章末综合测评(二)
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)如下列图，在暴雨前，有一带电云团(可近似看作带电绝缘球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的答案是( )
A．带电体的电势能一定越来越大
B．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高 C．带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大 D．带电体的加速度一定越来越小
C [带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化，故B错误；因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大，故C正确；根据电场强度越来越大，如此电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D错误。]
2．(4分)一平行板电容器两极板间距离为d，极板正对面积为S，对此电容器充电后再与电源断开。当只增加两板间距离d时，电容器两极板间的( )
A．电场强度减小，电势差变大 B．电场强度减小，电势差减小 C．电场强度不变，电势差变大 D．电场强度不变，电势差不变
C [电容器充电后再与电源断开，所带电量不变。根据板间电场强度E＝，C＝和C＝
UdQUεS4πkQ得到E＝，由题Q、ε、S都不变，如此板间电场强度E不变。板间电势差U＝Ed，4πkdεSd增大，电势差增大。]
3．(4分)如下列图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压
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电场，涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件外表，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。如下说法正确的答案是( )
A．涂料微粒一定带正电
B．图中虚线可视为高压电场的局部电场线 C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动 D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能
C [因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的局部电场线，选项B错误；从喷枪口到工件的电场先减弱后增强，可知微粒加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力对微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误。]
4．(4分)如下列图，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板外表仍均为等势面，如此该油滴( )
A．仍然保持静止 C．向左下方运动
B．竖直向下运动 D．向右下方运动
D [将B板右端向下移动一小段距离后，电容器内部电荷重新分布，右侧电荷稀疏，左侧电荷密集，电场力方向不再竖直向上，而是向右侧倾斜，使得带电油滴不再受力平衡，合力方向向右下方，如下列图，油滴向右下方运动，选项D正确。]
5．(4分)示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成如下情况：如下列图，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，金属板长为L，相距为d。当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点。电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，如下情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( )
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A．U1变大，U2变大 C．U1变大，U2变小
B．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小
B [当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远。设电子经过U112
加速后速度为v0，离开偏转电场时竖直方向速度为vy，根据题意得：eU1＝mv0，电子在A、B2间做类平抛运动，当其离开偏转电场时竖直方向速度为vy＝at＝
eU2L·，解得速度的偏转角mdv0
vyU2Lθ满足：tan θ＝＝，显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d，应当选
v02dU1
B。]
6．(4分)如下列图，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大，如此( )
A．电荷仍将静止 B．电荷将向上加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流
D [原来电荷静止，电荷所受重力与电场力平衡。电容器与电源相连，电容器的电压不变，两极板的间距变大，如此板间场强E＝减小，电荷所受电场力F＝qE减小，电荷将向下加速运动，故AB两项错误；据C＝可得，两极板的间距变大，电容器的电容减小；电容4πkd器的电压不变，电容的带电量Q＝CU减小，电容器放电，电流表中将有从b到a的电流，故C项错误，D项正确。]
7．(4分)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如下列图。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。偏移量越大打在纸上的字迹越大，现要增大字迹，如下措施可行
UdεrS- 3 - / 12
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的是( )
A．增大墨汁微粒的比荷
B．增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C．减小偏转极板的长度 D．减小偏转极板间的电压
A [微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，如此有水平方向L＝v0t，竖12qUqULqUL直方向y＝at，又a＝，联立解得y＝，要增大字迹，就要增大微粒通过偏2 ＝
