第十章 第二单元 电容器带电粒子在电场中的运动 A卷 基础达标-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

由W∞A=Ep∞-EpA得EpA=Ep∞-W∞A=0-（-1.2X10-4J)=1.2X10-4J =E4得9A=1.2×104V。 再由PA=g (2)A,点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入 电场前，A,点的电势仍为1.2×104V。 14.答案(1)1.0×10-3C(2)减少1.2×10-2J(3)24V 解析(1)A、B两点间的电势差为UAB=EdAB=240X0.05V=12V 根据UAB-WAe 9 =WAB=1.2X102 可得粒子所带电荷量为q=UB 12 -C=1.0X10-3C (2)B、C两点沿电场线方向的距离为dC=BC·cos60°=0.05m 则B、C两，点间的电势差为Uc=Edc=240×0.05V=12V 粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功为 Wc=qUc=1.0×10-3×12J=1.2×10-2J 电场力做正功，电势能减少，其减少量为1.2×10一2J (3)A、C两点的电势差为UAC=UAB十UBC=24V B卷能力提升 1.C取无穷远处电势为零，则正电荷在M点的电势能为一8×10一9J,负电荷在N,点 的电势能为9×10-9J。由9= E知，M点的电势PM<0,N点的电势pN<0,且 |pN>|pM,即9N<PM<0,故C正确。 2.C根据对称性可知，a点场强等于c点场强，A错误；电场线由正电荷指向负电荷， 沿着电场线；电势降低，因此a点电势比c点电势高，B错误；根据对称性可知，b、d 两点的场强大小相等，方向相同，C正确；b、在同一等势线上，正的试探电荷从b点 到d,点电场力做功为零，电势能不变，D错误。 3.D匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A中α、b两点不 在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的电场强度相等；B中 a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两，点的电场强度大小相等、方向不同；C 中α、b两点对称于两等量正，点电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上电场强度 的方向是沿中垂线的，而且都指向外侧，故两点的电场强度方向不同；在D中，a、b两 点的电势相等，而且电场强度的方向相同、大小相等，故D正确。 4.C设无穷远处电势为零，由于UA=W-4X10 10-9 -V=40V,则Pa≈-40V;由 手s器-二98V-0v,周=-0v,可0≥pn≥p订格经电 荷是负电荷，位于A的左侧，故选C。 5.B利用等分法可得B,点与AC中点D的连线为等势线，由 电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势可知电场线分 E 布如图所示 D 由电场强度与电势差间的关系得E号=0.1m=40V/m, 0 场强方向从C到A,故A错误；将电子从A点移到C点， W4c=qUAc=4eV=6.4X10-19J,则将电子由A,点移到C B ,点，电势能减少了6.4X10一19J,故B正确，C错误；在三角形 ABC外接圆的圆周上，由电势沿电场线方向降低可知，电势最低点不是A,点，故最 低，点电势不是2V,D错误。 6.B四个电极表面都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表 示电场线，选项A错误；规定无穷远处电势为零，则α点的电势为零，b点的电势小于 零，则α点的电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等差等势面分布的 疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选 项C错误；因c点处等差等势面较d,点密集，则c点处电场线分布较d点处密集，即 c点的电场强度比d点的电场强度大，选项D错误。 7.AA由静止释放到运动r0距离过程，由动能定理得W电场力一mgr0=0一0，同理 对B由动能定理得W电场力'一mgr0=2mu-0,其中W电场力=Ug,W电场力'=U· (号g),U为M、N间的电势差，联立解得U=√g,所以A正确。 8.ABC等差等势面越密的地方电场线越密，电场强度越大，故A正确；A点的电势为 零，C点的电势为一5V,A点的电势比C点的高，故B正确；A点的电势与B点的电 势相等，将电荷从A点移到B点，静电力不做功，故C正确：C点的电势小于零，负电 荷在C点的电势能大于零，故D错误。 9.AD由图可知，电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动，说明电子所受静 电力增大，电子在A,点受到的静电力小于在B,点受到的电场力，即FA<FB,由F= qE可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，即EA<EB,故D正确，B错误；电子 由静止开始沿电场线从A运动到B,静电力的方向从A指向B,而电子带负电，则电 场强度方向从B指向A,根据沿着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势， 即PA<PB,故A正确；由图可知，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电 子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于在B点的电势能，即EA>EB,故C 错误。 