《第1章静电力与电场强度第2章电势能与电势差》2023年单元测试卷

鲁科版（2019）必修第三册《第1章静电力与电场强度&第2章电势能与电势差》2023年单元测试卷一、选择题1．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处点电荷带正电，电荷量大小为Q1，B处点电荷带负电，电荷量大小为Q2，且Q2＝5Q1，另取一个可以自由移动的带电荷量大小为Q3的点电荷，放在A、B所在直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．该点电荷为负电荷，且放于A处左侧 B．该点电荷为负电荷，且放于B处右侧 C．该点电荷为正电荷，且放于A、B之间 D．该点电荷为正电荷，且放于B处右侧2．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器，当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的（）A．电容变小 B．极板间的电压变小 C．极板的电量不变 D．极板间的场强变大3．金属板和板前一正点电荷形成的电场的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则（）A．B、D两点的电势相等 B．B点的电场强度比D点的小 C．负电荷在C点的电势能高于在A点的电势能 D．正电荷由D点静止释放，在电场力作用下将沿电场线运动到B点4．如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为﹣Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）A．，释放后P将向右运动 B．，释放后P将向左运动 C．，释放后P将向右运动 D．，释放后P将向左运动二、填空题5．如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，两球之间的距离将，墙面对B的弹力将（以上两格均填写变化情况）三、多选题（多选）6．如图所示，真空中两平行正对绝缘板A、B靠近放置，O为两板中心，两板相对面上均匀分布有等量异种电荷。过O且与板垂直的直线上，板外的M、N两点到O点距离相等，板间的P、S两点到O点的距离相等。在M、N点分别放置电荷量﹣Q、+Q的点电荷时，O点处场强恰好为零。忽略两点电荷对两板电荷分布的影响，则P、S两点的电势差和场强（）A．电势差为0 B．电势差不为0 C．场强大小相等、方向相反 D．场强大小相等、方向相同（多选）7．两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（）A．两点电荷是同种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大 C．电子在A点的电势能大于B点的电势能 D．电子运动到P点时动能最小（多选）8．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大 B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小 C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大 D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负×103V。现将质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q＝4×10﹣5C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，小球恰好能从M板上端进入两板之间，并沿直线运动到N板上的B点。已知A点距两板上端的高度h＝0.2m，不考虑板外电场及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（）A．小球到达M板上端时的速度大小为2m/s 四、实验题10．如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。（1）下列关于实验中使用静电计的说法正确的是。A．使用静电计的目的是观察电容器电容的变化情况B．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况C．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况（2）将左极板缓慢右移过程中，可观察到静电计指针偏角（选填“变大”“变小”或“不变”）。11．电容器充、放电的过程一般极短，在电路中接入高阻值电阻可有效延长充、放电时间。实验小组甲、乙两位同学利用这种方法，绘制电容器放电过程中电流随时间变化的i﹣t图像。（1）甲同学的实验电路图如图甲所示，关于电源和微安表的选取，下列说法正确的是。A．选取交流电源、零刻度线在左侧的微安表B．选取交流电源、零刻度线在中间的微安表C．选取直流电源、零刻度线在左侧的微安表D．选取直流电源、零刻度线在中间的微安表（2）先闭合开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度，记下这时微安表的示数i0＝500μA，电压表的示数U0Ω，则微安表的内阻为kΩ。（3）断开开关S2，同时开始计时，每隔5s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，即图乙中用“×”表示的点。请根据这些点描绘出图线，由图线可估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量Q0为C（结果保留两位有效数字）。（4）若乙同学采用同样的实验器材，研究电容器放电过程时，断开开关S，开关S2保持闭合，则实验测得的电荷量甲同学测得的电荷量。（不考虑偶然误差，填“大于”“小于”或“等于”）五、计算题12．如图所示，图甲中A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放（不计重力），粒子经2T0时间到B板。