階段驗收評價(二) 靜電場中的能量

PAGE第17頁共17頁階段驗收評價(二)靜電場中的能量A卷——基本能力評價(時間：75分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是()A．由E＝eq\f(F,q)知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶的電荷量成反比B．由C＝eq\f(Q,U)知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．由UAB＝eq\f(WAB,q)知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1V解析：選D電場強度E與F、q無關(guān)，由電場本身決定，A錯誤；電容C與Q、U無關(guān)，由電容器本身決定，B錯誤；E＝keq\f(Q,r2)是決定式，C錯誤；由UAB＝eq\f(WAB,q)可知，D正確。2.如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是該點電荷標有電場方向的一條電場線，一帶電粒子只在靜電力作用下從A沿著虛線運動到B。設(shè)該粒子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A．粒子一定帶負電B．點電荷Q靠近M端C．A、B兩點的電場強度關(guān)系是EA＝EBD．該粒子在A、B兩點的電勢能EpA<EpB解析：選D點電荷Q電性不清楚，點電荷可能帶正電荷靠近N端，也可能帶負電荷靠近M端，點電荷的電場不是勻強電場，故選項B、C錯誤；根據(jù)電場線性質(zhì)φA<φB及運動軌跡的彎曲方向可知，電場力應(yīng)該指向曲線彎曲內(nèi)側(cè)，即帶電粒子一定是正電荷，所以該粒子在A、B兩點的電勢能EpA<EpB，選項A錯誤，D正確。3.某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功C．c點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷D．若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c解析：選B由沿電場線的方向電勢降低和電場線與等勢面垂直的特點，可知a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；由電勢能的公式：Ep＝qφ，可得出正試探電荷在a點的電勢能低于在b點的電勢能，由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，可知將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功，故B正確；因為電場線的疏密表示電場的強弱，故c點的電場強度小于d點的電場強度，故C錯誤；正試探電荷在d點時所受的電場力沿該處電場線的切線方向，使該電荷離開該電場線，所以該電荷不可能沿著電場線由d到c，故D錯誤。4.如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是()A．A、B兩處電勢、場強均相同B．C、D兩處電勢、場強均相同C．帶正電的試探電荷在O處的電勢能小于在B處的電勢能D．帶正電的試探電荷在C處給予某一初速度，電荷可能做勻速圓周運動解析：選B根據(jù)順著電場線方向電勢降低，結(jié)合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知，A、B場強相同，A點電勢較高，故A錯誤；如圖所示，根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性，C、D兩處電勢、場強均相同，故B正確；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以O(shè)點電勢高于B點電勢，則正電荷在O處電勢能大于在B處電勢能，故C錯誤；根據(jù)電場線疏密表示場強的大小可知各處電場強度不同，帶正電的試探電荷在C處給予某一初速度，電荷不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。5.如圖所示，靜電噴涂時，被噴工件接正極，噴槍口接負極，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)化為電勢能解析：選C因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負電，選項A錯誤；虛線為涂料微粒的運動軌跡，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強度先減弱后增強，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，故微粒的電勢能不斷轉(zhuǎn)化為動能，選項D錯誤。6.如圖所示，平行板電容器與直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點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一小段距離，則()A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動B．