1、第二章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.如图所示,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,最后吸附在工件表面,图中虚线为涂料微粒的运动轨迹.下列说法正确的是()A.涂料微粒一定带正电B.图中虚线可视为高压电场的部分电场线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解析 由工件接电源的正极,可知涂料微粒一定带负电,选项A错误;虚线为涂料微粒的运动轨迹,不能视为高压电场的部分电场线,选
2、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,因电场力方向改变,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.答案 C2.如图所示,让平行板电容器带电后,静电计的指针偏转一定角度,若不改变A、B两极板带的电荷量而减小两极板间的距离,同时在两极板间插入电介质,那么静电计指针的偏转角度()A.一定增大B.一定减小C.一定不变D.可能不变解析 极板带的电荷量Q不变,减小两极板间距离,同时插入电介质,则电容C一定增大.由U=可知两极板间电压U一定减小,静电计指针的偏转角度也一定减小,选项B正确.答案 B3.在暴雨前,有一带电云团(可近
3、似看作带电绝缘小球)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解析 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;因为带电云团可看作带电小球,所以越靠近场源,场强越大,故带电体在上升中的电场强度是越来越大,故C正确;电场强度越来越大,则电场力越来越大,则合力越来越大,根据牛顿第二定律知,加
4、速度越来越大,故D错误.答案 C4.人们行走时鞋子和地板由于摩擦产生静电,带电的离子会在地板表面对空气中的灰尘产生吸引,对电脑机房、电子厂房等地点会造成一定的影响.防静电地板又叫作耗散静电地板,当它接地时,能够使电荷耗散.地板在施工时,地板下面要铺设铝箔,铝箔要连接到地下预埋的导体上.下列关于防静电地板的说法,正确的是()A.地板下面铺设铝箔的作用是防潮B.地板必须是绝缘材料C.地板必须是导电的,如地板中含有导电纤维D.只要地板下面铺设铝箔,地板材料是绝缘的或导电的均可解析 地板在施工时,地板下面要铺设铝箔,即要将地板上的静电通过铝箔导走,所以防静电地板必须是导电的,如地板中含有导电纤维,故选
5、项C正确.答案 C5.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b.不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错误,B正确;从ab,电场力做负功,电势能增大,C错误;由于有电场力做功,所以机械能不守恒,D错误.答案 B6.示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如
6、图所示,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.已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()A.U1变大,U2变大B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小D.U1变小,U2变小解析 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U1加速后速度为v0,离开偏转电场时竖直方向速度为
7、vy,根据题意得eU1=,电子在A、B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=,解得速度的偏转角满足tan=,欲使变大,应该增大U2,减小U1,故选B.答案 B7.如图所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右.粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为()A.B.C.D.解析 由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用,由加速度定义a=,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=t,竖直位移y=t,即x=2y,因此静电力做功W1=qE
8、x=qUab,重力做功W2=-mgy=,由动能定理得W1+W2=m(2v0)2-,解得Uab=.答案 C二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图所示,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小,则()A.电荷q带正电B.电荷q带负电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的电流解析 电荷q处于静止状态,受到重力与电场力而平衡,电容器上极板带正电,电场方向向下,而电场力方向向上,故电荷q带负电,
9、故A错误,B正确;将两极板的间距变小,根据电容的决定式C=可知,电容增大,电容器的电压U不变,由电容的定义式C=分析得知,电容器的电荷量增大,电容器充电,而电容器上极板带正电,则电流表中将有从a到b的电流,故D错误,C正确.答案 BC9.测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示,置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N,并分别与电压为U的恒定电源两极相连,板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落,已知元电荷为e、重力加速度为g,则()A.油滴中电子的数目为B.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgdC.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eUD.若将极板M向下缓
10、慢移动一小段距离,油滴将加速下降解析 带电油滴在极板间匀速下落,故受力平衡,则有mg=q,所以油滴带电荷量q=,所以电子的数目为n=,故A正确.油滴下降过程中,静电力方向向上,静电力做的功为-mgd,电势能增加mgd,故B正确.机械能减少,故C错误.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,d减小,静电力F=q增大,合外力竖直向上,油滴将减速下降,故D错误.答案 AB10.(2020广东广州检测)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随着时间变化的规律如图所示,微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是()A.微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动