求：（1）粒子到达B板时的速度v；（2）两个金属板间的距离d。13．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q＝﹣4×10﹣7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB×10﹣6J，AB间距离L＝4m，与水平方向夹角为60°；求：（1）电荷的电势能是增加还是减少？增加（减少）了多少？（2）B、A间电势差UBA是多少？（3）电场强度E是多大？（4）如果A点的电势为﹣4V，求B点的电势为多大？电荷量q′＝4×10﹣6C的正电荷在A点具有的电势能是多少？14．如图所示，在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场（图中未画出），场强大小为E。由A点斜射出一质量为m、带电荷量为+q（q＞0）的粒子，B点为粒子运动轨迹与y轴的交点，C点为粒子运动轨迹与x轴的交点，D点为粒子运动轨迹上另一点，坐标为（2l0，﹣3l0），其中l0为常量。粒子所受重力忽略不计。（1）求粒子从A点到D点过程电势能的变化量；（2）判断粒子从A点到B点、从B点到C点和从C点到D点三段过程所经历的时间的关系，说明依据，并求出对应的时间；（3）求粒子经过D点时的速度大小。15．如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝100V/m。电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为37°，A点距水平地面的高度h＝3m；BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度L＝3m。斜面AB与水平面BC由一光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）。现将一质量m＝1kg、电荷量q＝0.1C的带正电的小物块（可视为质点）置于A点由静止释放，已知该小物块与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求物块到达C点时的速度大小。（2）求物块到达D点时所受轨道的压力大小。（3）物块从D点进入电场的瞬间，将匀强电场的方向变为水平方向，并改变电场强度的大小，使物块恰好能够落到B点，求电场强度的大小和方向（取＝2.24）。六、解答题16．如图所示，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°×10﹣6×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）剪断细线，求剪断细线后2s末的速度。鲁科版（2019）必修第三册《第1章静电力与电场强度&第2章电势能与电势差》2023年单元测试卷参考答案与试题解析一、选择题1．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处点电荷带正电，电荷量大小为Q1，B处点电荷带负电，电荷量大小为Q2，且Q2＝5Q1，另取一个可以自由移动的带电荷量大小为Q3的点电荷，放在A、B所在直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．该点电荷为负电荷，且放于A处左侧 B．该点电荷为负电荷，且放于B处右侧 C．该点电荷为正电荷，且放于A、B之间 D．该点电荷为正电荷，且放于B处右侧【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置。【解答】解：假设该点电荷放在A、B之间，那么A处点电荷对该点电荷的电场力和B处点电荷对该点电荷的电场力的方向相同，该点电荷不能处于平衡状态，所以假设不成立。设该点电荷所在位置与A处的距离为r13，该点电荷所在位置与B处的距离为r23，要使该点电荷能处于平衡状态，则A处点电荷对该点电荷的电场力大小，等于B处点电荷对该点电荷的电场力大小，即，由于Q2＞Q1，所以r23＞r13，该点电荷位于A处左侧。根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引，可判断该点电荷带负电。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】我们可以去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断。2．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器，当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的（）A．电容变小 B．极板间的电压变小 C．极板的电量不变 D．极板间的场强变大【分析】根据电容的决定式C＝判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据Q＝CU判断电量的变化，最后依据E＝，来判定电场强度的变化。【解答】解：A、当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式C＝知电容增大，故A错误；B、因电容器与电源连接，则电势差U不变，故B错误；C、根据Q＝CU知，电压不变，电容增大，故电荷量Q变大，故C错误；D、依据E＝可知极板间距d变小，因U不变，则场强E变大，故D正确。故选：D。【点评】对电容器，要掌握电容的决定式和定义式及其综合应用；解决本题的关键知道电容器与电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行判断。3．金属板和板前一正点电荷形成的电场的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则（）A．B、D两点的电势相等 B．B点的电场强度比D点的小 C．负电荷在C点的电势能高于在A点的电势能 D．正电荷由D点静止释放，在电场力作用下将沿电场线运动到B点【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；负电荷在电势高处的电势能小。