P點的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能減小D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大解析：選B保持電源與電容器相連，則兩板間電壓U不變，而板間距離d增大，則E＝eq\f(U,d)將減小，原來qE＝mg，則上極板稍上移后，qE<mg，油滴將沿豎直方向向下運動，選項A錯誤；設(shè)接地點電勢為0，則φP＝UP0＝EdP0，E減小，則P點電勢φP減小，選項B正確；P點電勢減小，帶電油滴帶負電荷，所以帶電油滴的電勢能將增大，選項C錯誤；由Q＝CU知，U一定，C減小，則Q減小，選項D錯誤。7.如圖甲所示，a、b是一條豎直電場線上的兩點，一帶正電的粒子從a運動到b的速度—時間圖像如圖乙所示，則下列判斷正確的是()A．b點的電場方向為豎直向下B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．粒子從a到b的過程中電勢能先減小后增大D．粒子從a到b的過程中機械能先增大后減小解析：選B粒子在a點時受到的電場力方向向上，且大于重力，所以電場的方向為豎直向上，故A錯誤；粒子在b點時受到的電場力小于重力，所以a點的電場強度比b點的大，故B正確；粒子從a到b的過程中電場力一直做正功，所以電勢能一直減小，故C錯誤；粒子從a到b的過程中，除重力做負功外，只有電場力做正功，則機械能一直增大，故D錯誤。8.如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則()A．a(chǎn)、b兩點的場強相等B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等D．c、d兩點的電勢相等解析：選ABC將圓環(huán)分割成無窮個小段，關(guān)于水平直徑對稱的兩小段構(gòu)成等量異種點電荷模型，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點場強方向由正點電荷指向負點電荷，根據(jù)對稱性可知a、b兩點的場強相等，A項正確；取無窮遠處電勢為零，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點電勢均為零，故a、b兩點的電勢相等，B項正確；關(guān)于豎直直徑對稱的兩小段構(gòu)成等量同種點電荷模型，根據(jù)對稱性可知c、d兩點的場強相等，C項正確；在等量異種點電荷模型中，距離正點電荷近的點電勢高，故φc＞φd，D項錯誤。9.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出。若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下極板中央B．仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央解析：選BD將電容器上極板或下極板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知，電容器產(chǎn)生的電場強度不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動，故B正確，A、C錯誤；當上極板不動，下極板向上移動時，小球可能打在下極板的中央，故D正確。10.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解析：選AD因a、b帶電荷量相等，所以穿過兩板時電場力做功相同，電勢能減少量相同，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。11.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶2解析：選BC粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個eq\f(t,2)的時間內(nèi)沿豎直方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，A錯誤，B正確；由W＝Eqx知，在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，C正確，D錯誤。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(6分)(1)如圖所示，某實驗小組利用控制變量法研究影響平行板電容器電容大小的因素。保持Q和d不變，若使兩極板的正對面積S變小，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度________(填“變大”“變小”或“不變”)；然后保持Q和S不變，改變兩極板間距d；再保持Q、S、d不變，插入電介質(zhì)；通過靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的變化，從而判斷電容的變化。(2)如圖甲所示，某同學(xué)利用傳感器觀察電容器的放電過程，得出電容器放電的I-t圖像，如圖乙所示，實驗所使用的電源電壓為8V，根據(jù)I-t圖像判斷電容器在放電過程中釋放的電荷量最接近的是Q＝________(填“0.018”“0.003”或“0.001”)C，可估算得出電容器的電容C＝________F。解析：(1)根據(jù)電容的決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容與兩極板間距離成反比，當保持Q、S不變，增大d時，電容C減小，因電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式：C＝eq\f(Q,U)，知兩極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大。