2md2mdv04dEk0 转电场的偏转量y，由上式分析可知，采用的方法可以有：增大比荷、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度L、增大偏转极板间的电压U。选项A正确，B、C、D错误。]
8．(6分)在“观察电容器的充、放电现象〞实验中，电路如图(甲)所示
2
2
qm
(甲) (乙)
(1)将开关S接通1，电容器的(填“上〞或“下〞)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向(填“左〞或“右〞)。
(2)假设电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图(乙)所示，充满电后电容器正极板带电量为C(结果保存两位有效数字)。
(3)如下关于电容器充电时，电流i与时间t的关系；所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的答案是。
A B C D
[解析] (1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流向左。
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(2)充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10 F×10 V＝3.3×10 C。
(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小的越来越慢，电容器充电完毕后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式C＝可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点直线，C、D错误。
[答案] (1)上 左 (2)3.3×10 (3)A
9．(8分)有带电平行板电容器竖直放置，如下列图，两极板间距d＝0.1 m，电势差U＝1 000 V，现从平行板上A处以vA＝3 m/s速度水平向左射入一带正电小球(小球带电荷量q＝10C，质量m＝0.02 g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB(g＝10 m/s)。
2
－7
－2
－6－2
QU
[解析] 把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进展分解。在水平方向上，小球有初速度
vA，受恒定的电场力qE作用，做匀变速直线运动，且由qU>mv2A知，小球不会到达左极板处。
在竖直方向上，小球做自由落体运动。两个分运动的运动时间相等，设为t，如此
1
2
U1 0004
在水平方向上：E＝＝V/m＝10V/m
d0.1
qE10－7×1042vA2×322
如此其加速度大小为：a水平＝＝m/s，如此t＝＝s＝0.12 s －3m/s＝50
m0.02×10a50
12－2
在竖直方向上：sAB＝gt，联立以上四式求解得：sAB＝7.2×10m。
2[答案]sAB＝7.2×10m
10．(10分)如下列图，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，AO的水平距离为d。
(不计重力)求：
－2
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(1)从A点到B点所用的时间； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)A、B两点间的电势差。
[解析] (1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，如此有t＝。
(2)由牛顿第二定律得a＝
将粒子射出电场的速度v进展分解，如此有
dv0
qEmvy＝v0tan 45°＝v0，又vy＝at，
所以v0＝·＝
2mv0
解得E＝。
edqEdeEd，
mv0mv0
1122
(3)由动能定理得eUAB＝m(2v0)－mv0
22
2
mv0
解得UAB＝。
2e22
dmv0mv0
[答案] (1) (2) (3)
v0ed2e
11．(4分)(多项选择)某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的答案是( )
A．该电场是匀强电场 B．a点电势高于b点电势 C．电场力对粉尘做正功 D．粉尘的电势能增大
BC [该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场，故A错误；沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a- 6 - / 12
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点，电场力对粉尘做正功，故C正确；带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误；应当选B、C。]
12．(4分)(多项选择)如下列图为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C。实验中极板所带电荷量可视为不变，如此如下关于实验的分析正确的答案是( )
A．保持d不变，减小S，如此C变小，θ变大 B．保持d不变，减小S，如此C变大，θ变大 C．保持S不变，增大d，如此C变小，θ变大 D．保持S不变，增大d，如此C变大，θ变大
AC [由C＝可知，保持d不变，减小S，如此电容C减小，又因为极板所带电荷量
4πkdεrSQQ可视为不变，由C＝可知，极板间电压U增大，故静电计偏角θ增大，A项正确，B项错
U误；由C＝可知，保持S不变，增大d，如此电容C减小，又因为极板所带电荷量Q可
4πkd视为不变，由C＝可知，极板间电压U增大，故静电计偏角θ增大，C项正确，D项错误。]
13．(4分)(多项选择)如下列图，三个质量一样，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如下列图，如此在穿过极板的过程中( )
εrSQU
A．电场力对液滴a、b做的功一样 B．三者动能的增量一样
C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量 D．重力对三者做的功一样
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AD [因a、b带电荷量大小相等，所以穿过两板时电场力做功一样，电势能减小量一样，A正确，C错误；c不带电，不受电场力作用，由动能定理知，三者动能增量不同，B错误；a、
b、c三者穿出电场时，由WG＝mgh知，重力对三者做功一样，D正确。]
14．(4分)(多项选择)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比拟准确地测定了电子的电荷量。如下列图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，如此 ( )
