人教版高中物理新教材同步講義 必修第三冊(cè) 模塊綜合試卷（含解析）

模塊綜合試卷(滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)1．(2021·宿遷市高一期中)關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度，下列認(rèn)識(shí)正確的是()A．若在電場(chǎng)中的P點(diǎn)不放試探電荷，則P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0B．點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，點(diǎn)電荷周?chē)滁c(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，與該點(diǎn)到場(chǎng)源電荷距離r的二次方成反比C．電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(F,q)表明，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與試探電荷的電荷量q成反比，若q減半，則該處的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D．勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度處處相同，所以任何電荷在其中受力都相同答案B解析電場(chǎng)強(qiáng)度取決于電場(chǎng)本身，與有無(wú)試探電荷無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，點(diǎn)電荷周?chē)滁c(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，與點(diǎn)電荷的電荷量成正比，與該點(diǎn)到場(chǎng)源電荷距離r的二次方成反比，B正確；電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(F,q)只是為研究電場(chǎng)的方便，采用比值法下的定義，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與該點(diǎn)所放試探電荷的電荷量不成反比，C錯(cuò)誤；由F＝qE可知，故D錯(cuò)誤．2.某區(qū)域的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖所示，M、N、P是電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．P、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不等，但方向相同B．同一試探電荷在M點(diǎn)受到的靜電力小于在N點(diǎn)受到的靜電力C．同一試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．帶正電的粒子僅在靜電力作用下，一定沿電場(chǎng)線(xiàn)PN運(yùn)動(dòng)答案B3.(2021·南通一中期末)如圖所示為某電場(chǎng)中x軸上電勢(shì)φ隨x變化的圖像，一個(gè)帶電粒子僅受靜電力作用，在x＝0處由靜止釋放，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，且以一定的速度通過(guò)x＝x2處，則下列說(shuō)法正確的是()A．x1和x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度均為零B．x1和x2之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不變C．粒子從x＝0到x＝x2過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小D．粒子從x＝0到x＝x2過(guò)程中，加速度先減小后增大答案D解析φ－x圖像的切線(xiàn)斜率越大，則電場(chǎng)強(qiáng)度越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由切線(xiàn)斜率的正負(fù)可知，x1和x2之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，B項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子在x＝0處由靜止沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，表明粒子運(yùn)動(dòng)方向與靜電力方向同向，靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖線(xiàn)的切線(xiàn)斜率可知，從x＝0到x＝x2過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，D項(xiàng)正確．4．同一直線(xiàn)上依次有三個(gè)點(diǎn)電荷A、B、C，所帶電荷量分別為q1、q2、q3，恰好都處于平衡狀態(tài)，除彼此間相互作用的靜電力外不受其他外力作用．已知A、B間的距離是B、C間的距離的2倍，下列情況不可能出現(xiàn)的是()A．A、C為正電荷，B為負(fù)電荷B．A、C為負(fù)電荷，B為正電荷C．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9D．q1∶q2∶q3＝9∶4∶36答案D解析三個(gè)點(diǎn)電荷在同一直線(xiàn)上處于平衡狀態(tài)，則一定滿(mǎn)足“兩同夾異，近小遠(yuǎn)大”的關(guān)系，同一直線(xiàn)上位于兩邊的點(diǎn)電荷電性相同并與中間的點(diǎn)電荷電性相反，故A、B正確．判斷電荷量大小關(guān)系時(shí)，距離中間點(diǎn)電荷遠(yuǎn)的點(diǎn)電荷的電荷量大于距離中間點(diǎn)電荷近的點(diǎn)電荷的電荷量，根據(jù)庫(kù)侖定律，則有eq\f(kq1q2,r122)＝eq\f(kq1q3,r132)＝eq\f(kq2q3,r232)(其中r12為A、B間的距離，r13為A、C間的距離，r23為B、C間的距離)．