高三物理一轮复习精讲精练静电场章末测试(原卷版+解析)

这是一份高三物理一轮复习精讲精练静电场章末测试(原卷版+解析)，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(2019·浙江选考)电荷量为4×10－6 C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2 kg、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30 cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是( )

2．如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a′、b、b′、c、c′为分布在等势面上的点。一带电粒子从a点运动到c点的过程中电场力做功为Wac，从a′点运动到c′点的过程中电场力做功为Wa′c′。下列说法正确的是( )
A．c点的电场方向一定指向b点
B． a′点电势一定比c′点电势高
C．带电粒子从c点运动到c′点，电场力做功为0
D．|Wac|<|Wa′c′|
3．(2019·浙江4月选考)质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
4．如图所示，边长为L的正六边形 ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)( )
A．eq \f(kQ,L2) B．eq \f(4kQ,3L2)
C．eq \f(2\r(3)kQ,3L2) D．eq \f(4\r(3)kQ,3L2)
5．如图所示，平行板电容器C通过电阻箱R与恒压电源E连接，开关S闭合时一带电粒子刚好静止在水平放置的两板中央，若使粒子向下运动，以下说法正确的是( )
A．断开开关
B．将板间距增大
C．将电容器的上极板水平向右平移少许
D．增大电阻箱R的阻值
6．示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ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
7．静电场方向平行于x轴，将一电荷量为－q的带电粒子在x＝d处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，下列选项中的四幅示意图分别表示电势随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系，其中正确的是( )

8．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0C．eq \f(3T,4)二、多项选择题
9．如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是( )
A．φ4等势面上各点电场强度处处相同
B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4
C．粒子在四点的动能大小关系是Eka>Ekb>Ekc＝Ekd
D．粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功
10．电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的( )
A．正方形右下角电荷q带正电
B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中M点电势最高
D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小
11．(2020·全国卷Ⅱ，20)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等D．c、d两点的电势相等
12．如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \(BC,\s\up6(－))＝2 cm，D为 AB边中点，电场方向与△ABC所在平面平行，规定B点的电势为0。将电荷量q＝－6×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电场力做了－2.4×10－5 J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10－5 J的功，则( )
A．点电荷q在D点具有的电势能为1.0×10－5 J
B．A点的电势为4 V
C．该匀强电场的场强大小为100eq \r(5) V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D．△ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
三、实验题
13．如图甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图，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U时所带电量Q，从而再求出电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：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是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝6.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标)，结果如图中小黑点“·”所示。
(1)在图乙中画出i－t图线，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是________________________________；
(2)该电容器电容为________F(结果保留2位有效数字)；
(3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端，则电容的测量值比它的真实值________(填“大”“小”或“相等”)。
14．(2022·河南、安徽标准学术能力诊断)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，对给定电容值为C的电容器充电后放电，无论采用何种放电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u－q图像。类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，可以推导出两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep＝________(用C和U表示)。
(2)在如图2所示的放电电路中，R表示电阻。通过改变电路中元件的参数对同一电容器用相同的电压充电后进行两次放电，对应的q－t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是________的改变造成的；
b．在实际应用中，有时需要电容器快速放电，有时需要电容器均匀放电。依据a中的结论，说明实现这两种放电方式的途径________。
(3)如图4所示，若某法拉电容的额定电压为2.7 V，电容为10 F，其充满电后储存的电能为________J(计算结果保留3位有效数字)。
四、解答题
15．如图所示，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电(可视为点电荷)，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：
(1)A球刚释放时的加速度是多大；
(2)当A球的动能最大时，A球与B点间的距离。