10.CD由9=0十弩x可知，活x轴正方向电势逐渐升高，根据“活电场线方向，电 ☑轴上各点的电场强度都沿工柏克方面，放 一器可知，9一工国像的斜率表示该电场的电场强度，由题给表达式可知电场强度 为定值，由牛颜第二定律可得=gE,所以质子沿x轴从0点到A点的加速度保持 不变，故B错误根据W电=一△E,又知U=。,E=,联立可得电场强度大 E=20V/m,0、A间电势差Ua4=-50V,又U04=p0-390=-2p,质子在A点 的电势能为EA=eX3p0,联立可得EpA=75eV,故C,D正确。 11.ABA、B两，点之间的电势差为UAB= WAB_3.0X10-8 9=3.0X10-7V=0.1V,故A正确；因 为电场是匀强电场，故M=APD,PN=BC,所以W=qUMN=q(PM 2 2 N)=gA十9D2B一e_W十W匹=4.5X108J,故B正确：A、B两点之间 的电势差为0.1V,但电场方向不一定沿着AB方向，则该电场的场强不一定是 10V/m,故C错误；D、C两点之间的电势差为Uc= Wc_6X10-8 q 3×10-7V=0.2V,若 B、C两点电势相等，则UAD=一0.1V,将该粒子从A点移动到D点，电场力做功 WAD=U4D9=(-0.1)×3.0X10-7J=-3.0X10-8J,选项D错误， 12.答案(1)0(2)8eV 解析根据题述，匀强电场中等势面互相平行，间距相等，则相邻等势面之间的电 势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U,经过O、C等势面时的动能分别为 10eV和4eV,根据动能定理可得-e(po-pc)=(4-10)eV,则po-pc=3U= 6V,所以U=2V,因A的电势为2V,故等势面B的电势为零。因只有电场力做 功，动能与电势能之和保持不变。电子在O点时电势能为Epo=一4eV,当其电势 能变为一2eV时，由能量守恒可得一4eV+l0eV=一2eV十Ek,得Ek=8eV。 13.答案(1)4V(2)2.4×10-5J(3)-1.2×10-5J 解析负点电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了2.4×10一5J的功， 即电场力做功为WAB=-2.4×10-5J,U4B= -20v=4V,电沙形 增加△E。=2.4×10-5J;从B点移动到C点，电场力做功WC=1.2×10-5J, Ux-We=1.2X10-5 =二6X10V=-2V,若规定B点电势为0，则C点的电势为2V,该 负点电荷在C点的电势能为Epc=q9C=-6X10-6×2J=-1.2×10-5J。 14.答案(1)-4.5×10-3J3×10-3J (2)3×10-3J1.5×103V 解析(1)在该过程中，小球的重力势能变化量△Ep=一mgl=-4.5×10-3J,电 势能变化量△Ep电=Eql=3×10-3J。 (2)若取A点电势为零，则EpA=q9A=0,因△Ep电=EB一EpA,故小球在B点的电 势能EpB=△Ep电十EpA=3X10-3J,所以PB EpB=1.5X103V。 15.答案(1)6.4×10-9J(2)1.6×10-18J(3)-16V 解析(1)根据电场强度的定义，有E=F 0 所以E=F=3.2X10-17 e1.6X10-15 N/C-2X102 N/C 所以pD=-UaD=-EdD=-2X102X0.02V=-4V 电子在D,点的电势能为Ep=一epD Ep=-1.6×10-19×(-4)J=6.4×10-19J (2)将一电子从C,点移到D,点，静电力做功为 W=-eUCD 因Um=-Uc=-Edc=-2×102×(0.1-0.02-0.03)V=-10V 所以W=1.6×10-18J (3)pp=-UAP=-EdAP=-2X102×0.08V=-16V 16.答案1)3k,方向由0指向P (2)-50V(3)50V 解析(1)依据电场强度的决定式 EAp-Epp-kQ r E AP 故E6=2EAPc0S30°=VBkQ r2 方向由O指向P。 (2)依据电场力做功的定义W0=gUo, 故Uo= W0_-1.0×10-7 g2.0x109V=-50V. ④-----4----- 0 (3)依据电势差的关系Ur0=pp一P0 故9p0=pp-Ur0=0-(（-50)V=50V。 第十章静电场中的能量 第二单元电容器带电粒子在电场中的运动 A卷基础达标 1.B开关S掷向“2”端后的极短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极板所带的 电荷量减小，两极板间电压也减小，直至最后减小为0，故B正确，A、C、D错误。 2.B该超级电容器充电时把电能存储在电容器中，没有转化为化学能，故A错误；该 电容器最大容纳电荷量为Q=UC=2.7×3000C=8100C,选项B正确；电容是描 述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与板间电压和电容器所带电荷量无关，故 该电容器的电容始终为3000F,故C错误；电容器的额定电压为2.7V,其在2.5V 电压下也能工作，故D错误。 