Question

（2013?普陀区二模）如图所示，一质量不计，可上下自由移动的活塞将理想气体封闭在圆筒内，筒的侧壁为绝缘体，下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积S=0.2cm²．闭合电键前，DM间距l₁=6μm，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场（D与M间的电场为各自产生的电场的叠加）．在电场力作用下活塞D发生移动．稳定后，DM间距l₂=4μm，此时安培表读数为0.75A，伏特表读数为4V．（大气压强为1.0×10⁵Pa，活塞移动前后气体温度不变，导线对活塞D的作用力不计）．以下说法正确的是（　　）

A．稳定后，圆筒内气体的压强变为2.0×10⁵Pa

B．稳定后，活塞D受到的电场力大小F=1N

C．稳定后，活塞D所带电量q=2×10^-6C

D．一段时间后，安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为4.2V，经分析可能是R₂断路

Answer 1

分析：解答本题应抓住：
（1）在圆筒内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律列式，由前后体积的变化可求得气体压强；
（2）对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得电场力；
（3）由电场的叠加可求得M产生的场强，由电场力与场强的关系，即可求得D的电量；
（4）根据欧姆定律分析R₂断路时，电压表和电流表读数的变化．

解答：解：A、电键未合上时，圆筒内封闭气体压强为p₀．
设电键合上后，两室中气体压强分别为p₁，
由玻意耳定律p₀l₁S=p₂l₂S，
则得p₂=

p0l1

l2

=

1×105×6

4

=1.5×10⁵Pa．故A错误．
B、稳定后，活塞D受到的气体压强差为△p=p₂-p₀=0.5×10⁵Pa，
活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F=△pS=0.5×10⁵×0.2×10^-4N=1N．故B正确．
C、稳定后，DM间的场强E=

U

d

=

4

4×10-6

N/C=10⁶N/C
E由D、M所带等量导号电荷共同产生，根据电场叠加原理，M产生的场强大小E_M=

E

2

活塞D受到的电场力大小F=qE_M，则得
   q=

F

EM

=

1

0.5×106

C=2×10^-6C
D、若R₂断路，R₃的电流接近为零，电压表测量R₁的电压．外电路总电阻增大，干路电流减小，电源内阻和R₄的电压增大，则电压表和电流表的示数都增大，故R₂断路是可能的，故D正确．
故选：BCD

点评：本题是气态方程和电路、电场等等知识的综合，要求学生能正确审题，从题目中找出所需信息，再利用所学的物理规律列式计算，对学生的分析问题、解决问题能力要求较高．