表。現(xiàn)將等厚度的紡織品放入電容器進(jìn)行檢測(cè)。已知濕度增加時(shí)相對(duì)介電常數(shù)減小，下列說(shuō)法正確的是(　　)
紡織品濕度不變時(shí)，電流表示數(shù)保持某一數(shù)值(非零)恒定不變
紡織品濕度增加時(shí)，電容器電容減小
若電流方向從a→b，表示紡織品濕度增大
紡織品濕度減小，電容器兩極板間電壓減小
9.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(　　)
動(dòng)能增加mv2 　機(jī)械能增加2mv2
重力勢(shì)能增加mv2 　電勢(shì)能減少2mv2
10.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為m、電量為q1(q1>0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電量為－q2(q2>0)的粒子B，僅在電場(chǎng)力的作用下兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則以下說(shuō)法正確的是(　　)
電量q1與q2的比值為3∶7
電量q1與q2的比值為3∶4
粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶4
粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶7
三、非選擇題(本題共5小題，共54分。)
11.(7分)如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路，可研究電容器的充、放電，先使開(kāi)關(guān)S與1端相連，電源給電容器充電，然后把開(kāi)關(guān)S擲向2端，電容器通過(guò)電阻R放電。
(1)電容器在充電的過(guò)程中，電容器的帶電量_______________________(2分)。
A.不變 B.變大 C.變小
(2)電容器在放電的過(guò)程中，電容器的電容____________________(2分)。
A.不變 B.變大 C.變小
(3)傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的I－t曲線。曲線與t軸圍成的面積代表電容器的________(3分)。
A.電壓 B.電容 C.電量
12.(10分)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，電路如圖甲所示。
(1)將開(kāi)關(guān)S接通1，電容器的________(2分)(選填“上”或“下”)極板帶正電，再將S接通2，通過(guò)電流表的電流方向向________(2分)(選填“左”或“右”)。
(2)若電源電壓為10 V，實(shí)驗(yàn)中所使用的電容器如圖乙所示，充滿電后電容器所帶電量為_(kāi)_______C(3分)(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。
(3)電容器充電過(guò)程中，電流I與時(shí)間t的關(guān)系，所帶電量Q與兩極板間的電壓U的關(guān)系正確的是________。(3分)
13.(9分)在一個(gè)水平面上建立x軸，在過(guò)原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個(gè)帶電量q＝－5.0×10－8 C、質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的絕緣物塊，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0＝2.0 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)。試求：
(1)(4分)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；
(2)(5分)物塊最終停止的位置。
14.(13分)如圖所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射出電場(chǎng)的瞬時(shí)速度的方向與初速度方向成30°角。在這個(gè)過(guò)程中，不計(jì)粒子重力。求：
(1)(6分)該粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間；
(2)(7分)粒子在這一過(guò)程中電勢(shì)能的增量。
15.(15分)半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶正電荷的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。珠子所受靜電力是重力的。將珠子從環(huán)上的最低點(diǎn)A由靜止釋放(重力加速度為g)，則：
(1)(7分)珠子所能獲得的最大動(dòng)能是多少？
(2)(8分)珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力是多少？
章末測(cè)評(píng)驗(yàn)收卷(二)　靜電場(chǎng)的應(yīng)用
1.D　[電容器的額定電壓為100 V，低于100 V時(shí)也可以工作，故A、B錯(cuò)誤；電容只與電容器本身有關(guān)，給電容器加50 V電壓時(shí)，電容器的電容為220 μF，故C錯(cuò)誤；根據(jù)C＝，代入數(shù)據(jù)得電容器允許容納的最大電量為0.022 C，故D正確。]
2.D　[云層帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律可知放電前塔尖端帶正電，故A錯(cuò)誤；塔尖帶正電，云層帶負(fù)電，所以放電時(shí)空氣中的負(fù)電荷將向塔尖端運(yùn)動(dòng)，正電荷向云層運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可知，塔尖的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，所以向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷受到的電場(chǎng)力越來(lái)越大，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷在電場(chǎng)力的作用下向塔尖端運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確。]