3.A当用带电玻璃棒与电容器α板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异 种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据平行板电容器电容的决定式C= 将电容器6板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C=吕可知， E,S 电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；只在极板 间插入有机玻璃板，则相对介电常数，增大，则电容C增大，根据C-号可知，电荷 量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故选项C错镁：根据C-吕可 知，电荷量Q增大，则电压U也会增大，但电容C不变，故选项D错误。 )根据题意可知，风力越大，则d越小，由C可得，电客器电容越大，故A错 误：白C-C-吕B-号叁理可得E-密根愿意可知，Q保将不定，别风 力越大，极板间电场强度不变，故B错误；由U=Ed可知，由于E不变，可动极极与 P点间的距离减小，则P点与可动极板间的电势差减小，可动极板电势不变，则P点 电势降低，故C错误；由C=号可知，由于Q保持不变，风力越大，d越小，C越大，则 U越小，故静电计指针张角越小，故D正确。 5.B根据两对偏转电极所加电压可知，竖直方向的电场方向由Y指向Y',则电子向Y 方向偏转，水平方向的电场方向由X'指向X,则电子向X'方向偏转，因此电子可能 会打在荧光屏上的2位置，选项B正确。 6,A带电粒子在竖直方向做自由落体运动，有d=日g,在水平方向只变电场力，微 匀变速直线运动，有0.5d=2a2,由牛顿第二定律得Eg=ma,联立解得E=,故 2g A正确，B、C、D错误。 参考答案47 7.D根据q=t可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A错 误；确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2A,横坐标的每 个小格为0.4s,则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.4=8× 105C,曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即 得电容器所带的电荷量Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C,故B、C错误；电容器的 电容约为C=号=400F,故D正确。 8.C设极板间电场强度为E,根据平衡条件，对小球受力分析如 图所示 则有qE=mgsin0,解得E=③mg 两极板间的电势差U=Ed=3mgd 2q 极板所带电荷量为Q=CU=3mgCd,故选项C正确。 9.B粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切 1 值为tan9=,又因为u,=at,=,联立求得ian0a4习 00 2 1 =2型，即粒子速 度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向运动的位移有关，设极板 长为L,板板同距为d,结合题国可得0=治·-是·是=兰，故选项B tan 0a xD ya L d 22 正确。 10.B在加速电场中qU=m6,在偏转电场中的偏转距离y=立··话 1 gU2 L2 U2L2 U,故两离子运动轨迹相同，打在屏上同一点；一价氢离子和二价氯离子的比荷 不同，经过加速电场后的末速度不同，因此两离子运动的时间不同。故B正确。 11.答案(1)变大变小(2)变大变小 解析（①）若B极板精向上移一点，则正对面积S减小，根据C=电容器的 睿C减小，平行板电容器所带电荷量Q不变，根据C=吕知电势差增大，所以静电 计指针的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小。 《2)若B极板稍向左移一点，板间距离d增大，根据C=4,电容器的电容减小， 根据C=号知电势差增大，所以静电计指针的偏角变大，说明平行板电容需的电容 随板间距离变大而变小。 12.答案(1)充电(2)A(3)9.4×104(9.1×10-4或9.7×10-4也可) 解析(1)开关S与2端相连，电容器与电源相连，电容器处于充电状态。 (2)A的外表面标识了2200uF,说明是电容器，B电阻，C是线圈，故选A。 (3)I一t图线与横轴所围的面积表示电荷量，通过数小方格可得放电过程释放的电 荷量Q=30X5X50×10-6C=7.5X103C,则由C-号可得C≈9.4X104F. 13.答案(1)3.6×10-9C(2)2.0×10-6C负电荷 解析(1)由公式C-=号得Q=CU=3.0X100×12C=3.6×109C. (2)带电微粒怡在极板间静止，则带电微粒带负电，并且有9E=mg,而E号 解得g=mg-20X103X10X1.20X10c=2.0×106C. 12 14.答案(1)2×10-3J(2)0.002m 解析(1)若扫描电压为零，0点每秒接收的电子数为N=亚 O,点每秒接收的能量是E=NEko 解得E=2×10-3J (2)电子在束偏移器中运动时，根据牛颜第二定律得加速度大小为a= mL 48参考答案 设电子的初速度大小为o,则由题意可知Ek0=2m6 电子在束偏移器中运动的时间为一L 00 1 电子在束偏移器中的偏移量为y=2u 电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心 2 电子束到达芯片时的位置离0点的距离为Y,根据几何关系有立二十号 联立解得Y=0.002m B卷能力提升 一30X10可V=3.3X10V,电容器将被击穿，B错误；击穿电压为400V表示电容 1 器能承受的最大电压为400V,则该电容器能容纳的最大电荷量Qmax=CUmax= 30×10-6×400C=1.2×10-2C,C、D错误。 