(2)電容器的放電的I-t圖像是I逐漸減小的曲線，根據(jù)q＝It，可知I-t圖像與坐標軸圍成的面積就是釋放的電荷量，經(jīng)分析可知圖像中共有34格，所以電容器在放電過程中釋放的電荷量約為：Q＝34×0.2×10－3×0.4C＝0.00272C≈0.003C，則電容器的電容：C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.003,8)F＝0.000375F＝3.75×10－4F。答案：(1)變大(2)0.0033.75×10－413．(10分)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為53°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為37°。不計粒子重力，求A、B兩點間的電勢差。解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin37°＝v0sin53°由此得vB＝eq\f(4,3)v0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理得：qUAB＝eq\f(1,2)m(vB2－v02)聯(lián)立各式得：UAB＝eq\f(7mv02,18q)。答案：UAB＝eq\f(7mv02,18q)14.(12分)在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m/s，如圖所示。g取10m/s2，求物塊最終停止時的位置。解析：物塊先在電場中向右減速，設(shè)運動的位移為x1，由動能定理得：－(|q|·E＋μmg)x1＝0－eq\f(1,2)mv02解得：x1＝0.4m根據(jù)題意可知，當物塊速度減為零時：|q|·E－μmg>0所以物塊將沿x軸負方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側(cè)某處，設(shè)該點距O點距離為x2，對全程由動能定理有：－μmg(2x1＋x2)＝0－eq\f(1,2)mv02解得：x2＝0.2m。答案：O點左側(cè)0.2m15．(14分)水平放置的兩塊平行金屬板長L＝5.0cm，兩板間距d＝1.0cm，兩板間電壓為90V且上板為正。一電子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s從兩板中間射入，如圖所示，求：(電子電荷量e＝1.6×10－19C，電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)電子偏離金屬板時的側(cè)位移；(2)電子飛出電場時的速度大??；(3)電子離開電場后，打在屏上的P點，若s＝10cm，求OP的長。解析：(1)電子在電場中的加速度a＝eq\f(Ue,md)，運動時間t＝eq\f(L,v0)，側(cè)位移即豎直方向位移：y0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdv02)，代入數(shù)據(jù)解得y0≈4.9×10－3m。(2)電子飛出電場時，水平分速度vx＝v0，豎直分速度vy＝at＝eq\f(eUL,mdv0)，飛出電場時的速度為v＝eq\r(vx2＋vy2)，代入數(shù)據(jù)可得：v≈2.0×107m/s。(3)設(shè)v與v0的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx)電子飛出電場后做勻速直線運動：OP＝y(tǒng)0＋eq\x\to(NP)＝y(tǒng)0＋s·tanθ代入數(shù)據(jù)解得OP≈2.5×10－2m。答案：(1)4.9×10－3m(2)2.0×107m/s(3)2.5×10－2m16．(14分)如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩極板M、N接上直流電源。上極板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm處的B點，有一小油滴自由落下。已知小油滴帶電荷量Q＝－3.5×10－14C，質(zhì)量m＝3.0×10－9kg。當小油滴即將落到下極板時，速度恰為零。(不計空氣阻力，g＝10m/s2，L＝15cm)求：(1)兩極板間的電勢差U；(2)兩極板間的電場強度E；(3)設(shè)平行板電容器的電容C＝4.0×10－12F，則該電容器帶電荷量Q是多少？解析：(1)由動能定理W＝ΔEk得mg(h＋L)＝|Q|·U，U＝eq\f(mgh＋L,|Q|)代入數(shù)據(jù)U＝eq\f(3.0×10－9×10×0.2＋0.15,3.5×10－14)V＝3.0×105V。(2)兩極板間的電場強度E＝eq\f(U,L)＝eq\f(3.0×105,0.15)V/m＝2.0×106V/m方向豎直向下。(3)該電容器帶電荷量Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×105C＝1.2×10－6C。答案：(1)3.0×105V(2)2.0×106V/m方向豎直向下(3)1.2×10－6CB卷——綜合素養(yǎng)評價(時間：75分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．如圖甲、乙所示，平行板電容器與電源連接充電。若保持電源接通，先將一導(dǎo)體平板插入電容器兩平板間，然后從另一側(cè)抽出。則在此過程中()A．插入和抽出導(dǎo)體板時，電容器既不充電也不放電B．