根据正电荷在电场中受力的方向为电场线的方向，可判断电荷的运动。【解答】解：A、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小，故B正确；C、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能，故C错误；D、正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿电场线的切线方向，所以受力的方向将会发生变化，则电荷运动的轨迹不会沿电场线的方向，故D错误。故选：B。【点评】该题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，难度不大，属于基础题。4．如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为﹣Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）A．，释放后P将向右运动 B．，释放后P将向左运动 C．，释放后P将向右运动 D．，释放后P将向左运动【分析】利用库仑定律分别求出其他点电荷分别对最上边的点电荷的库仑力，然后利用平行四边形定则求出合力，受力平衡，就能求出电荷Q的大小，结合图像可以分析出电场方向，然后分析电荷P的运动情况。【解答】解：因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零，对最上边的点电荷，其他三个电荷给它的受力分别是F1＝F3＝，F2＝，因为F1、F3大小相等，所以F1、F3的合力是，而Q对最上边点电荷的库仑力是k，则根据受力平衡有：+＝k。解得：Q＝。由图乙可知，在区间，电场方向向左，所以电荷量是﹣Q的点电荷P将受向右的电场力，P将向右运动。故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查电场中电荷受力的知识，要会分析库仑力的方向，利用平行四边形定则求出合力。二、填空题5．如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，两球之间的距离将增大，墙面对B的弹力将不变（以上两格均填写变化情况）【分析】利用整体法对AB两球分析可知斜面对B的弹力不变，假设A球不动，利用库仑定律可知库仑力的变化，进而知道小球会上升，致使库仑力与竖直方向的夹角变小，水平分量变小，库仑力变小，两球间的距离变大，注意判断即可．【解答】解：利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变；假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故答案为：增大，不变．【点评】本题考查了与库仑力相结合的物体的平衡问题，利用好整体和隔离法，正确对研究对象进行受力分析是解决此题的关键．三、多选题（多选）6．如图所示，真空中两平行正对绝缘板A、B靠近放置，O为两板中心，两板相对面上均匀分布有等量异种电荷。过O且与板垂直的直线上，板外的M、N两点到O点距离相等，板间的P、S两点到O点的距离相等。在M、N点分别放置电荷量﹣Q、+Q的点电荷时，O点处场强恰好为零。忽略两点电荷对两板电荷分布的影响，则P、S两点的电势差和场强（）A．电势差为0 B．电势差不为0 C．场强大小相等、方向相反 D．场强大小相等、方向相同【分析】根据O点处场强为零，知道两个点电荷在O点产生的电场强度与电容器两个极板产生的电场强度大小相等、方向相反，由此分析电容器A极板的电性，由等量异种点电荷电场的对称性和电场的叠加原理了判断P、S两点场强；由沿着场强方向电势逐渐降低可分析电势差是否为零。【解答】解：CD、根据O点处场强为零，知道两个点电荷在O点产生的电场强度与电容器两个极板产生的电场强度大小相等，方向相反，由此可知A极板带正电，B极板带负电；由等量异种点电荷电场的对称性和电场的叠加原理可知，P、S两点场强大小相等、方向相同，故C错误，D正确；AB、因P、S两点场强方向相同，结合沿着场强方向电势逐渐降低，可知P、S两点的电势差不为零，故A错误，B正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键要掌握电场的叠加原理，熟悉等量异种电荷电场的分布情况，知道沿着电场线方向电势降低。（多选）7．两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（）A．两点电荷是同种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大 C．电子在A点的电势能大于B点的电势能 D．电子运动到P点时动能最小【分析】根据等势面的分布判断点电荷的电性。根据点电荷等差等势线的疏密，反映电场强度的大小。根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而判断点电荷电性，由电势能与电势的关系，判断电势能的高低，从而确定动能大小。【解答】解：A、根据等势面的分布可知，两点电荷是同种点电荷，故A正确；B、等差等势面的疏密程度表示场强的强弱，A点等势面疏，B点等势面密，故A点的电场强度小，故B错误；C、分析电子的运动轨迹可知，电场力指向轨迹的弯曲的内侧，则电场力受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，电势能越小，故电子在A点的电势能小于B点的电势能，故C错误；D、在轨迹中P点离点电荷最近，电势最低，电子运动到P点电势能最大，动能最小，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查了等势面的相关知识，明确等差等势面的疏密程度表示场强的强弱是解题的关键。（多选）8．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大 B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小 C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大 D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负【分析】电场强度用公式分析；沿电场线方向电势降低；电势能用公式Ep＝qφ分析；电场力做功根据电势能变化分析。