单元素养检测(二)(第十章)
(75分钟 100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )
A．由E＝知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．由C＝知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．由E＝k知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．由UAB＝知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V
解析：电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝k是决定式，C错误；由UAB＝可知，D正确．
答案：D
2．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点．用φA和φB分别表示A、B两点电势的高低；将一个点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小分别为FA和FB.则下列关系正确的是( )
A．φA>φB，FA>FB B．φA>φB，FAC．φA<φB，FA>FB D．φA<φB，FA解析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于B点的电场线密，所以B点的电场强度大于A点的场强，根据F＝Eq可知，故点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小满足FA答案：B
3．(2024·高二江苏泰州学业联考)如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是( )
A．电容器可以储存电荷，且电荷量越多电容越大
B．加在这个电容器两端的电压低于50 V时它就不能工作
C．加在这个电容器两端的电压为25 V时，它的电容是220 μF
D．这个电容器电容是220 μF，即0.22 F
解析：电容器可以储存电荷，但电容的大小与带电量和电压等无关，故A错误；50 V是电容器能正常工作的最大电压，加在这个电容器两端的电压低于50 V时它同样可以正常工作，故B错误；电容的大小与所加电压无关，加在这个电容器两端的电压为25 V时，它的电容是220 μF，故C正确；这个电容器电容是220 μF，即2.2×10－4 F，故D错误．
答案：C
4．如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则( )
A．q1＞q2 B．m1＜m2
C．＞ D．＜
解析：设粒子垂直电场进入匀强电场的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝，运动时间t＝，偏转位移为y＝at2，整理得y＝，显然由于A粒子的水平位移小，则有＞，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
5．如图为地图上某山地的等高线图，O点为峰顶(图中数字的单位是米)．小山坡的左边a和右边b，据地理知识可根据该图判断出哪一边的地势更陡，若现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，图中数字的单位是伏特，以下说法正确的是( )
A．与Ob方向相比，沿Oa方向电势降落较快
B．负电荷在20 V等势线上的电势能小于在40 V等势线上的电势能
C．若只考虑电场力，在电势为30 V的等势线上静止释放q＝1.6 × 10－6 C的点电荷，运动到零势能面时动能一定为4.8 × 10－5 J
D．若电子沿30 V的等势线从左到右逆时针运动一周，则电场力先做正功，后做负功，总功为零
解析：由图判断相邻等势面为等差等势面，描述电势降落快慢的物理量是电场强度，描述电场强度的大小可用等差等势面的疏密程度，a侧电场强度小，所以沿Oa方向电势降落得慢，故A错误；负电荷在电势低的地方电势能大，故B错误；据能量守恒，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总能量不变为4.8 × 10－5 J，故C正确；在同一条等势线上移动电荷，电场力始终不做功，故D错误．
答案：C
6．如图所示，竖直平面内有一个圆，Pc是圆的一条直径，O为圆心．Pa、Pb、Pd、Pe为圆的四条弦，在这四条弦和一条直径中，相邻之间的夹角均为30°，该圆处于匀强电场中，电场的方向与圆所在的平面平行，且电场的方向沿Pa方向由P指向a.从P点将一带正电电荷的粒子(不计重力)以某速度沿该圆所在的平面射出，粒子射出的方向不同，该粒子会经过圆周上的不同点．则下列说法正确的是( )
A．在a、b、c、d、e五点中，粒子在a点的速度最大
B．在a、b、c、d、e五点中，粒子在b点的动能最大
C．在a、b、c、d、e五点中，粒子在c点的电势能最大
D．在a、b、c、d、e五点中，粒子在d点的机械能最大
解析：由题意知，电场的方向沿Pa方向由P指向a，则从P点射出的粒子，运动到b点时，电场力对粒子做的正功最多，根据能量守恒可得，a、b、c、d、e五点中，粒子在b点的速度最大，动能也最大，机械能也最大，故A、D错误，B正确；粒子到达e点时，克服电场力做功最大，则粒子在e点的电势能最大，故C错误．
答案：B
7．(2024·广东佛山联考)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点．已知电子在经过a点时动能为60 eV，各等势线的电势高低标注在图中，则( )
A．a、d两点的电场强度相同
B．电子从a到b运动时，电场力做负功
C．电子从c到d运动时，电势能逐渐减小
D．电子在经过d点时的动能为60 eV
解析：各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也相同，场强大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从a到b运动时，电场力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C错误；a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电子在经过d点时的动能为60 eV，故D正确．
答案：D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是( )
A.M点场强为零，N点电势为零
B．M点电势为零，N点场强为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较大
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
解析：因Ep x图像的斜率等于电场力，可知N点场强为零，因M点电势能为零，可知M点电势为零，选项A错误，B正确；因带负电的试探电荷在Q2附近的电势能为正值，可知Q2带负电，Q1带正电，N点场强为零，根据＝可知Q1>Q2，选项C错误，D正确．
