卷子答案网-一个不只有答案的网站【A级——夯实基础】
1．(2022·广东深圳模拟)如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，下列说法正确的是( )
A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大
B．若仅向两极板间插入云母介质，则板极间电场强度减小
C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两极板间距变大
解析：根据平行板电容器电容的决定式可知，若仅使上极板上移一段距离，电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，选项A错误；若仅向两极板间插入云母介质，极板间介电常数变大，电容器电容增加，由U＝知，极板间电势差变小，由E＝知，极板间电场强度减小，选项B正确；若两极板正对面积增大，由电容决定式知，电容器电容增大，由U＝知，极板间电势差变小，则静电计指针张角减小，选项C错误；若两极板间距变大，则电容器电容减小，同理可知，极板间电势差变大，静电计指针张角变大，选项D错误。
答案：B
2．研究电容器充、放电的实验电路图如图所示。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是( )
A．电容器带电荷量和两板间电压都增大
B．电容器带电荷量和两板间电压都减小
C．电容器带电荷量增大，两板间电压减小
D．电容器带电荷量减小，两板间电压增大
解析：开关S与1端相连时，电源向电容器充电，电容器带电荷量不断增多，两板间电压也不断增大；开关S与2端相连时，电容器放电，电流减小，电容器带电荷量减小，两板间电压也在减小，故A、C、D错误，B正确。
答案：B
3．(2022·广东广州调研)如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，b板接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
A．点电荷所受静电力增大
B．点电荷在P处的电势能减少
C．P点电势减小
D．电容器的带电荷量增加
解析：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝qE可知，点电荷所受静电力变小，故A错误；板间电场强度E变小，由U＝Ed知，P点与a板的电势差减小，而a板的电势不变，故P点电势升高，由Ep＝qφ知，q为负值时，电势能减少，故B正确，C错误；由Q＝CU和C＝，知C减小，Q减小，故D错误。
答案：B
4．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )
A．动能减小
B．电势能增加
C．动能和电势能之和减小
D．重力势能和电势能之和增加
解析：物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受静电力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，静电力方向向上，静电力做正功，电势能减小，A、B错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、静电力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确。
答案：C
5．如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则( )
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝4 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
解析：A、C之间电场是对称的，A到B静电力做的功和B到C静电力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝mvB2－mvA2，2qUAB＝mvC2－mvA2，解得vC＝3 m/s，A错误；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒，可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误。
答案：B
6．在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中( )
A．做匀变速运动
B．速率先增大后减小
C．电势能减少了mv2
D．a点的电势比b点低
解析：颗粒受到的重力和静电力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；重力与电场力的合力方向斜向左下方，由合力与速度方向的夹角可知速率先减小后增大，故B错误；在平行于电场方向，颗粒的动能减小量ΔEk＝mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒的电势能增加了mv2，故C错误；在平行于电场方向有qUab＝0－mv2，解之得Uab＝－，所以a点的电势比b点低，故D错误。
答案：A
7．用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表、一台直流稳压电源、一个待测电容器(额定电压为16 V)、定值电阻R1＝100 Ω、定值电阻R2＝150 Ω、电流传感器、数据采集器和计算机、单刀双掷开关S、导线若干。实验过程如下：
实验次数 实验步骤
第1次 ①将电阻R1等器材按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电
②将开头S掷向2端，测得电流随时间变化的i-t曲线如图乙中的实线a所示
第2次 ③用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤①②，测得电流随时间变化的i-t曲线如图丙中的某条虚线所示
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同
请回答下列问题。
(1)第1次实验中，电阻R1两端的最大电压Um＝________V。利用计算机软件测得i-t曲线和两坐标轴所围的面积为90 mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝________F。
(2)第2次实验中，电流随时间变化的i-t曲线应该是图丙中的虚线________(选填“b”“c”或“d”)，判断依据是_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由题图知，最大电流为Im＝90 mA＝0.09 A，因此最大电压为Um＝ImR1＝9 V；曲线下围的面积表示电容器的带电荷量Q＝90 mA·s，根据电容器的定义式可得C＝1.0×10－2 F。
(2)根据im＝，因第2次实验的最大放电电流小些，两次放电电荷量相等，即曲线下围的面积相等，故电流随时间变化的曲线应该是虚线c。
答案：(1)9 1.0×10－2
(2)c 两次放电电荷量相等，图形与t轴围成的面积相等，另由于R2>R1，开关掷向2瞬间放电电流较小
【B级——能力提升】
8．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断( )
A．落到C点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是aC＞aB＞aA
解析：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示。
三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，由于竖直位移相同，根据h＝at2得，水平位移最大的小球运动时间最长，即落在A点的小球竖直方向的加速度最小，故小球带正电，水平位移最小的小球加速度最大，故落在C点的小球带负电，则落在B点的小球不带电，故D正确，A、B错误；根据动能定理W合＝Ek－Ek0，三小球所受合力关系FA＜FB＜FC，三球的初动能相等，所以EkA＜EkB＜EkC，故C错误。
答案：D
9．(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m，电荷量为q1(q1＞0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B。仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与正极板相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是( )
A．电荷量q1与q2的比值为3∶7
B．电荷量q1与q2的比值为3∶4
C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16
D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7
解析：设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有a1＝，l＝··t2，对粒子B有a2＝，l＝··t2，联立解得＝，A错误，B正确；由动能定理得qEx＝mv2－0，求得＝，C、D错误。
答案：B
10．一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在静电力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成θ角做直线运动，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差。
解析：(1)小球做直线运动，所受的静电力qE和重力mg的合力必沿此直线方向
如图所示，由几何关系可知mg＝qE tan θ
解得E＝。
(2)小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得
＝ma
设从O点到最高点的位移为x，根据运动学公式可得v02＝2ax
联立可得x＝
运动的水平距离l＝x cos θ
两点间的电势能之差ΔW＝Eql
联立解得ΔW＝mv02cos2θ。
答案：(1) (2)mv02cos2θ
11．如图所示，虚线MN左侧有一场强E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在宽为L、电场强度E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x。
解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得a1＝＝①
由x＝at2得＝a1t12②
电子进入电场E2时的速度v1＝a1t1③
进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，
时间t2′＝2t2＝④
电子从释放到打到屏上所用的时间t＝t1＋t2′⑤
联立①～⑤解得t＝3。
(2)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得
电子进入电场E2时的加速度
a2＝＝⑥
vy＝a2t2⑦
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ＝⑧
联立①②③④⑥⑦⑧得tan θ＝2。⑨
(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示。
设电子打到屏上的点P′到点O的距离x，
根据上图用几何关系得tan θ＝⑩
联立得x＝3L。
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
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