2.C电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为15uF,故A错误；根据C= 知，充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是Q=CU=15X106X 0.135C,故B错误；由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为零，则这 次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织，故C正确；电容器放电过程中电流 不恒定，故D错误。 .C由C=知指纹的凸点处与小极板距离近，电容大；指纹的凹点处与小板板 离远，电容小，故AB错误；由Q=CU,C可知手指挤压绝缘表面，电容器两 极间的距离减小，电容变大，电容器所带电荷量增大，故C正确，D错误。 4.D因为极板所带正负电荷不确定，所以小球带电性质无法确定，故A错误；对小球 受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得gsin30°= ma,解得a=号，所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；电场力始终与小球 运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，故C错误。 5C教子在包6中做类干邦运动有=古·（品}，得=受由√置 2hma m \vo D殊多的移兰事关套￥彩一业套年嗍D动6封2 ma mb 正确。 6.A由于电容器充电后与电源断开，说明电容器所带电荷量不变，正极板向负极板移 近时，由C=说可知，息家C增大。又由U=名可如，U减小，而由E=吕-品 4可知，电场强度E不变，由于E不变，P到正极板的距离减小，可知P点的电势 ES 升高，则正电荷的电势能Ep=qpp变大。综上可知，A项正确。 7.B小球静止时细线与竖直方向成0角，对小球受力分析，小 球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有9E= A mgtan9,解得E=mgtan0,选项A错误；小球恰能绕0，点在E 竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A的速度最小，根据 0L qE 牛领第二定体，有。=m2,则最小动能品=宁 mg C选项B正确小球的机械能和电势能之和守恒，则小少 球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的 最左端时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的 过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小， 选项D错误。 8.AB断开开关S,电容器所带电荷量Q不变，将A、B两极板分开一些，则板间距离 日增大，振扬C-品知C减小，又由C-吕知，电势差U增大，即指针家角嘴大，A 正确：断开开关S,将AB两极板错开些，则两板板正对面积S减小，根据C 知C减小，又由C-吕知，电势差U增大，指针张角增大，B正确：保持开关S闭合， 则电容器两端的电势差等于电源电压，指针张角不变，C、D错误。 9.BD设偏转极板的长度为L,板间距离为d,在加速电场中静电力做的功W=qU1, 由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电 场中g心=合m,在偏特电场中的偏转距高y名a2=立·盟的，联三解得y md vo =U212 U2l 一4U1a,同理可得到偏转角度的正切值tan9=21a,则y和tan0与电荷的电荷量 和质量无关，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在 g空=mn2,由 屏上同一点，故选项BD正确；整个过程运用动能定理得gU十g 于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则不同，故选项C错误。 10.BC设A,B板间的电压为U',则有U'q=2m2,在平行金属板间，电子做类平抛 运动，则有y包如=名·照（侣）广-台电千打在荧光乐上的位夏与0点的 距离和y成正比，只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，A、B板间的电压减小，侧 移量增大，因为电子打在O点上方，所以位置上移，A错误，B正确；只将金属板间 电压变为原来的2倍，侧移量变为原来的2倍，C正确，D错误。 11.BCD电子带负电，根据电子运动轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故A错误；在 加速电场中，根据动能定理有U=m,设偏转电压为U,出偏转电场时建定的 偏转角为0，电子在偏转电场中做类平抛运动，有L0=ot,0,=at,a=E,tan日= m ,联立可得am0,由几何关系得am0H,加速电压增大，则tan0或 00 2+ 小，出电场后水平位移s变大，故电子会打在P点右侧，B正确；将0=30°代入tan0 得E=2300,故C亚确；将0=30°代入tan0=0十s Γ2U 3L0 H得6=5H空故D 正确。 12.答案(1)0.0429.04.7×10-3(2)b 解析(1)1mA·s=10-3C,释放的电荷量为Q=42.3mA·s=0.042C。由图乙 可知，开始放电瞬间通过R0的电流I=90mA=0.09A,则R,两端电压为U=IR, =0.09×100V=9.0V,故电容器的最大电压为9.0V。