插入和抽出導(dǎo)體板時，電容器均充電C．插入和抽出導(dǎo)體板時，電容器均放電D．插入導(dǎo)體板時電容器充電，抽出導(dǎo)體板時電容器放電解析：選D根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知插入導(dǎo)體板過程電容增大，抽出導(dǎo)體板過程電容減??；保持電源接通，電容器兩板間的電壓U不變，根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)知，所帶電荷量先增加后減少，故插入導(dǎo)體板時電容器充電，抽出導(dǎo)體板時電容器放電，故選項D正確。2.如圖所示，A、B、C是點電荷Q形成的電場中的三點，BC是以Q為圓心的一段圓弧，UAB＝＋10V，正點電荷q沿A→B→C移動，則()A．點電荷Q帶正電B．沿BC運動時電場力做正功C．B點的電場強度與C點的相等D．q在A點時具有的電勢能比在C點時的大解析：選D根據(jù)兩點的電勢差UAB＝＋10V，可知離電荷越遠電勢越高，可知Q為負電荷，A錯誤；由點電荷電場特點知，BC為等勢面，故沿BC運動時電場力不做功，B錯誤；根據(jù)點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，可知B、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，電場強度是矢量，故不相等，C錯誤；根據(jù)A、B兩點的電勢差為10V，且q為正電荷，故在A點時具有的電勢能比在B點時的大，而B、C電勢相等，所以q在A點時具有的電勢能比在C點時的大，D正確。3.將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，則下列說法錯誤的是()A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大B．a(chǎn)點的電勢比b點的高C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負功答案：C4.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個圓，Pc是圓的一條直徑，O為圓心。Pa、Pb、Pd、Pe為圓的四條弦，在這四條弦和一條直徑中，相鄰之間的夾角均為30°，該圓處于勻強電場中，電場的方向與圓所在的平面平行，且電場的方向沿Pa方向由P指向a。在P點將一帶正電荷的粒子(不計重力)以某速度沿該圓所在的平面射出，粒子射出的方向不同，該粒子會經(jīng)過圓周上的不同點。則下列說法正確的是()A．在a、b、c、d、e五點中，粒子在a點的速度最大B．在a、b、c、d、e五點中，粒子在b點的動能最大C．在a、b、c、d、e五點中，粒子在c點的電勢能最大D．在a、b、c、d、e五點中，粒子在d點的機械能最大解析：選B由電場的方向沿Pa方向由P指向a，由幾何關(guān)系可知如圖所示，實線是電場中的等勢線，P、a、b、c、d、e各點有電勢關(guān)系為φe>φP＝φd>φa＝φc>φb；在P點將一帶正電荷的粒子以某速度沿該圓所在的平面射出，粒子射出的方向不同，該粒子會經(jīng)過圓周上a、b、c、d、e五點時其速度關(guān)系有ve<vP＝vd<va＝vc<vb，可見經(jīng)過b點時速度最大，動能最大，故B正確，A錯誤；e點電勢最高，粒子在e點電勢能最大，機械能最??；b點電勢最低，粒子在b點電勢能最小，機械能最大。故C、D錯誤。5.如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A.eq\f(Ek0,4qd) B.eq\f(Ek0,2qd)C.eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq\f(\r(2)Ek0,qd)解析：選B當電場強度最大時，粒子打到上極板的情況為粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，將粒子初速度v0分解為垂直極板方向的vy和平行極板方向的vx，根據(jù)運動的合成與分解及運動學(xué)公式有vy2＝2eq\f(qE,m)d，vy＝v0cos45°，又Ek0＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故選項B正確。

6.如圖所示，勻強電場中，A、B、C三點構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形，電場強度方向平行于紙面，現(xiàn)有一電子，在電場力作用下，由A至C動能減少W，而質(zhì)子在電場力作用下，由A至B動能增加W，則該勻強電場電場強度E的大小和方向的判斷正確的是()A．E＝eq\f(2\r(3)W,3ae)，方向垂直BC并由A指向BCB．E＝eq\f(\r(3)W,6ae)，方向垂直BC并由A指向BCC．E＝eq\f(2\r(3)W,3ae)，方向垂直AC并由B指向ACD．E＝eq\f(\r(3)W,6ae)，方向垂直AB并由C指向AB解析：選A根據(jù)動能定理得：A→C過程：－eUAC＝－W，得A、C間電勢差為UAC＝eq\f(W,e)>0，則φA>φC；A→B過程：eUAB＝W，得A、B間電勢差為UAB＝eq\f(W,e)，則φA>φB，所以UAC＝UAB；由于UAC＝φA－φC，UAB＝φA－φB，可知，B、C兩點電勢相等，根據(jù)電場線與等勢線垂直，由高電勢處指向低電勢處，則得知，電場強度E的方向垂直BC并由A指向BC。又UAB＝Easin60°，解得：E＝eq\f(2\r(3)W,3ae)，故A正確，B、C、D錯誤。