3.C　[電場(chǎng)力F＝qE、兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝、兩極板間的電勢(shì)差U＝，所以F＝，故C正確。]
4.D　[放電過(guò)程中儲(chǔ)存的電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，故電場(chǎng)能減小，故A錯(cuò)誤；由圖像可知，放電過(guò)程，電流隨時(shí)間逐漸減小，故B錯(cuò)誤；電容器的電容是表征儲(chǔ)存電荷本領(lǐng)的物理量，與所帶電量無(wú)關(guān)，放電過(guò)程中電容器的電容不變，故D正確；在放電的過(guò)程中，電量減小，根據(jù)C＝知，電容不變時(shí)，電壓逐漸減小，故C錯(cuò)誤。]
5.D　[電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，因受靜電力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖知，電子僅受靜電力，不計(jì)重力。根據(jù)能量守恒定律得mv＝eUOA，因E＝，UOA＝EL＝，故mv＝。故D正確。]
6.B　[將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E＝知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的靜電力減小，則油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)且下極板的電勢(shì)為0，則P點(diǎn)的電勢(shì)將降低，故B正確；根據(jù)Q＝CU，由于電勢(shì)差不變，由C＝知電容器的電容減小，故極板帶電量減小，故D錯(cuò)誤。]
7.C　[電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，豎直方向d＝at2，解得d2＝，即d∝，所以兩極板間距應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的，故C正確。]
8.BC　[紡織品濕度不變時(shí)，相對(duì)介電常數(shù)不變，電容器電容不變，不會(huì)充、放電，則電路中無(wú)電流，A錯(cuò)誤；紡織品濕度增加時(shí)相對(duì)介電常數(shù)εr減小，由電容決定式C＝可知，電容器電容減小，B正確；若電流從a→b，表明電容器放電，電容器始終與電源相連接，兩端電壓U不變，Q減小，由電容定義式C＝可知，C減小，由C＝可知，紡織品相對(duì)介電常數(shù)減小，其濕度增大，C正確；電容器兩極板間的電壓等于電源電壓，紡織品濕度減小，不影響電容器兩極板間電壓，電壓不變，D錯(cuò)誤。]
9.BD　[動(dòng)能增加量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力做功，機(jī)械能增加量等于電勢(shì)能減少量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2x，則電勢(shì)能減少量等于電場(chǎng)力做的功，即ΔEp減＝W電＝qEx＝2mv2，B、D正確；在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢(shì)能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯(cuò)誤。]
10.BC　[設(shè)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)粒子A，有a1＝，l＝a1t2，對(duì)粒子B，有a2＝，l＝a2t2，聯(lián)立解得＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)能定理得qEx＝mv2－0，解得＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]
11.(1)B　(2)A　(3)C
解析　(1)在電源向電容器充電的過(guò)程中，兩極板間電壓U升高，因電容C不變，由公式C＝可知，電容器的帶電量Q變大，故B正確，A、C錯(cuò)誤。
(2)電容器的電容由其本身的特性決定，電容器在放電的過(guò)程中，其電容不變，故A正確，B、C錯(cuò)誤。
(3)I－t曲線與t軸圍成的面積代表電容器的電量，故C正確，A、B錯(cuò)誤。
12.(1)上　左　(2)3.3×10－2　(3)A
解析　(1)開(kāi)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(kāi)關(guān)S接通2，電容器放電，通過(guò)電流表的電流方向向左。
(2)充滿電后電容器所帶電量Q＝CU＝3 300×10－6F×10 V＝3.3×10－2C。
(3)電容器充電過(guò)程中，電流逐漸減小，隨著兩極板電量增大，電流減小得越來(lái)越慢，電容器充電結(jié)束后，電流減小為0，A正確，B錯(cuò)誤；電容是電容器本身具有所屬性，根據(jù)C＝可知，電量與電壓成正比，所以Q與U的關(guān)系圖線應(yīng)為過(guò)原點(diǎn)的直線，C、D錯(cuò)誤。
13.(1)0.4 m　(2)－0.2 m
解析　(1)物塊受到的電場(chǎng)力大小為F＝E|q|＝6.0×105×5.0×10－8 N＝0.03 N，方向水平向左，受到的摩擦力f＝μmg＝0.20×0.01×10 N＝0.02 N，由于F＞f，可知物塊先向右減速運(yùn)動(dòng)，再向左加速運(yùn)動(dòng)，越過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，再減速運(yùn)動(dòng)直到停止，設(shè)物塊到達(dá)最右端的坐標(biāo)為x1，對(duì)O→x1過(guò)程，由動(dòng)能定理得－Fx1－fx1＝0－mv，解得x1＝0.4 m。
(2)設(shè)物塊最終停止的位置坐標(biāo)為－x2，對(duì)O→－x2過(guò)程，由動(dòng)能定理得－2fx1－fx2＝0－mv，解得x2＝0.2 m，即物塊最終停在－0.2 m處。
14.(1)　(2)－mv
解析　(1)帶正電的粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)vx＝v0
在電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)vy＝at＝t
當(dāng)粒子速度方向與初速度方向成30°角時(shí)，如圖所示