答案：BD
9．如图甲所示，圆形区域存在与圆平面平行的匀强电场E(图中未画出)，圆的两条直径AB与CD间的夹角为60°，从A点向圆形平面内不同方向发射速率相同的质子(不计质子间相互作用)，发现从圆边界射出的粒子中D点射出的粒子速度最大．以A为坐标原点．沿AB方向建立x坐标轴，B点的坐标为2 m，x轴上从A到B的电势变化如图乙所示，则( )
A．CD间电势差UCD＝8 V
B．CD间电势差UCD＝16 V
C．电场强度E＝ V/m
D．电场强度E＝8 V/m
解析：从圆边界射出的粒子中D点射出的粒子速度最大，可知电场力做功最大，沿电场线方向的位移最大，可知场强沿CD方向，则UAB＝E·2r cos 60°＝8 V，可得电场强度E＝8 V/m，故C项错误，D项正确；CD间电势差UCD＝E·2r＝8×2 V＝16 V，故A项错误，B项正确．
答案：BD
10．(2024·北京西城联考)如图所示，在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下说法正确的是( )
A．电荷到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B．电荷到达Q板时的速率与板间距离无关
C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍，则电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍
解析：设电荷到达Q板时的速率为v，板间的距离为d，电荷在板间的加速度为a，两板间电压为U，根据动能定理可得qU＝mv2，可知电荷到达Q板时的速率v＝ ，与两板间距离无关，与加速电压U有关，若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍，电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍，故B、D正确，A错误；电荷在板间做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得ma＝，可得电荷的加速度a＝，d＝at2＝，得电荷加速的时间t＝d ，可知两极板间距离越小，加速度越大，加速时间越短，C错误．
答案：BD
三、非选择题：本题共5小题，共54分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分．
11．(6分)(2024·黑龙江哈尔滨联考)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化．图甲直流电源电动势E＝8 V、内阻不计，充电前电容器带电量为零．先使S与“1”端相连，电源向电容器充电．充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i t曲线如图乙所示．
(1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向______(选填“相同”或“相反”)；
(2)乙图中阴影部分的面积S1________S2(选填“>”“<”或“＝”)；
(3)已知S1＝1 233 mA·s，则该电容器的电容值约为________法拉(计算结果保留两位有效数字)；
(4)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2(选填“>”或“<”)．
解析：(1)由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反．
(2)I t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等．
(3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为C＝＝＝0.15 F.
(4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R1答案：(1)相反 (2)＝ (3)0.15 (4)<
12．(10分)(2024·广东肇庆阶段联考)收音机中可变电容器作为调谐电台使用，如图甲为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充、放电的特性，于是将之接到如图乙所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电．
(1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始旋转旋钮到最终稳定过程中，流过灵敏电流计的电流方向是________(选填“从左到右”或“从右到左”)，灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是________．(填选项中的字母序号)
(2)充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是_______________________________________________________．
(3)该同学做完实验，得到电容器的电容后，突然想起他用的是一节旧电池(电动势不变，内阻不可忽略)，他想要得到尽量精确的电容值，________(填“需要”或“不需要”)重新换一节新电池来测量．
解析：(1)电容器充电时，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0.电容C＝，
当电容器正对面积迅速变大，电容迅速增大，又由Q＝CU
可得电容器的带电量Q增加，故电容器再次充电，电流方向从左到右，充电结束后电流为0，A正确．
(2)用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表．
(3)本实验测量电容的原理是C＝，
电容器的带电量Q有Q＝It，
可由步骤(1)所得的I t图线与坐标轴围成的面积求得；充电后两极板之间电压则由步骤(2)中的电压表测得．给电容器充电时由于使用了旧电池，导致充电时电流较小，但最终充电的时间会稍长一点，当充电电流等于0的时候，电容器两端电压仍然等于电源电动势，所以电容器最终所带电量不变，不影响测量结果，所以不需要更换电池．
答案：(1)从左到右 A (2)电压表并非理想电表，电容器通过电压表放电 (3)不需要
13．(10分)如图，空间存在水平向右的匀强电场，一带电量为q(q>0)、质量为m的小球，自距离地面高h的A点由静止释放．落地点B距离释放点的水平距离为h，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)落地时小球的动能．
解析：(1)小球竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，
水平方向做匀加速直线运动，有h＝at2，
根据牛顿第二定律，有qE＝ma，
联立解得E＝.