16．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0，eq \r(3) cm)，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：
(1)图中C处(3 cm,0)的电势；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)带电粒子的比荷eq \f(q,m)。
17．如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ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，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，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；
(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tan θ；
(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。
静电场章末测试
(建议用时：75分钟)
一、单项选择题
1．(2019·浙江选考)电荷量为4×10－6 C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2 kg、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30 cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是( )
【答案】B
【解析】两球之间的库仑力为F＝keq \f(qAqB,r2)＝9.0×109×eq \f(4×10－6×5×10－6,0.32) N＝2 N，小球B受到的重力大小为GB＝2 N，且F与竖直方向夹角为60°，F＝GB，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确。
2．如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a′、b、b′、c、c′为分布在等势面上的点。一带电粒子从a点运动到c点的过程中电场力做功为Wac，从a′点运动到c′点的过程中电场力做功为Wa′c′。下列说法正确的是( )
A．c点的电场方向一定指向b点
B． a′点电势一定比c′点电势高
C．带电粒子从c点运动到c′点，电场力做功为0
D．|Wac|<|Wa′c′|
【答案】C
【解析】带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低未知，电场线的方向未知，A、B错误；因为c和c′在同一个等势面上，电势差U＝0，根据电场力做功W＝qU可知电场力对带电粒子做功为0，C正确；根据题意可得a、c两点的电势差与a′、c′两点之间的电势差相等，根据电场力做功W＝qU可知|Wac|＝|Wa′c′|，D错误。
3．(2019·浙江4月选考)质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
【答案】D
【解析】加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2×10－14N，选项B错误；加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(2×10－14,1.67×10－27) m/s2≈1.2×1013m/s2，则质子加速需要的时间约为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(1.0×107,1.2×1013) s＝8.3×10－7s，选项C错误；加速器加速的直线长度约为x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(1.0×107,2)×8.3×10－7m≈4 m，选项D正确。
4．如图所示，边长为L的正六边形 ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)( )
A．eq \f(kQ,L2) B．eq \f(4kQ,3L2)
C．eq \f(2\r(3)kQ,3L2) D．eq \f(4\r(3)kQ,3L2)
【答案】D
【解析】由题意，＋Q的点电荷在O点的电场强度大小为E＝eq \f(kQ,（\f(\r(3),2)L）2)＝eq \f(4kQ,3L2)；那么每根细棒在O点的电场强度大小也为E＝eq \f(4kQ,3L2)；因此＋Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E合＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)，其方向如图所示。若移走＋Q及AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为E合′＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)，故A、B、C错误，D正确。
5．如图所示，平行板电容器C通过电阻箱R与恒压电源E连接，开关S闭合时一带电粒子刚好静止在水平放置的两板中央，若使粒子向下运动，以下说法正确的是( )
A．断开开关
B．将板间距增大
C．将电容器的上极板水平向右平移少许
D．增大电阻箱R的阻值
【答案】B
【解析】断开开关，电容器电荷量不变，不改变极板间场强，粒子仍保持静止，故A错误；极板间距增大，由E＝eq \f(U,d)，可知场强减小，电场力减小，则粒子向下运动，故B正确；将电容器的上极板水平向右平移少许，极板正对面积减小，但极板间距不变，则场强和电场力均不改变，故C错误；因电容器与电源串联，则电容器两端电压与电源电动势相等，改变电阻箱阻值，并不会改变电容器两端电压，所以粒子仍静止，故D错误。
6．示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ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
【答案】B
【解析】电子通过加速电场时有eU1＝eq \f(1,2)mv02，电子在偏转电场中，垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则运动时间t＝eq \f(l,v0)；平行于电场线的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(eU2,md)，末速度vy＝at＝eq \f(eU2l,mdv0)，偏转角tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2l,2U1d)，所以θ∝eq \f(U2,U1)，B正确。
7．静电场方向平行于x轴，将一电荷量为－q的带电粒子在x＝d处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，下列选项中的四幅示意图分别表示电势随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系，其中正确的是( )
【答案】D
【解析】根据带电－q的粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系图像可知，电势先均匀升高到最大，然后均匀减小到零，图像A错误；场强方向在x负半轴为沿x负方向，在正半轴为沿x轴正方向，场强E随x的分布图B错误；粒子先做匀加速直线运动到O点(加速度为正值)后做匀减速直线运动(加速度为负值)，粒子的加速度a随x的变化关系图像C错误；由动能定理，－qEx＝Ek，粒子的动能Ek随x的变化关系图像，D正确。
8．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0C．eq \f(3T,4)【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的速度时间图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。