vy＝vxtan 30°＝v0
則粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間t＝＝。
(2)在這個(gè)過(guò)程中，粒子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的位移
y＝at2＝×()2＝
靜電力對(duì)粒子做的功W＝qEy＝mv
根據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系知，靜電力對(duì)粒子做正功，電勢(shì)能減少，電勢(shì)能的增量ΔE＝－W＝－mv。
15.(1)mgr　(2)mg
解析　(1)因qE＝mg，所以珠子所受靜電力與重力的合力F合與豎直方向的夾角θ滿足tan θ＝＝，故θ＝37°
如圖所示，設(shè)OB與豎直方向的夾角為θ，則B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，珠子從A點(diǎn)由靜止釋放后從A到B過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)，珠子在B點(diǎn)動(dòng)能最大，對(duì)圓環(huán)的壓力最大
由動(dòng)能定理得qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekm，解得Ekm＝mgr。
(2)設(shè)珠子在B點(diǎn)受圓環(huán)彈力大小為FN，有FN－F合＝m
則FN＝F合＋m＝＋mg＝mg
由牛頓第三定律得珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力大小為mg。(共28張PPT)
章末測(cè)評(píng)驗(yàn)收卷(二)
(時(shí)間：75分鐘　滿分：100分)
第二章　靜電場(chǎng)的應(yīng)用
D
A.電容器的擊穿電壓為100 V
B.當(dāng)電容器的電壓低于100 V時(shí)，電容器無(wú)法工作
C.給電容器加50 V電壓時(shí)，電容器的電容為110 μF
D.電容器允許容納的最大電量為0.022 C
一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。)
1.(2024·廣東茂名市高二期中)如圖是一個(gè)電解電容器，由標(biāo)注的參數(shù)可知(　　)
D
2.(2024·廣州六中校聯(lián)考期末)避雷針是利用尖端放電原理保護(hù)建筑物等避免雷擊的一種設(shè)施。在雷雨天氣，帶負(fù)電的云層運(yùn)動(dòng)到高樓上空時(shí)，避雷針的尖頭通過(guò)靜電感應(yīng)會(huì)帶上大量電荷，由于導(dǎo)體尖端容易聚集電荷，所以樓頂帶上的電荷會(huì)很少，從而保護(hù)建筑。如圖所示為廣州塔“接閃”的畫(huà)面，放大圖為塔尖端附近電場(chǎng)線分布特點(diǎn)(方向未畫(huà)出)，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A.放電前塔尖端帶負(fù)電
B.放電時(shí)空氣中的正電荷將向塔尖端運(yùn)動(dòng)
C.向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷受到的電場(chǎng)力越來(lái)越小
D.向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷電勢(shì)能減小
解析　云層帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律可知放電前塔尖端帶正電，故A錯(cuò)誤；塔尖帶正電，云層帶負(fù)電，所以放電時(shí)空氣中的負(fù)電荷將向塔尖端運(yùn)動(dòng)，正電荷向云層運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可知，塔尖的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，所以向塔尖端運(yùn)動(dòng)的電荷受到的電場(chǎng)力越來(lái)越大，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷在電場(chǎng)力的作用下向塔尖端運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確。
C
3.平行板電容器的電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板間的中間位置處放一電荷q，則它所受電場(chǎng)力的大小為(　　)
D
4.某電容器充電后的電壓為8 V，然后利用傳感器得到放電時(shí)電路中電流隨時(shí)間變化的I－t 曲線(如圖)。則放電過(guò)程中(　　)
A.電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能不變
B.電路中的電流不變
C.電容器兩極板間的電壓不變
D.電容器的電容不變
D
5.兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動(dòng)能是(　　)
B
6.如圖所示，平行板電容器與電壓恒定的直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則(　　)
A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)
B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低
C.極板間的場(chǎng)強(qiáng)不變
D.極板帶電量將增加
C
7.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣緊貼負(fù)極板垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好從正極板右邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板右邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的(　　)
BC
8.工廠為測(cè)量紡織品濕度，會(huì)用電容傳感器進(jìn)行檢測(cè)，其原理簡(jiǎn)化如圖所示。平行板電容器接在電源兩極，a、b間接入電流表。現(xiàn)將等厚度的紡織品放入電容器進(jìn)行檢測(cè)。已知濕度增加時(shí)相對(duì)介電常數(shù)減小，下列說(shuō)法正確的是(　　)