【解答】解：A、点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：∠M是最大内角，所以PN＞PM，因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的高线为P到线段MN的最短距离，所以点P到线段MN上的点的距离先减小后变大，即r先减小后变大，根据点电荷的场强公式，可知从M点到N点电场强度先增大后减小，故A错误；B、电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确；C、两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；D、正电荷从M点移动到N点，电势能先增大再减小，电势能总的变化是变小，电场力先做负功再做正功，所做的总功为正功，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查的是电场强度、电势、电势能大小比较，平时要熟记相关公式以及电势能与电场力做功之间的关系。×103V。现将质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q＝4×10﹣5C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，小球恰好能从M板上端进入两板之间，并沿直线运动到N板上的B点。已知A点距两板上端的高度h＝0.2m，不考虑板外电场及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（）A．小球到达M板上端时的速度大小为2m/s 【分析】小球在进入电场前做平抛运动，根据高度求出竖直分速度的大小，结合平行四边形定则求出小球到达M板上端的速度大小以及方向。抓住小球在电场中做直线运动，合力的方向与速度的方向在同一条直线上，根据电场力的大小，结合电势差和d的关系求求出M、N板的间距，从而得出L的长度。根据动能定理求出小球到达B点的动能。【解答】解：A、小球开始做平抛运动，到达M板上端时，根据＝2gh解得竖直分速度vy＝2m/s根据平行四边形定则可得，小球到达M板上端的速度vm＝解得vm＝2m/s故A正确。B、速度方向与水平方向的夹角的正切值tanθ＝因为小球在电场中做直线运动，可知合力的方向与速度的方向在同一条直线上，有＝tanθ解得电场强度E＝5000V/m则M、N间距d＝＝m＝0.3m，故B正确。C、由数学知识可得，L＝dtanθ×0.5m＝0.15m，故C错误。D、对于小球从A到B过程，根据动能定理得，mg（h+L）+qU＝Ek﹣解得：Ek故D正确。故选：ABD。【点评】解决本题的关键知道小球先做平抛运动，再做匀加速直线运动，知道在电场中所受的电场力和重力的合力与速度的方向共线。四、实验题10．如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。（1）下列关于实验中使用静电计的说法正确的是B。A．使用静电计的目的是观察电容器电容的变化情况B．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况C．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况（2）将左极板缓慢右移过程中，可观察到静电计指针偏角变小（选填“变大”“变小”或“不变”）。【分析】（1）熟悉静电计的实验原理和用处；（2）利用电容的决定式判断电容的变化情况，结合Q＝CU得出电势差的变化情况，从而判断指针的偏角变化。【解答】解：（1）静电计是用来测量电容器的电压变化情况的，电压大，则指针偏角大，电压小，则指针偏角小，故AC错误，B正确；故选：B。（2）由电容的决定式：可知，当左极板向右移动时，d变小，则C变大；因为电容器与电源断开，则Q不变，结合Q＝CU可知，U变小，所以静电计指针偏角变小。故答案为：（1）B；（2）变小【点评】本题主要考查了电容器相关的实验，理解静电计的用途，熟悉电容器的动态分析，整体难度不大。11．电容器充、放电的过程一般极短，在电路中接入高阻值电阻可有效延长充、放电时间。实验小组甲、乙两位同学利用这种方法，绘制电容器放电过程中电流随时间变化的i﹣t图像。（1）甲同学的实验电路图如图甲所示，关于电源和微安表的选取，下列说法正确的是D。A．选取交流电源、零刻度线在左侧的微安表B．选取交流电源、零刻度线在中间的微安表C．选取直流电源、零刻度线在左侧的微安表D．选取直流电源、零刻度线在中间的微安表（2）先闭合开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度，记下这时微安表的示数i0＝500μA，电压表的示数U0Ω，则微安表的内阻为2.5kΩ。（3）断开开关S2，同时开始计时，每隔5s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，即图乙中用“×”表示的点。请根据这些点描绘出图线，由图线可估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量Q0为×10﹣3C（结果保留两位有效数字）。（4）若乙同学采用同样的实验器材，研究电容器放电过程时，断开开关S，开关S2保持闭合，则实验测得的电荷量小于甲同学测得的电荷量。（不考虑偶然误差，填“大于”“小于”或“等于”）【分析】（1）要研究电容器充放电现象，只能选择直流电源，电容器充放电电流方向相反，所以要选零刻度线在中间的电流表；（2）闭合欧姆定律和并联电路的关系求出微安表的内阻；（3）用平滑的曲线将题目所给的点连起来，用面积法算出电容器所带的电荷量；（4）根据操作过程及电压表的分流，确定误差的大小。【解答】解：（1）因为要观察电容器的充、放电现象，只能选择直流电源、微安表指针要往左右两个方向偏转，所以要选择零刻度线在中间的微安表，故ABC错误，D正确；（2）电压表测量的是微安表与电阻器两端的电压，电压表的示数U0＝6V，微安表的示数i0＝500μA，故微安表与电阻箱的总电阻R总＝＝12kΩ，微安表的内阻RA＝12kΩ﹣ΩΩ。