二、多项选择题
9．如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是( )
A．φ4等势面上各点电场强度处处相同
B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4
C．粒子在四点的动能大小关系是Eka>Ekb>Ekc＝Ekd
D．粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功
【答案】BC
【解析】根据等势面的疏密表示场强的强弱，所以φ4等势面上各点电场强度大小不相同，A错误；根据曲线运动的特点知合外力总是指向轨迹弯曲的一面，所以带负电的粒子所受电场力的方向指向右边，则场强方向指向左边，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，所以四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4，B正确；带负电的粒子所受电场力的方向指向右边，则粒子从a点运动到b、c点过程中，电场力做负功，根据动能定理知粒子的动能减小，但是由于c、d两点在同一等势面上，则电场力做的功相等所以动能变化相等，则粒子在c、d两点的动能相等，所以粒子在四点的动能大小关系是Eka>Ekb>Ekc＝Ekd，C正确；粒子从a运动到d的过程中静电力先做负功后做正功，D错误。
10．电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的( )
A．正方形右下角电荷q带正电
B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中M点电势最高
D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小
【答案】AC
【解析】根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带正电，第四个电荷带负电，A正确。根据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误。依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为正，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高。将负电荷从P点移动到O点，电势升高，电场力做正功，电势能减少，所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能高，C正确，D错误。
11．(2020·全国卷Ⅱ，20)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等D．c、d两点的电势相等
【答案】ABC
【解析】沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc>φd，D项错误。
12．如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \(BC,\s\up6(－))＝2 cm，D为 AB边中点，电场方向与△ABC所在平面平行，规定B点的电势为0。将电荷量q＝－6×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电场力做了－2.4×10－5 J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10－5 J的功，则( )
A．点电荷q在D点具有的电势能为1.0×10－5 J
B．A点的电势为4 V
C．该匀强电场的场强大小为100eq \r(5) V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D．△ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
【答案】BC
【解析】根据公式U＝eq \f(W,q)，则有
UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－2.4×10－5 ,－6×10－6 ) V＝4 V①
UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(1.2×10－5 ,－6×10－6 ) V＝－2 V②
规定B点的电势为0，则φA＝UAB＝4 V，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，则φD＝eq \f(φA＋φB,2)＝2 V，故点电荷q在D点具有的电势能为EpD＝qφD＝(－6×10－6)×2 J＝－1.2×10－5 J，故A错误，B正确；因φB＝0，则φC＝－UBC＝2 V，故连接CD则为一条
等势面，过B做CD垂线则为一条电场线，如图所示，
由几何关系得，sin ∠BCD＝eq \f(1,\r(12＋22))＝eq \f(\r(5),5)，则E＝eq \f(|UBC|,BCsin ∠BCD)＝eq \f(2,2×10－2×\f(\r(5),5)) V/m
＝100eq \r(5) V/m，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向为垂直于CD连线指向B点，故C正确；将△ABC绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时，A、C两点电势相等，故D错误。
三、实验题
13．如图甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图，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U时所带电量Q，从而再求出电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：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是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝6.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流I的值，将测得数据填入表格，并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标)，结果如图中小黑点“·”所示。
(1)在图乙中画出i－t图线，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是________________________________；
(2)该电容器电容为________F(结果保留2位有效数字)；
(3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端，则电容的测量值比它的真实值________(填“大”“小”或“相等”)。
【答案】(1)见解析图，电容器在开始放电时所带的电荷量 (2)1.5×10－3 (3)小
【解析】(1)如图所示，由ΔQ＝IΔt 知，i－t图象与坐标轴所包围的面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(2)查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求Q＝8.75×10－3 C
则C＝eq \f(Q,U)＝1.5×10－3 F。
(3)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在F、D两端，则电容器在放电时，有电流会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