已知A、B間的距離是B、C間的距離的2倍，則q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，故C正確，D錯(cuò)誤．5．(2021·贛州市期末)在如圖所示的電路中，電壓表、電流表均為理想電表，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S后，若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，則下列說(shuō)法不正確的是()A．電路再次穩(wěn)定時(shí)，電源效率減小B．燈L2變暗，電流表的示數(shù)增大，電容器極板所帶電荷量減少C．燈L1變亮，電壓表的示數(shù)減小，電源輸出功率減小D．電源的內(nèi)部消耗功率增大答案C解析由題可知，滑片P向下移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值R減小，即電路中的總電阻R總減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的總電流I總增大，電路內(nèi)電壓U內(nèi)增大，路端電壓U外減小，電源的效率η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U外I總,EI總)×100%＝eq\f(U外,E)×100%，即電源效率減小，所以A正確，但不符合題意；燈L1的電流增大，所以L(fǎng)1的電壓U1增大，又路端電壓U外減小，所以燈L2和電容器兩端的電壓U2都減小，所以燈L2變暗，通過(guò)L2的電流I2也減小，又總電流增大，所以電流表的示數(shù)增大．電容器兩端電壓減小，由Q＝CU可得，電容器極板所帶電荷量減小，所以B正確，但不符合題意；由B選項(xiàng)分析可知，燈L1的電流增大，所以L(fǎng)1變亮，電壓表測(cè)的是電路的路端電壓，所以電壓表示數(shù)減小，電源的輸出功率為P出＝U外I總，路端電壓U外減小，總電流I總增大，所以無(wú)法判斷電源的輸出功率變化，所以C錯(cuò)誤，符合題意；電源的內(nèi)部消耗功率為P內(nèi)＝I總2r，由于總電流I總增大，所以電源的內(nèi)部消耗功率增大，所以D正確，但不符合題意．6.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板正中間P點(diǎn)有一個(gè)靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對(duì)值為q，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是()A．油滴帶正電B．油滴受到的靜電力大小為eq\f(4kQq,d2)C．若僅將上極板平移到圖中虛線(xiàn)位置，則靜電計(jì)指針張角減小D．若僅將上極板平移到圖中虛線(xiàn)位置，則油滴將加速向上運(yùn)動(dòng)答案C解析根據(jù)題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，故油滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；兩極板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，庫(kù)侖定律不適用，B錯(cuò)誤；上極板下移，板間距d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4kπd)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4kπdQ,εrS)，則E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，F(xiàn)＝qE，可知油滴所受靜電力不變，油滴靜止不動(dòng)，根據(jù)U＝Ed可知兩極板間電壓變小，靜電計(jì)指針張角減小，故C正確，D錯(cuò)誤．7.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于O、P、Q三點(diǎn)所在的平面，三點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成一個(gè)直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2cm，三點(diǎn)的電勢(shì)分別是φO＝5V，φP＝11V，φQ＝13V．下列敘述正確的是()A．電場(chǎng)的方向沿QO方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2V/mB．OQ連線(xiàn)中點(diǎn)的電勢(shì)為6.5VC．電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)低2eVD．沿O→P→Q路徑將電子從O點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，靜電力做的功為8eV答案D解析QO間的電勢(shì)差為8V，將QO分成8等份，每份的電勢(shì)差為1V，如圖所示，若A點(diǎn)的電勢(shì)為11V，則OA的長(zhǎng)度為3cm.AQ的長(zhǎng)度為1cm.根據(jù)幾何關(guān)系可知，PA⊥OQ，故PA故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)等差等勢(shì)面的特點(diǎn)，OQ連線(xiàn)的中點(diǎn)電勢(shì)為φ＝eq\f(φO＋φQ,2)＝eq\f(5＋13,2)V＝9V，B錯(cuò)誤；將電子從P移動(dòng)到Q點(diǎn)，靜電力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2V)＝2eV，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，故電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)高2eV，故C錯(cuò)誤；靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與始、末位置有關(guān)，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8V)＝8eV，D正確．