二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)
A.紡織品濕度不變時(shí)，電流表示數(shù)保持某一數(shù)值(非零)恒定不變
B.紡織品濕度增加時(shí)，電容器電容減小
C.若電流方向從a→b，表示紡織品濕度增大
D.紡織品濕度減小，電容器兩極板間電壓減小
BD
9.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(　　)
BC
A.電量q1與q2的比值為3∶7
B.電量q1與q2的比值為3∶4
C.粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶4
D.粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶7
三、非選擇題(本題共5小題，共54分。)
11.(7分)如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路，可研究電容器的充、放電，先使開(kāi)關(guān)S與1端相連，電源給電容器充電，然后把開(kāi)關(guān)S擲向2端，電容器通過(guò)電阻R放電。
(1)電容器在充電的過(guò)程中，電容器的帶電量____________________________。
A.不變 B.變大 C.變小
(2)電容器在放電的過(guò)程中，電容器的電容_________________________________。
A.不變 B.變大 C.變小
(3)傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的I－t曲線。曲線與t軸圍成的面積代表電容器的________。
A.電壓 B.電容 C.電量
答案　(1)B　(2)A　(3)C
(2)電容器的電容由其本身的特性決定，電容器在放電的過(guò)程中，其電容不變，故A正確，B、C錯(cuò)誤。
(3)I－t曲線與t軸圍成的面積代表電容器的電量，故C正確，A、B錯(cuò)誤。
12.(10分)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，電路如圖甲所示。
(1)將開(kāi)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(guò)電流表的電流方向向________(選填“左”或“右”)。
(2)若電源電壓為10 V，實(shí)驗(yàn)中所使用的電容器如圖乙所示，充滿電后電容器所帶電量為_(kāi)_______C(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。
(3)電容器充電過(guò)程中，電流I與時(shí)間t的關(guān)系，所帶電量Q與兩極板間的電壓U的關(guān)系正確的是________。
答案　(1)上　左　(2)3.3×10－2　(3)A
解析　(1)開(kāi)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(kāi)關(guān)S接通2，電容器放電，通過(guò)電流表的電流方向向左。
(2)充滿電后電容器所帶電量Q＝CU＝3 300×10－6F×10 V＝3.3×10－2C。
13.(9分)在一個(gè)水平面上建立x軸，在過(guò)原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個(gè)帶電量q＝－5.0×10－8 C、質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的絕緣物塊，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0＝2.0 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)。試求：
(1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；
(2)物塊最終停止的位置。
答案　(1)0.4 m　(2)－0.2 m
解析　(1)物塊受到的電場(chǎng)力大小為F＝E|q|＝6.0×105×5.0×10－8 N＝0.03 N，方向水平向左，受到的摩擦力f＝μmg＝0.20×0.01×10 N＝0.02 N，由于F＞f，可知物塊先向右減速運(yùn)動(dòng)，再向左加速運(yùn)動(dòng)，越過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，再減速運(yùn)動(dòng)直到停止，設(shè)物塊到達(dá)最右端的坐標(biāo)為x1，對(duì)O→x1過(guò)程，
(2)設(shè)物塊最終停止的位置坐標(biāo)為－x2，對(duì)O→－x2過(guò)程，
14.(13分)如圖所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射出電場(chǎng)的瞬時(shí)速度的方向與初速度方向成30°角。在這個(gè)過(guò)程中，不計(jì)粒子重力。求：
(1)該粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間；
(2)粒子在這一過(guò)程中電勢(shì)能的增量。
解析　(1)帶正電的粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)vx＝v0
當(dāng)粒子速度方向與初速度方向成30°角時(shí)，如圖所示
根據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系知，靜電力對(duì)粒子做正功，電勢(shì)能減少，
(1)珠子所能獲得的最大動(dòng)能是多少？
(2)珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力是多少？
如圖所示，設(shè)OB與豎直方向的夾角為θ，
則B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，珠子從A點(diǎn)由靜止釋放后從A到B過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)，珠子在B點(diǎn)動(dòng)能最大，對(duì)圓環(huán)的壓力最大
由動(dòng)能定理得qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekm

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