(2)根据动能定理mgh＋qE·h＝Ek－0，
解得落地时小球的动能为Ek＝mgh.
答案：(1)E＝ (2)Ek＝mgh
14．(12分)如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角，已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：
(1)C、D两点间的电势差UCD，匀强电场的场强大小E；
(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势φD和电势能为多少？
解析：(1)电子从C点移到D点，根据电势差的定义，有UCD＝＝300 V，
电场强度E＝＝ V/m＝1.5×104 V/m.
(2)AD两点的电势差UAD＝EdAD＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V，
由UAD＝φA－φD，φA＝0，
可得φD＝－450 V，
电子在D点的电势能为Ep＝eφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J.
答案：(1)300 V，1.5×104 V/m (2)－450 V，7.2×10－17 J
15．(16分)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右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，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连线夹角的正切值；
(3)电子打到屏上的B点到O点的距离．
解析：(1)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，
由牛顿第二定律得a1＝＝＝，
电子进入电场E2时的速度为v1＝a1t1，
从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为t2＝，
电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2，
解得t＝3.
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为a2＝＝，vy＝a2t3，t3＝，
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝，解得 tan θ＝2.
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的B点到O点的距离为x，由几何关系得tan θ＝，
联立得x＝3L.
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
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单元素养检测(二)(第十章)
答案：D
2．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点．用φA和φB分别表示A、B两点电势的高低；将一个点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小分别为FA和FB.则下列关系正确的是( )
A．φA>φB，FA>FB
B．φA>φB，FAC．φA<φB，FA>FB
D．φA<φB，FA答案：B
解析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于B点的电场线密，所以B点的电场强度大于A点的场强，根据F＝Eq可知，故点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小满足FA3．(2024·高二江苏泰州学业联考)如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是( )
A．电容器可以储存电荷，且电荷量越多电容越大
B．加在这个电容器两端的电压低于50 V时它就不能工作
C．加在这个电容器两端的电压为25 V时，它的电容是220 μF
D．这个电容器电容是220 μF，即0.22 F
答案：C
解析：电容器可以储存电荷，但电容的大小与带电量和电压等无关，故A错误；50 V是电容器能正常工作的最大电压，加在这个电容器两端的电压低于50 V时它同样可以正常工作，故B错误；电容的大小与所加电压无关，加在这个电容器两端的电压为25 V时，它的电容是220 μF，故C正确；这个电容器电容是220 μF，即2.2×10－4 F，故D错误．
答案：C
5．如图为地图上某山地的等高线图，O点为峰顶(图中数字的单位是米)．小山坡的左边a和右边b，据地理知识可根据该图判断出哪一边的地势更陡.