7.K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對圓形金屬板，直徑為L，板間距離為eq\f(\r(3),2)L，金屬板接入電路如圖所示(只畫出了紙面內(nèi)的剖面圖)，M、N兩端外加電壓UMN。K極板正中間有一粒子源，可向其左側(cè)空間均勻的發(fā)射速度大小為v，質(zhì)量為m，電荷量為－q(q＞0)的粒子，平行板間的電場看作勻強電場，則以下說法正確的是()A．當UMN＝－eq\f(mv2,4q)時，電流表示數(shù)為0B．當UMN＝－eq\f(mv2,2q)時，電流表示數(shù)不為0C．當UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，則當UMN＝eq\f(4\r(3),q)mv2時，電流表示數(shù)為3ID．當UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，則當UMN(UMN>0)增大時，電流表最大示數(shù)為1.5I解析：選C當發(fā)射速度水平向左時，向左的位移最大，設(shè)粒子到達A板速度恰好為零，此時電流表示數(shù)為零，根據(jù)動能定理，有qUMN＝0－eq\f(1,2)mv2，整理得UMN＝－eq\f(mv2,2q)，故A、B錯誤；由題意，當UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，設(shè)此時恰好能運動到A板的粒子與水平面夾角為θ，則有tanθ＝eq\f(\f(L,2),\f(\r(3)L,2))＝eq\f(\r(3),3)，即為θ＝30°，則當UMN(UMN＞0)增大到一定值時，所有粒子均能到達A極板；當UMN＝eq\f(4\r(3)mv2,q)時，與極板平行射出的粒子有eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)eq\f(qUMN,\f(\r(3),2)L·m)t2，粒子打到板上的位置距離中心的距離為y＝vt＝eq\r(\f(\r(3),8)L)<eq\f(1,2)L，可知0＜θ＜90°范圍的粒子都能到達A板，此時電流表最大示數(shù)為3I，故C正確，D錯誤。8.如圖所示，虛線A、B、C表示某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，實直線表示電場中的三條沒標明方向的電場線，a、b是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡上的兩點。則()A．粒子過a點的加速度大于粒子過b點的加速度B．AB間的電勢差小于BC間的電勢差C．場源電荷是負電荷D．帶正電荷的粒子在b點的電勢能大于在a點的電勢能解析：選ACD點電荷形成的電場中，離點電荷越近則電場強度越大，粒子加速度越大，選項A正確；AB之間的電場強度大于BC之間的電場強度，有U＝Ed可知AB間的電勢差大于BC間的電勢差，選項B錯誤；根據(jù)運動軌跡可知帶正電的粒子受到場源電荷的庫侖力是引力，所以場源電荷是負電荷，選項C正確；帶正電荷的粒子在a到b的過程中電場力做負功，因此在b點的電勢能大于在a點的電勢能，選項D正確。9.如圖所示電路，開關(guān)K原來是閉合的，當R1、R2的滑片剛好處于各自的中點位置時，懸在空氣平板電容器C兩水平極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止狀態(tài)。要使塵埃P加速向上運動的方法是()A．把R1的滑片向上移動B．把R2的滑片向上移動C．把R2的滑片向下移動 D．把開關(guān)K斷開解析：選CD塵埃P處于靜止狀態(tài)時，有mg＝eq\f(qU,d)，要使塵埃P加速向上運動，則電壓U應(yīng)該增大；在電路中R1可看作是導(dǎo)線，調(diào)節(jié)R1不會改變電容器兩端的電壓，A錯誤；由題圖可知，電容器與R2的上端并聯(lián)，向上移動滑片可以使C兩端的電壓減小，P會向下加速運動，B錯誤；把R2的滑片向下移動時，電容器C兩端的電壓增大，P加速向上運動，C正確；開關(guān)K斷開，電容器兩端電壓等于電源的電動勢，電壓增大，P加速向上運動，D正確。

10.如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，三點構(gòu)成直角三角形，∠A＝37°，AB邊長為5m，D為AB中點，電場線與ABC所在平面平行，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和6V，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．CD兩點間電勢差UCD＝4VB．D點電勢φD＝10VC．該電場的電場強度E＝2V/mD．該電場的方向為沿BC方向解析：選BC在勻強電場中，平行等距離的兩點電勢差相等，則φA－φD＝φD－φB，解得φD＝10V，所以UCD＝φC－φD＝－4V，故A錯誤，B正確；三角形中B、C的電勢均為6V，則B和C為等勢點，BC為等勢線，則電場線方向沿AC方向，電場強度為E＝eq\f(UAC,ABcos37°)＝eq\f(8,5×0.8)V/m＝2V/m，故C正確，D錯誤。11.如圖所示，M、N為真空中相距為2L的兩個等量負點電荷，O為兩電荷連線的中點，a、b為連線上的兩點，且距O點的距離均為x(x?L)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點的電場強度相同B．a(chǎn)、b兩點的電勢相同C．