11、C.微粒做往复运动D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同解析 01s内和12s内微粒的加速度大小相等,方向相反,A错误;01s内和12s内微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据这两段运动的对称性,2s末的速度为0,所以每个1s内的位移均相同且2s以后的运动重复02s内的运动,是单向直线运动,B、D正确,C错误.答案 BD三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(7分)图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像,图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像.在充电的开始阶段,充电电流较大,电容器两端电压U增加(选填“较快”或“较慢”),随着电容器两端电压的
12、增加,充电电流(选填“逐渐减小”或“逐渐增加”),且电容器两端电压U的上升速度变缓,电压U向着趋近.在充电过程中电容器的电能(选填“增加”或“减少”).充电开始的瞬间电容器两端电压(选填“能突变”或“不能突变”).解析 开始阶段U-t图像的斜率较大,故电容器两端电压U增加较快,由题图乙可知充电电流逐渐减小,由题图甲可知,电容器两端电压U的上升速度变缓,且向着10V趋近.在充电过程中电容器不断聚集电荷量,电能增加,由题图甲可知,充电开始的瞬间电容器两端电压的变化有一个过程,即不能突变.答案 较快逐渐减小10 V增加不能突变12.(9分)在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为R的
13、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接.先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2端,电容器放电,直至放电完毕.实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图.(1)根据图甲所示的电路和图乙可知,充电电流与放电电流方向(选填“相同”或“相反”),大小都随时间(选填“增加”或“减小”).(2)当开关S接“1”时,上极板带(选填“正”或“负”)电.(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值.该同学
14、的说法(选填“正确”或“错误”),理由是(理由中要写出电容值的计算方法).解析 (1)根据题图甲所示的电路和题图乙可知,充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小.(2)当开关S接“1”时,是与电源连接,是充电,上极板带正电.(3)该同学的说法正确.开关S与2连接,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,通过对放电曲线进行数据处理后得出“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”,可用C=计算电容值.答案 (1)相反减小(2)正(3)正确理由见解析13.(10分)如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在
15、金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.010-15 kg、电荷量为q=+1.010-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上,若不计粒子重力.(1)求带电粒子打在金属板上时的动能;(2)求从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积,结果保留2位有效数字);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?解析 (1)不计粒子重力,只有静电力做功,对粒子由动能定理得qUab=Ek-可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qEh+=1.210-10J.(2)粒子源射出的粒
16、子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界.设水平抛出后t时刻落在板上,x=v0t,h=at2,a=,S=x2联立以上各式得所形成的面积S=4.0m2,可以通过减小h或增大E来实现.答案 (1)1.210-10 J(2)面积为4.0 m2可以通过减小h或增大E来实现14.(12分)如图所示,在E=1103 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=110-4 C的小滑块,质量为m=0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2.(1)要使小滑块能运动到
17、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点时对轨道的压力是多大?(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mg=m,v=2m/s,滑块由释放点到最高点的过程中,由动能定理得qEx-mgx-2mgR=mv2,所以x=,代入数据得x=20m.(2)从P到Q,由动能定理得-mgR-qER=mv2-,所以=v2+2g+R,在P点由牛顿第二定律得FN-qE=,所以FN=3(mg+qE),代入数据得FN=1.5N.由牛顿第三定律得,滑块对轨道的压力大小为1.5N.答案 (1)20 m(2)1.5 N15.(16分)(2020全国卷)在一柱形区域
18、内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示.质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直.已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角=60.运动中粒子仅受电场力作用.(1)求电场强度的大小.(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?解析 (1)粒子初速度为零,由C点射出电场,故电场方向与AC平行,由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知lAC=RF=q
19、E由动能定理有FlAC=联立式得E=.(2)如图所示,由几何关系知ACBC,故电场中的等势线与BC平行.作与BC平行的直线与圆相切于D点,与AC的延长线交于P点,则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大.由几何关系知PAD=30,lAP=R,lDP=R设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动,运动的距离等于lAP;在垂直于AC的方向上做匀速运动,运动的距离等于lDP.由牛顿第二定律和运动学公式有F=malAP=lDP=v1t1联立式得v1=v0.(3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t.以A为原点,粒子进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系.由运动学公式有y=at2x=vt粒子离开电场的位置在圆周上,有=R2粒子在电场中运动时,其x方向的动量不变,y方向的初始动量为零.设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子,离开电场时其y方向的速度分量为v2,由题给条件及运动学公式有mv2=mv0=mat联立式得v=0或v=v0.答案 (1)(2)v0(3)0或v0