A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为
mgUdC．电容器的电容为
kmgd U2
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
AC [由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，如此极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝
UdQUmgd，C＝Ukmgd，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，如此电场强度E减小，重力将大U2
于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确。]
15．(4分)(多项选择)如下列图，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，如此点电荷运动到负极板的过程( )
A．加速度大小为a＝＋g
EqmB．所需的时间为t＝
dm qE- 8 - / 12
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C．下降的高度为y＝
2D．电场力所做的功为W＝Eqd
B [点电荷受到重力、电场力，合力F＝
dqE2
＋mg2
；根据牛顿第二定律有a＝
qE2
＋mg2
m，故A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方
qEd1qE2
向上的加速度a＝，根据位移公式可得＝·t，化简得t＝
m22mmd，故B正确；竖直方向qE12mgddqEd做自由落体运动，下降高度h＝gt＝，故C错误；电荷运动位移为，故电场力做功W＝，
22qE22故D错误。]
16．(8分)如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电至电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：
a．按图甲所示的电路图连接好电路；
b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数I0＝490 μA，电压表的示数U0＝8.0 V。
c．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横坐标，电流I为纵坐标)，结果如图中小黑点所示；
甲 乙
(1)在图乙中画出It图线；
(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是 ；
(3)该电容器电容为F(结果保存两位有效数字)；
(4)假设某同学实验时把电压表接在E、D两端，如此电容的测量值比真实值(选填“偏大〞“偏小〞或“相等〞)。
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[解析] (1)根据图中画出的点作平滑的曲线作图如下列图。
(2)由ΔQ＝I·Δt
知电荷量为It图象与坐标轴所包围的面积，如此面积的物理意义为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(3)数出图乙中图线与坐标轴所围成面积约为32格，即电容器的电荷量为
Q＝32×50×10－6×5 C＝8.0×10－3 C Q8×10－3－3
如此有C＝＝ F＝1×10 F。
U8
(4)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是假设把电压表接在E、D两端，如此电容器在放电时，有一局部电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
[答案] (1)见解析 (2)开始放电时，电容器所带电量 (3)1.0×10(0.95×10～1.2×10) (4)偏小
17．(10分)如下列图，质量为m＝5×10 kg的带电粒子以v0＝2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，板长L＝10 cm，板间距离d＝2 cm，当A、B间加电压
－8
－3
－3
－3
UAB＝103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A板电势高)，g取10 m/s2。求：
(1)带电粒子电性和所带电荷量；
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ [解析] (1)当UAB＝10 V时，粒子做直线运动 有q＝mg 解得q＝
3
Udmgd－11
＝10 C，带负电。 U(2)当电压UAB比拟大时，qE>mg，粒子向上偏，
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由牛顿第二定律得
qU1
－mg＝ma1 d当刚好能从上板边缘飞出时，有 11Ldy＝a1t2＝a1()2＝ 22v02解得U1＝1 800 V
当电压UAB比拟小时，qE 如此要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为： 200 V≤UAB≤1 800 V。 [答案] (1)带负电 10 －11 qU2 ＝ma2 dC (2)200 V≤UAB≤1 800 V 18．(10分)如下列图，在E＝10 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4 m。一带正电荷q＝10 C的小滑块，质量为m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数 －4 3 μ＝0.2，g取10 m/s2，求： (1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点) [解析] (1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是 v2 mg＝m，v＝gR＝2 m/s R滑块由释放点到最高点过程中，由动能定理得 qEx－μmgx－2mgR＝mv2， 12 2mv＋2gR 所以x＝ 12 qE－μmg，代入数据得x＝20 m。 - 11 - / 12 word (2)从P到Q，由动能定理得 1212 －mgR－qER＝mv－mvP 22所以vP＝v＋2(g＋)R 2 mvP在P点由牛顿第二定律得FN－qE＝ R2 2 qEm所以FN＝3(mg＋qE)，代入数据得FN＝1.5 N。 [答案] (1)20 m (2)1.5 N - 12 - / 12 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容