8.(2021·大同一中月考)如圖所示，直線(xiàn)OAC為某一直流電源的總功率P總隨電流I變化的圖線(xiàn)，拋物線(xiàn)OBC為同一直流電源內(nèi)部熱功率Pr隨電流I變化的圖線(xiàn)，若A、B對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為2A，那么線(xiàn)段AB表示的功率及I＝2A對(duì)應(yīng)的外電阻是()A．2W，0.5Ω B．4W，2ΩC．2W，1Ω D．6W，2Ω答案A解析因?yàn)殡娫吹目偣β蔖總＝EI，所以P－I圖線(xiàn)的斜率表示電動(dòng)勢(shì)的大小，可得電動(dòng)勢(shì)E＝3V．當(dāng)電流I＝3A時(shí)，內(nèi)阻熱功率Pr＝I2r＝9W，可得內(nèi)阻r＝1Ω，當(dāng)電流I′＝eq\f(E,R＋r)＝－22×1W＝2W，故選A.二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分)9.(2021·湖州二中期末)如圖所示，空間兩個(gè)區(qū)域存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ分別為其邊界，OO′為其對(duì)稱(chēng)軸．一導(dǎo)線(xiàn)折成邊長(zhǎng)為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，則()A．當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱(chēng)的位置時(shí)穿過(guò)回路的磁通量向外B．當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱(chēng)的位置時(shí)穿過(guò)回路的磁通量為零C．在從dc邊與MN重合的位置運(yùn)動(dòng)到回路完全進(jìn)入右邊磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)回路的磁通量一直減少D．在從dc邊與MN重合的位置運(yùn)動(dòng)到回路完全進(jìn)入右邊磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)回路的磁通量先減少后增加答案BD解析正方形閉合回路運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱(chēng)的位置時(shí)，穿過(guò)回路的兩個(gè)方向相反的磁場(chǎng)面積相等，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，故穿過(guò)回路的磁通量為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；正方形閉合回路在從dc邊與MN重合的位置運(yùn)動(dòng)到完全進(jìn)入右邊磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)回路的磁通量先減少后增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．10.(2021·江蘇濱海中學(xué)期末)交警使用的某型號(hào)酒精測(cè)試儀工作原理如圖所示，傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電路中的電表均為理想電表．當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是()A．電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變小B．電壓表的示數(shù)變小，電流表的示數(shù)變大C．酒精氣體濃度越大，電源的輸出功率越大D．電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比保持不變答案BD解析由于傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，而酒駕駕駛員吹氣時(shí)，酒精氣體濃度變大，R變小，由閉合電路的歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r＋R0)，U＝E－I(R0＋r)，可知電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變小，A錯(cuò)誤，B正確；電源的輸出功率與外電阻R外的關(guān)系圖像如圖所示，由圖可知，當(dāng)R外＝r時(shí)電源的輸出功率最大，而酒精氣體濃度增大導(dǎo)致R＋R0減小，若開(kāi)始時(shí)R＋R0>r，則隨著R減小，電源的輸出功率增大，若開(kāi)始時(shí)R＋R0<r，則隨著R減小，電源的輸出功率減小，C錯(cuò)誤；把R0等效為電源內(nèi)阻的一部分，則|eq\f(ΔU,ΔI)|＝r＋R0.故無(wú)論R怎么變，電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比保持不變，D正確．11.(2021·寧德市高二期末)如圖所示，光滑絕緣水平細(xì)桿上套有一個(gè)小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，O、a、b是細(xì)桿垂線(xiàn)上的三點(diǎn)，O在桿上且Oa＝Ob，在a、b兩點(diǎn)分別固定一個(gè)電荷量為－Q的點(diǎn)電荷．小球從圖示位置以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()A．速度一定先減小后增大B．加速度一定先增大后減小C．對(duì)細(xì)桿的作用力始終保持不變D．