根据C-号可知，电容器 的电容C≈4.7X10一3F。(2)换用阻值为80的电阻，则根据欧姆定律可知此时 的最大电流大些，故选b。 13.答案(1)增大(2)减小(3)不变(4)C 解析（①)将A向左移功少许，根据C一两板间距离蜡大，则电容器的电容液 Q 小。断开S后，电容器的带电荷量保持不变，根据C一号，可知电容器两个极板间 电压增大，因此静电计指针张开的角度增大。 ②)在A,B间插入电介质，增大，根据C可知，电容器的电容增大。断开S 后，电容器的带电荷量保持不变，根据C=吕可知，电容暑两个极板间电压减小，因 此静电计指针张开的角度减小。 (3)保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电压不变，滑动触 头滑动不会影响指针张角。 (4)静电计测量电容器的电压，静电计处需要保持断路，因此不能用电压表和电流 表代替，选项A、B错误；使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，选项C 正确，D错误。 14.答率00(2)-20 gL 解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则水平方向上有L=0t第十章 静电场中的能量 第二单元 电容器 带电粒子在电场中的运动 A卷 基础达标 凿 建议用时：45分钟满分：100分 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个 选项符合题目要求) 密 1.如图所示为研究电容器充、放电的实验电路 的 图.实验时，先使开关S掷向“1”端，电源E对 封 电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向 典 “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( 线 A.电容器所带电荷量和两极板间电压都增大 B.电容器所带电荷量和两极板间电压都减小 C.电容器所带电荷量增大，两极板间电压减小 D.电容器所带电荷量减小，两极板间电压增大 2.超级电容器（又叫双电层电容器）是一种新型储 不 能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于 超级电有 CAP 传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源. 如 准 它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽 等特点.如图为一款超级电容器，其标有“2.7V,3000F”,则可 知 ) 答 A.该超级电容器放电时把化学能转化为电能 B.该电容器最大容纳电荷量为8100C 题 C.该电容器在电压为2.7V时电容才是3000F 童 D.该电容器在2.5V电压下不能工作 3.研究与平行板电容器电容有关因素的 实验装置如图所示，下列说法正确的是 ( A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 赵 板接触，能使电容器带电 北 B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D.实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明 电容增大 4.某同学设计了一个电容式风力传感器，可动电极固定电极 如图所示，将电容器与静电计组成回 路，可动电极在风力作用下向右移动， 风 P + 风力越大，移动距离越大（两电极始终 不接触).若极板上电荷量保持不变，P 专电容器 静电计 点为极板间的一点，下列说法正确的是 () A.风力越大，电容器电容越小 B.风力越大，极板间电场强度越大 C.风力越大，P点的电势却保持不变 D.风力越大，静电计指针张角越小 5.如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电 极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O, 当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个 位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来 看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置 ) 竖直偏转水平偏转 电子枪 +o 荧光屏 A.1位置 B.2位置 C.3位置 D.4位置 6.有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直 ..M 平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚 线框高度为d.让质量为m、电荷量大小为q的 带正电粒子从M点由静止释放，最终带电粒子 -◆ 在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P,P点与M 点的水平距离为0.5d,已知重力加速度为g,则电场强度大小为 () A器 B.mg c D.2mg 7.用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动 势为8V、内阻忽略不计.先使开关S与1端相连，稍后掷向2 端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时 间变化的i一t图像如图乙所示.