若现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，图中数字的单位是伏特，以下说法正确的是( )
A．与Ob方向相比，沿Oa方向电势降落较快
B．负电荷在20 V等势线上的电势能小于在40 V等势线上的电势能
C．若只考虑电场力，在电势为30 V的等势线上静止释放q＝1.6 × 10－6 C的点电荷，运动到零势能面时动能一定为4.8 × 10－5 J
D．若电子沿30 V的等势线从左到右逆时针运动一周，则电场力先做正功，后做负功，总功为零
答案：C
解析：由图判断相邻等势面为等差等势面，描述电势降落快慢的物理量是电场强度，描述电场强度的大小可用等差等势面的疏密程度，a侧电场强度小，所以沿Oa方向电势降落得慢，故A错误；负电荷在电势低的地方电势能大，故B错误；据能量守恒，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总能量不变为4.8 × 10－5 J，故C正确；在同一条等势线上移动电荷，电场力始终不做功，故D错误．
6．如图所示，竖直平面内有一个圆，Pc是圆的一条直径，O为圆心．Pa、Pb、Pd、Pe为圆的四条弦，在这四条弦和一条直径中，相邻之间的夹角均为30°，该圆处于匀强电场中，电场的方向与圆所在的平面平行，且电场的方向沿Pa方向由P指向a.从P点将一带正电电荷的粒子(不计重力)以某速度沿该圆所在的平面射出，粒子射出的方向不同，该粒子会经过圆周上的不同点．下列说法正确的是( )
下列说法正确的是( )
A．在a、b、c、d、e五点中，粒子在a点的速度最大
B．在a、b、c、d、e五点中，粒子在b点的动能最大
C．在a、b、c、d、e五点中，粒子在c点的电势能最大
D．在a、b、c、d、e五点中，粒子在d点的机械能最大
答案：B
解析：由题意知，电场的方向沿Pa方向由P指向a，则从P点射出的粒子，运动到b点时，电场力对粒子做的正功最多，根据能量守恒可得，a、b、c、d、e五点中，粒子在b点的速度最大，动能也最大，机械能也最大，故A、D错误，B正确；粒子到达e点时，克服电场力做功最大，则粒子在e点的电势能最大，故C错误．
7．(2024·广东佛山联考)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点．
已知电子在经过a点时动能为60 eV，各等势线的电势高低标注在图中，则( )
A．a、d两点的电场强度相同
B．电子从a到b运动时，电场力做负功
C．电子从c到d运动时，电势能逐渐减小
D．电子在经过d点时的动能为60 eV
答案：D
解析：各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也相同，场强大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从a到b运动时，电场力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C错误；a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电子在经过d点时的动能为60 eV，故D正确．
8．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是( )
A.M点场强为零，N点电势为零
B．M点电势为零，N点场强为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较大
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
答案：BD
答案：BD
解析：从圆边界射出的粒子中D点射出的粒子速度最大，可知电场力做功最大，沿电场线方向的位移最大，可知场强沿CD方向，则UAB＝E·2r cos 60°＝8 V，可得电场强度E＝8 V/m，故C项错误，D项正确；CD间电势差UCD＝E·2r＝8×2 V＝16 V，故A项错误，B项正确．
10．(2024·北京西城联考)如图所示，在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下说法正确的是( )
A．电荷到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B．电荷到达Q板时的速率与板间距离无关
C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍，则电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍
答案：BD
11．(6分)(2024·黑龙江哈尔滨联考)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化．图甲直流电源电动势E＝8 V、内阻不计，充电前电容器带电量为零．先使S与“1”端相连，电源向电容器充电．充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i t曲线如图乙所示．
(1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向______(选填“相同”或“相反”)；
(2)乙图中阴影部分的面积S1________S2(选填“>”“<”或“＝”)；
相反
解析：由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反．
＝
解析：I t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等．
(3)已知S1＝1 233 mA·s，则该电容器的电容值约为________法拉(计算结果保留两位有效数字)；
(4)由甲、乙两图可判断阻值R1______R2(选填“>”或“<”)．
0.15
<
解析：由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R112．(10分)(2024·广东肇庆阶段联考)收音机中可变电容器作为调谐电台使用，如图甲为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充、放电的特性，于是将之接到如图乙所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电．
(1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始旋转旋钮到最终稳定过程中，流过灵敏电流计的电流方向是________(选填“从左到右”或“从右到左”)，灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是________．(填选项中的字母序号)
从左到右
A
(2)充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是
_______________________________________________________．
电压表并非理想电表，电容器通过电压表放电
解析：用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表．
(3)该同学做完实验，得到电容器的电容后，突然想起他用的是一节旧电池(电动势不变，内阻不可忽略)，他想要得到尽量精确的电容值，________(填“需要”或“不需要”)重新换一节新电池来测量．
不需要
(1)电场强度E的大小；
(2)落地时小球的动能．
14．(12分)如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角，已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：
(1)C、D两点间的电势差UCD，匀强电场的场强大小E；
答案：300 V，1.5×104 V/m
(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势φD和电势能为多少？
答案：－450 V，7.2×10－17 J
解析：AD两点的电势差UAD＝EdAD＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V，
由UAD＝φA－φD，φA＝0，
可得φD＝－450 V，
电子在D点的电势能为Ep＝eφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J.
15．(16分)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右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，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连线夹角的正切值；
答案：2
(3)电子打到屏上的B点到O点的距离．
答案：3L