電勢(shì)能先減小后增大答案CD解析在O左側(cè)，小球受到的庫(kù)侖力合力向右，在O右側(cè)小球受到的庫(kù)侖力合力向左，小球在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在O左側(cè)做加速運(yùn)動(dòng)，在O右側(cè)做減速運(yùn)動(dòng)，所以小球的速度先增大后減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的分布情況，電場(chǎng)強(qiáng)度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯(cuò)誤；兩個(gè)電荷量為－Q的點(diǎn)電荷對(duì)小球的庫(kù)侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以小球?qū)?xì)桿的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；在小球向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，靜電力先做正功后做負(fù)功，所以電勢(shì)能先減小后增大，D正確．12.硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)．如圖所示，圖線(xiàn)a是該電池在某光照射強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖(電池電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻不是常量)，圖線(xiàn)b是某電阻的U－I圖像，傾斜虛線(xiàn)是過(guò)a、b交點(diǎn)的切線(xiàn)．在某光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，下列相關(guān)敘述正確的是()A．此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為12.5ΩB．此時(shí)硅光電池的總功率為0.72WC．此時(shí)硅光電池的效率約為56%D．若把內(nèi)阻為10Ω的直流電動(dòng)機(jī)接到該電池上，電動(dòng)機(jī)的輸出功率為0.4W答案BC解析由圖線(xiàn)a知，此硅光電池的電動(dòng)勢(shì)E＝3.6V，由圖線(xiàn)b知，電阻R＝eq\f(2,0.2)Ω＝10Ω.當(dāng)電阻接在硅光電池上，在某光照強(qiáng)度下U外＝2V，I＝0.2A，由E＝U外＋I(xiàn)r得：r＝8Ω.電池總功率P＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，電池的輸出功率P出＝U外I＝2×0.2W＝0.4W，效率η＝eq\f(P出,P)×100%≈56%，故A錯(cuò)誤，B、C正確；把內(nèi)阻為10Ω的直流電動(dòng)機(jī)接到該電池上，電動(dòng)機(jī)為非純電阻電路，故電動(dòng)機(jī)的輸出功率小于0.4W，D錯(cuò)誤.三、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)(2021·上海市大同中學(xué)期末)某同學(xué)用圖(a)所示的電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，R1是滑動(dòng)變阻器，定值電阻R2＝3Ω.(1)圖(a)中A、B分別是________傳感器、________傳感器．(2)請(qǐng)根據(jù)圖(a)，用筆畫(huà)線(xiàn)代替導(dǎo)線(xiàn)將圖(b)中實(shí)物圖補(bǔ)充完整；(3)該實(shí)驗(yàn)中，設(shè)A傳感器的示數(shù)為a，B傳感器的示數(shù)為b，則a關(guān)于b的函數(shù)關(guān)系式為a＝______；(用b、E、r、R2表示)(4)若實(shí)驗(yàn)中得到的兩表的示數(shù)關(guān)系圖像如圖(c)所示，則該電源的電動(dòng)勢(shì)E＝__________V，內(nèi)阻r＝__________Ω.答案(1)電壓(1分)電流(1分)(2)見(jiàn)解析圖(1分)(3)E－b(R2＋r)(1分)(4)2.8(1分)1(1分)解析(1)A傳感器與電路并聯(lián)，是電壓傳感器，B傳感器與電路串聯(lián)，是電流傳感器；(2)電路如圖所示(3)把R2看作電源的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律得U＝E－I(R2＋r)，U＝a，I＝b解得a＝E－b(R2＋r)(4)由題圖(c)知，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝2.8V該電源的內(nèi)阻為r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|－R2＝eq\f(2.8,0.7)Ω－3Ω＝1Ω.14．(6分)圖甲為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖，其中虛線(xiàn)框內(nèi)是毫安表的改裝電路．(1)已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100Ω，滿(mǎn)偏電流為1mA；R1和R2為阻值固定的電阻．若使用a和b兩個(gè)接線(xiàn)柱，電表量程為3mA；若使用a和c兩個(gè)接線(xiàn)柱，電表量程為10mA.由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150Ω的標(biāo)準(zhǔn)電流表對(duì)改裝電表的3mA擋進(jìn)行校準(zhǔn)，校準(zhǔn)時(shí)需選取的刻度為0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA.電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻忽略不計(jì)；定值電阻R0有兩種規(guī)格，阻值分別為300Ω和1000Ω；滑動(dòng)變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750Ω和3000Ω.則R0應(yīng)選用阻值為_(kāi)_____Ω的電阻，R應(yīng)選用最大阻值為_(kāi)_______Ω的滑動(dòng)變阻器．(3)若電阻R1和R2中有一個(gè)因損壞而阻值變?yōu)闊o(wú)窮大，利用圖乙電路可以判斷出損壞的電阻．圖乙中的R′為保護(hù)電阻，虛線(xiàn)框內(nèi)未畫(huà)出的電路即為圖甲虛線(xiàn)框內(nèi)的電路．則圖中的d點(diǎn)應(yīng)和接線(xiàn)柱______(填“b”或“c”)相連．