下列说法正确的是 () ti/mA 接计 算机电流 传感器 0* 0.12468t/s 甲 A.图中画出的靠近讠轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的 总电荷量 B.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20C C.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为4.0×104C D.电容器的电容约为4.0×102uF 8.一轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一电荷量大小为q、 质量为的小球，小球静止在平行板电容器A、B间，如图所示， 细线与竖直方向夹角0=60°，细线、小球在同一竖直平面内即纸 面内，A、B两板平行正对倾斜放置，且与纸面垂直、与细线平行 两板带等量异种电荷，若电容为C,极板间距为d,静电力常量为 k,重力加速度为g.则电容器所带电荷量为 () B A A.mgd B.mgCd C.mgCd 2kq D.3mgde 2q 2q 8kq 9.如图，真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器，上极 板带正电，下极板带等量的负电荷.氘原子核符号为D,其质量是 质子质量的2倍，带正电，电荷量与电子电荷量相同；α粒子是氦 原子核？He,其质量是质子质量的4倍，带正电，电荷量是电子电 荷量的2倍.现在一氛核从平行板电容器上极板左侧边缘α点 (靠近极板)沿与板平行方向射入板间，恰好落在下极板中点A, 落在A点时速度与水平方向夹角为0。；另一α粒子从电容器左 侧两板中间b点沿与板平行方向射人板间，恰好到达下极板右端 B点，到达B点时速度方向与水平方向夹角为0，不计粒子重 力.则tan0p：tan0。为 () A.2:1 B.4:1 C.8:1 D.16:1 10.如图所示，一价氢离子和二价氨离子的混合体，经同一加速电场 由静止加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧 光屏上，则它们 ) A.同时到达屏上同一点 B.先后到达屏上同一点 C.同时到达屏上不同点 D.先后到达屏上不同点 第一部分单元检测卷9 二、实验题（本题共2小题，共22分） 11.(10分)在如图所示的实验装置中，充电后与电源断开的平行板 电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。 (1)若B极板稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ,此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而 ;(填“变大”或“变小”) (2)若B极板稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ,此实验说明平行板电容器的电容随板间距离变大而 .(填“变大”或“变小”) 12.(12分)电容器是电路中常用的电子元件，某物理兴趣小组利用 高电阻放电法测一标示模糊的电容器的电容， tIIμA 600 500 400 300 200 100 0■■ 102030405060t/s 甲 乙 (1)完成以下实验步骤： ①按图甲电路图连接好电路； ②先使开关S与2端相连，此时电容器处于 状态（填 “充电”或“放电”)，这个过程可在短时间内完成； ③再把开关S与1端相连，同时开始计时并测量数据，每隔5s 或10s读一次电流I的值，将测得的数据填入预先设计的表 格中； ④在如图乙所示的坐标纸上标出测量的数据点，并用平滑的曲 线把数据点连接起来， 根据实验回答以下问题： (2)以下电子元件中，属于电容器的是 B (3)若电源两端的电压为8V,可估算电容器的电容为 F(结果保留两位有效数字) 10第一部分单元检测卷 三、计算题（本题共2小题，共38分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.（16分)如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源 上，电容C=3.0×10-10F,两极板间距离d=1.20×103m,g 取10m/s2,求： (1)该电容器所带电荷量； (2)若板间有一带电微粒，其质量m=2.0×10-3kg,恰在板间 处于静止状态，则该微粒带电荷量为多少？带何种电荷？ 14.(22分)电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而 著称，其原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形 成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光.某型号光刻机的 束偏移器长L=0.04m,间距也为L,极间有扫描电压，其轴线 垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的 距离为？若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为1=2× 10-8A,单个电子的初动能为Eko=100keV,不计电子重力，忽 略其他因素的影响 电子枪又 】 成型孔 束偏移器 o晶圆 (1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是多少？ (2)若某时刻扫描电压为10kV,电子束到达芯片时的位置离O 点的距离是多少？