在a點由靜止釋放一電子，則電子在a、b之間做簡諧運動D．以M為球心作一球面，電子在該球面上任意兩點間移動，電場力均不做功解析：選BC根據(jù)兩個等量負點電荷的電場和電勢分布特點及對稱性可知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相反，a、b兩點的電勢相同，故A錯誤，B正確；因為aO之間的合電場強度指向M，bO之間的合電場強度指向N，所以電子在a、b之間受到的電場力均指向平衡位置O，設(shè)電子到O點的距離為r(r≤x)，負點電荷的電荷量為Q，則電子在a、b之間所受電場力的合力大小為F＝eq\f(keQ,L－r2)－eq\f(keQ,L＋r2)＝keQeq\f(4Lr,L2－r22)＝keQeq\f(4Lr,L4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(r2,L2)))2)≈eq\f(4keQ,L3)r，所以電子所受合力大小與到平衡位置的距離成正比，符合簡諧運動回復(fù)力的特征，則電子將在a、b之間做簡諧運動，故C正確；根據(jù)兩個等量負點電荷的電勢分布特點可知，以M為球心作一球面并非等勢面，所以電子在該球面上任意兩點間移動，電場力做功不為零，故D錯誤。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(9分)如圖所示，豎直放置的兩塊足夠大的帶電平行板間形成一個方向水平向右的勻強電場區(qū)域，場強大小E＝5.0×104N/C。在兩板間用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的帶電小球，靜止時小球偏離豎直方向的夾角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球所帶電的電性和電荷量；(2)絕緣細線對小球的拉力；(3)若小球靜止時離右板的距離為d＝0.15m，現(xiàn)突然剪斷細線，則小球運動多長時間碰到右極板。解析：(1)由平衡條件分析知小球受靜電力向右，電場強度方向水平向右，故小球帶正電，對小球受力分析如圖所示由平衡條件有F電＝Eq＝mgtan53°解得q＝8.0×10－7C。(2)由平衡條件有F拉＝eq\f(mg,cos53°)解得F拉＝5.0×10－2N。(3)剪斷細線后，小球在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向做自由落體運動。在水平方向上，由牛頓第二定律有Eq＝ma根據(jù)運動學(xué)公式有d＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝0.15s。答案：(1)正電，8.0×10－7C(2)5.0×10－2N(3)0.15s13．(9分)如圖所示，光滑絕緣水平地面上相距2L的A、B兩點固定有兩個電量均為Q的正點電荷，a、O、b是AB連線上的三點，且O為中點，eq\x\to(Oa)＝eq\x\to(Ob)＝eq\f(L,2)。另一質(zhì)量為m、電荷量為q的點電荷以初速度v0從a點出發(fā)，沿AB連線向B運動，在運動過程中電荷受到的阻力滿足f＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(常數(shù)v≠0,0v＝0))，當它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到b點時速度剛好為零。求：(1)a點的電場強度和電勢；(2)電荷q在電場中運動的總路程。解析：(1)設(shè)a點的電場強度為E，則E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)，方向向右(指向B)。由對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，即φa＝φb，且φO＝0，Uab＝0，設(shè)電荷q在運動中所受的阻力為f，由動能定理得當電荷由a運動到O點時，有qUaO－feq\f(L,2)＝n·eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02當電荷由a運動到b點時，有qUab－fL＝0－eq\f(1,2)mv02UaO＝φa－φO聯(lián)立各式解得φa＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))mv02,4q)。(2)電荷最終靜止在O點，設(shè)由運動到最后靜止所通過的總路程為s，則qUaO－fs＝0－eq\f(1,2)mv02聯(lián)立各式解得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))L。答案：(1)eq\f(32kQ,9L2)，方向向右(指向B)eq\f(2n－1mv02,4q)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))L14.(11分)如圖所示，一帶電粒子以速度v0沿上板邊緣垂直于電場線射入勻強電場，它剛好貼著下板邊緣飛出。已知勻強電場兩極板長為l，間距為d，求：(1)如果帶電粒子的速度變?yōu)?v0，則離開電場時，沿電場強度方向偏轉(zhuǎn)的距離y為多少？(2)如果帶電粒子的速度變?yōu)?v0，板長l不變，當它的豎直位移仍為d時，它的水平位移x為多少？(粒子的重力忽略不計)解析：(1)因為帶電粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子以速度v0沿上板邊緣垂直于電場線射入勻強電場，設(shè)t1時間飛出電場，由運動學(xué)