（3）将这些点用平滑的曲线连起来，如图所示，i﹣t图线与横轴所围成的图形的面积表示整个放电过程放出的电荷量，数出的小方格数为31（注意数的时候面积大于半格就算一格，小于半格就舍去），而每个小方格表示的电荷量q＝50×10﹣6××10﹣4C，则放出的电荷量Q0＝31q＝31××10﹣4×10﹣3C；（4）断开开关S1，开关S2保持闭合，电压表和电容器形成通路，有一部分电荷流经电压表，故乙图测得的电荷量小于甲同学测得的电荷量。×10﹣3（±0.003均正确）；（4）小于【点评】本题考查了研究平行板电容器的实验，还涉及到简单的微安表内阻的计算，关键是要掌握面积法测电荷量的道理，根据操作过程对系统误差进行分析。五、计算题12．如图所示，图甲中A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放（不计重力），粒子经2T0时间到B板。求：（1）粒子到达B板时的速度v；（2）两个金属板间的距离d。【分析】根据牛顿第二定律求两个阶段的加速度，根据运动学公式求解末速度和位移。【解答】解：（1）（2）设极板间距为d，粒子在极板间分别做匀加速直线运动0～T0时间内电场强度为：根据牛顿第二定律：E1q＝ma1解得：a1＝＝T0时刻的速度为：v1＝a1T00～T0时间内的位移：x1＝T0～2T0时间内，a2＝＝a12T0时的速度为：v＝v1+a2T0＝（a1+a2）T0＝3a2T0T0～2T0时间内位移：x2＝则有：d＝x1+x2＝（v1+v）T0＝解得：d＝，v＝答：（1）粒子到达B板时的速度为：；（2）两个金属板间的距离d为得：。【点评】解题的关键是电场力提供加速度，掌握运动学公式即可。13．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q＝﹣4×10﹣7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB×10﹣6J，AB间距离L＝4m，与水平方向夹角为60°；求：（1）电荷的电势能是增加还是减少？增加（减少）了多少？（2）B、A间电势差UBA是多少？（3）电场强度E是多大？（4）如果A点的电势为﹣4V，求B点的电势为多大？电荷量q′＝4×10﹣6C的正电荷在A点具有的电势能是多少？【分析】（1）根据电场力做功等于电势能的减少量分析；（2）根据W＝qU求解电势差；（3）根据U＝Ed求解电场强度大小；（4）先根据UAB＝φA﹣φB，则再根据Ep＝qφ求解电势能大小。【解答】×10﹣6J×10﹣6J；（2）AB间电势差为：则有：UBA＝﹣UAB＝8V（3）匀强电场的电场强度为：（4）因UAB＝φA﹣φB＝﹣8V；φA＝﹣4V，则φB＝4V电荷量q′的正电荷在A点具有的电势能为：×10﹣6J；（2）B、A间电势差UBA是8V；（3）电场强度E是4V/m；（4）如果A点的电势为﹣4V，B点的电势为4V，电荷量q′＝4×10﹣6C的正电荷在A点具有的电势能是﹣×10﹣5J。【点评】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用W＝qU计算时，注意q的正负和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式E＝注意d是沿电场线方向上的距离。14．如图所示，在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场（图中未画出），场强大小为E。由A点斜射出一质量为m、带电荷量为+q（q＞0）的粒子，B点为粒子运动轨迹与y轴的交点，C点为粒子运动轨迹与x轴的交点，D点为粒子运动轨迹上另一点，坐标为（2l0，﹣3l0），其中l0为常量。粒子所受重力忽略不计。（1）求粒子从A点到D点过程电势能的变化量；（2）判断粒子从A点到B点、从B点到C点和从C点到D点三段过程所经历的时间的关系，说明依据，并求出对应的时间；（3）求粒子经过D点时的速度大小。【分析】（1）粒子从A到D过程中电势能的变化量等于电场力做功的负值，由公式W＝qU求解；（2）粒子在x轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间；（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直，再由运动的合成与分解求得合速度．【解答】解：（1）粒子从A到D过程中电势能的变化量ΔEp＝﹣WAD＝﹣qE（yA﹣yD）＝﹣3qEl0（2）由于粒子所受电场力沿y轴负方向，在x轴方向上粒子做匀速直线运动，又粒子从A到B、B到C和C到D三段过程在x轴方向上的位移相等，则经历的时间也相等设为tAB＝tBC＝tCD＝T由对称性可知轨迹最高点为B点，由牛顿第二定律得qE＝ma解得a＝又yB＝aT2yB+3l0＝a（3T）2整理解得T＝即tAB＝tBC＝tCD＝（3）粒子在BD段做类平抛运动，则有2l0＝vDx•（2T）vDy＝a•（2T）vD＝整理解得vD＝答：（1）粒子从A到D过程中电势能的变化量是﹣3qEl0。（2）粒子从A到B、B到C和C到D三段过程所经历的时间相等，对应的时间为；（3）粒子经过D点时的速度大小为。【点评】本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解．15．如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝100V/m。电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为37°，A点距水平地面的高度h＝3m；BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度L＝3m。斜面AB与水平面BC由一光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）。现将一质量m＝1kg、电荷量q＝0.1C的带正电的小物块（可视为质点）置于A点由静止释放，已知该小物块与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，取g