判斷依據(jù)是：____________________________________________________________________________________________________.答案(1)1535(2)3003000(3)c見(jiàn)解析(每空1分)解析(1)定值電阻和毫安表表頭是并聯(lián)關(guān)系，電壓相等，電流和電阻成反比．若使用a和b兩個(gè)接線(xiàn)柱，量程為3mA，則通過(guò)R1、R2的電流為2mA，則通過(guò)毫安表表頭和R1、R2的電流比為1∶2，所以電阻比為2∶1，可得R1＋R2＝eq\f(1,2)Rg＝50Ω；若使用a和c兩個(gè)接線(xiàn)柱，電表量程為10mA，通過(guò)R1的電流為9mA，電流比為1∶9，可得電阻比eq\f(Rg＋R2,R1)＝eq\f(9,1)，即R1＝eq\f(1,9)(Rg＋R2)，整理可得R1＝15Ω，R2＝35Ω.＝500Ω.若定值電阻R0選擇1000Ω的，則無(wú)法校準(zhǔn)3.0mA，所以選用的定值電阻R0的阻值應(yīng)為300Ω，由于最大阻值要達(dá)到3000Ω，所以選用的滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為3000Ω.(3)為準(zhǔn)確地判斷出哪個(gè)電阻損壞，d點(diǎn)應(yīng)和接線(xiàn)柱“c”相連；若電流表無(wú)示數(shù)，則說(shuō)明R2斷路，若電流表有示數(shù)，則說(shuō)明R1斷路．15.(8分)(2021·信陽(yáng)市質(zhì)檢)如圖所示，一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,2).求仍從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落的相同粒子下落的最大高度．答案見(jiàn)解析解析粒子從小孔正上方eq\f(d,2)處由靜止開(kāi)始下落到下極板處返回，由動(dòng)能定理，有mg(eq\f(d,2)＋d)－qeq\f(U,d)d＝0.(2分)電容器極板與電池兩極相連，則極板間電壓不變，將下極板向上平移eq\f(d,2)后，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，粒子所受靜電力變大，設(shè)粒子下落距上極板x處返回，由動(dòng)能定理，有mg(eq\f(d,2)＋x)－qeq\f(U,\f(d,2))x＝0.(3分)聯(lián)立兩式得x＝eq\f(d,4)，(1分)下落的最大高度H＝x＋eq\f(d,2)＝eq\f(3d,4).(2分)16.(12分)(2021·北京市通州區(qū)期末)如圖所示，電路中電源電動(dòng)勢(shì)E＝80V，內(nèi)阻不計(jì)，電路中三個(gè)定值電阻R的阻值相同．A、B分別為水平放置的平行板電容器的上、下極板，板長(zhǎng)L＝90cm，板間距離d＝40cm.在兩金屬板左端正中間位置M處，有一小液滴以某一初速度水平向右射入兩板間，從A板右側(cè)邊緣射出電場(chǎng)．已知小液滴的質(zhì)量m＝2.0×10－3kg，帶負(fù)電，電荷量q＝1.0×10－3C．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)平行板電容器兩極板間電壓U的大?。?2)在此過(guò)程中液滴電勢(shì)能的變化量ΔEp；(3)液滴進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度v0的大?。鸢?1)40V(2)－0.02J(3)9.0m/s解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得U＝eq\f(E,2R)·R(2分)代入數(shù)據(jù)得U＝40V(1分)(2)液滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，靜電力做功W＝eq\f(1,2)qU(1分)代入數(shù)據(jù)得W＝0.02J(1分)根據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系W＝－ΔEp(1分)得ΔEp＝－0.02J(1分)(3)根據(jù)牛頓第二定律，有qeq\f(U,d)－mg＝ma(2分)豎直方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2(1分)水平方向有L＝v0t(1分)聯(lián)立得v0＝9.0m/s.(1分)17．(14分)科技在我國(guó)的“藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”中發(fā)揮了重要作用，某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一款用于收集工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的固體顆粒的裝置，其原理簡(jiǎn)圖如圖所示．固體顆粒通過(guò)帶電室時(shí)帶上正電荷，顆粒從A點(diǎn)無(wú)初速度地進(jìn)入加速區(qū)，經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入徑向電場(chǎng)區(qū)，沿eq\f(1,4)圓弧BC運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)C點(diǎn)豎直向下進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)，最終打在豎直收集擋板上的G點(diǎn)．建立如圖所示坐標(biāo)系，帶電室、加速區(qū)、徑向電場(chǎng)區(qū)在第二象限，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)和擋板在第四象限．已知固體顆粒的比荷為10－3C/kg，加速區(qū)板間電壓為U＝2×103V，圓弧BC上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同且為方向水平向右，擋板距離y軸0.2m．不計(jì)重力、空氣阻力及顆粒間的作用力，求：(1)帶電固體顆粒離開(kāi)加速區(qū)的速度大小及圓弧BC的半徑；(2)G點(diǎn)與x軸之間的距離．答案(1)2m/s0.16m(2)0.2m解析(1)從A到B的加速過(guò)程qU＝eq\f(1,2)m