14．(2022·河南、安徽标准学术能力诊断)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，对给定电容值为C的电容器充电后放电，无论采用何种放电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u－q图像。类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，可以推导出两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep＝________(用C和U表示)。
(2)在如图2所示的放电电路中，R表示电阻。通过改变电路中元件的参数对同一电容器用相同的电压充电后进行两次放电，对应的q－t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是________的改变造成的；
b．在实际应用中，有时需要电容器快速放电，有时需要电容器均匀放电。依据a中的结论，说明实现这两种放电方式的途径________。
(3)如图4所示，若某法拉电容的额定电压为2.7 V，电容为10 F，其充满电后储存的电能为________J(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)图见解析 eq \f(1,2)CU2 (2)a.R b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速放电；增大电阻R，可以实现更均匀放电 (3)36.5
【解析】(1)由电容的定义式可知C＝eq \f(Q,U)
则u－q图像为斜率恒定的直线，如图所示
图像和横轴围成的面积为所储存的电能Ep＝eq \f(1,2)qU
又由于电容器的定义式C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(q,U)
则有Ep＝eq \f(1,2)CU 2。
(2)可知，①②两次放出电荷量相等，由Q＝CU＝CE知，两次电源电动势相等，故①②两条曲线不同并不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的。减小电阻R时，刚开始放电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①，短时间内放出的电荷量更多，故可以实现对电容器快速放电；增大电阻R时，放电瞬间电流I小，即为直线②，可以实现更均匀放电。
(3)根据公式有Ep＝eq \f(1,2)CU 2＝eq \f(1,2)×10×2.72 J≈36.5 J。
四、解答题
15．如图所示，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电(可视为点电荷)，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：
(1)A球刚释放时的加速度是多大；
(2)当A球的动能最大时，A球与B点间的距离。
【答案】(1)gsin α－eq \f(kQqsin2α,mH2) (2) eq \r(\f(kQq,mgsin α))
【解析】(1)小球A刚释放时，由牛顿第二定律有mgsin α－F＝ma，
根据库仑定律有F＝keq \f(qQ,r2)，又r＝eq \f(H,sin α)
联立解得a＝gsin α－eq \f(kQqsin2α,mH2)
(2)当A球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大。设此时A球与B点间的距离为d。
则mgsin α＝eq \f(kQq,d2)，解得d＝ eq \r(\f(kQq,mgsin α))。
16．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0，eq \r(3) cm)，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：
(1)图中C处(3 cm,0)的电势；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)带电粒子的比荷eq \f(q,m)。
【答案】(1)4 V (2)eq \f(8,3)×102 V/m (3)2.4×1011 C/kg
【解析】(1)设C处的电势为φC，因为OC＝CA
所以φO－φC＝φC－φA
解得φC＝eq \f(φO＋φA,2)＝eq \f(0＋8,2) V＝4 V。
(2)B、C两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直，设∠OBC＝θ，则OB＝L＝eq \r(3) cm。
因为tan θ＝eq \f(OC,L)＝eq \f(3,\r(3))，所以θ＝60°
又U＝Ed
可得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(UBO,Lsin θ)＝eq \f(4,\r(3)×\f(\r(3),2)×10－2) V/m＝
eq \f(8,3)×102 V/m。
(3)带电粒子做类平抛运动，则有
Lcs θ＝vt
Lsin θ＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
解得eq \f(q,m)＝eq \f(2v2sin θ,ELcs2θ)＝eq \f(2×4×1052×\f(\r(3),2),\f(8,3)×102×\r(3)×10－2×\f(1,4)) C/kg
＝2.4×1011 C/kg
所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg。
17．如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ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，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，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；
(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tan θ；
(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。
【答案】(1)3eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L
【解析】(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得
eE·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(eEL,m))
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，由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝eq \f(eE,m)
则时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \r(\f(mL,eE))
从MN到屏的过程中运动的时间为t2＝eq \f(2L,v)＝2eq \r(\f(mL,eE))
运动的总时间为t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(mL,eE))。
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eq \f(2eE,m)
运动时间为t3＝eq \f(L,v)
则竖直方向速度为vy＝a2t3
所以tan θ＝eq \f(vy,v)＝2。
(3)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′，由几何关系知
tan θ＝eq \f(x,\f(L,2)＋L)
解得x＝3L。