第二章 静电场的应用 单元检测（Word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）必修第三册
第二章
静电场的应用
单元检测（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共48分）
1．如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅受电场力作用下的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点。关于A、B两点的场强大小和粒子在A、B两点的电势能，下列说法正确的有（　　）
A．EA=EB
B．EA>EB
C．EpAD．EpA>EpB
2．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
3．有一个均匀带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图像如图乙所示（场强为正值，表示方向沿x轴正方向），H、I是x轴上两点，且，取无穷远处电势为零，则以下分析正确的是（　　）
A．该圆环带负电
B．x轴上O点电势为零
C．将一个负的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小
D．H点的电势高于I点的电势
4．绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a、b间的距离，同时在两极板间插入电介质，如图所示，则（　　）
A．电容器两极板的电势差会减小
B．电容器两极板的电势差会增大
C．静电计指针的偏转角度不变
D．静电计指针的偏转角度会增大
5．如图所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电子在A点的加速度大于在B点的加速度
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电场中A点电势高于B点的电势
D．电子在A点的机械能大于在B点的机械能
6．专门用来运输柴油、汽油的油罐车，在它的尾部都有一条拖在地上的铁链。关于铁链的作用，下列说法正确的是（　　）
A．向外界散热
B．让铁链发出声音，以引起行人其他车辆的注意
C．让铁链与路面摩擦产生静电，使油罐车积累一定的静电荷
D．由于罐体与油的摩擦产生了静电，铁链将罐体上的静电荷导入大地，从而避免意外的发生
7．如图所示，平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑片C相连接。电子以速度v。平行于极板射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需时间t的说法中，正确的是（　　）
A．电荷量Q增大，时间t减小
B．电荷量Q不变，时间t不变
C．电荷量Q增大，时间t不变
D．电荷量Q不变，时间t增大
8．要想提高电容器的电容，下列办法可行的是（　　）
A．在两极板间插入铁芯
B．增大电容器两极板间的距离
C．提高充电电压
D．增大电容器两极板间的正对面积
9．如图A、B、C、D是一个长、宽分别为2l和l的矩形区域的四个顶点，E、F分别为AD、BC的中点。区域ABFE中（包括边线）有水平向右的匀强电场，场强大小为E1。区域CDEF中（包括边线）有水平向左的匀强电场，场强大小为E2。一个带正电的粒子从A点以初速v0沿AD方向射入电场，刚好经过D点射出电场，且粒子运动轨迹与BC相切于M点，交EF于N点（M、N均未画出），则下列说法正确的是（不计粒子重力）（　　）
A．E1与E2的大小比为1：2
B．M为CF的一个三等分点
C．N为EF的一个三等分点
D．粒子在矩形区域ABCD中运动的总时间为
10．如图所示，水平向右的匀强电场，电场强度大小，长为的细线一端系着带正电小球，另一端固定在点，小球质量为、电荷量为，将小球分别拉到左右两侧与点等高处由静止释放，小球在摆动过程中，以下说法正确的是（　　）
A．两次小球到达最低点时的速度大小相等
B．小球从右侧释放时，到达最低点时细线拉力为
C．小球从左侧释放时，到达最低点时细线拉力为
D．小球从右侧释放，当细线与电场方向夹角为时动能最大
11．有一电场的电场线如图中实线所示，一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力，则（　　）
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度逐渐减小
C．粒子的速度逐渐减小
D．粒子的电势能逐渐减小
12．如图所示，一质量为m、带电荷量为的粒子（不计重力）从原点O由静止开始运动，空间所加的电场沿x轴正方向，电场强度E与其位移x的关系图线如图所示。若选定原点的电势为零，图中为已知量，则下列说法正确的是（　　）
A．处的电势
B．处的电势
C．该粒子的最大速度为
D．该粒子在到的过程中做减速运动
第II卷（非选择题）
二、解答题（共52分）
13．足够大的空间中存在水平向右的匀强电场，一质量m=1kg的带电小球从地面P点以初速度v0=4m/s竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示。M点是运动轨迹的最高点，小球在M点的动能为6J，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)带电小球受到的电场力；
(2)PQ之间的距离；
(3)小球落到Q点时的动能。
14．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，已知电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)求电子射入偏转电场时运动的加速度；
(3)右侧平行金属板的长度。
15．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板的长度L1，极板间距离d，极板的右端到荧光屏的距离L2（忽略电子所受的重力），求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量。
16．如图所示，xOy坐标系位于竖直平面内，x轴上方存在水平向右的匀强电场，P是y轴上一点，到原点O的距离为h。有A、B两个质量均为m、电荷量均为+q的带电微粒，从P点射入电场，射入电场时两微粒的速度大小相等，方向与y轴夹角也相等。微粒A在电场中做曲线运动，到达x轴上a点是的速度方向与x轴垂直，微粒B在电场中做直线运动，到达x轴上的b点。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）a、b两点与O点的距离之比；
（2）微粒从P点出发时竖直方向的分速度大小；
（3）若到达x轴时，微粒B的动能比A的动能大Ek，匀强电场的电场强度大小。
参考答案
1．C
【详解】
AB．电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，A点电场线疏，B点电场线密，故
故AB错误；
CD．带电粒子做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，即B点的电场力方向向下，与电场强度方向相反，粒子带负电，粒子从A运动到B电场力做负功，电势能增加，即
故C正确，D错误。
故选C。
2．D
【详解】
A．小球速度增大到vo后，加速度变为0，于是速度不再继续增大，故A错误；
B．小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；
C．剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度，故C错误；
D．由a-v图像，可得
由牛顿第二定律，可得
可解出加速度为
联立可知
还可知
即
故D正确。
故选D。
3．D
【详解】
A．由乙图知：O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也O点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该圆环带正电，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势降低可知，O点的电势高于无穷远处的电势，所以O点电势大于零，故B错误；
C．将负的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力方向先向右，后向左，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；
D．由图可知O点左右两侧的电场具有对称性，而顺着电场线电势降低，H、I两点的电势都低于O点，由于H点更靠近O点，所以H点的电势高于I点的电势，故D正确。
故选D。
【点睛】
解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低，能由电场力做功正负判断电势能的变化。
4．A
【详解】
根据
可知减小d，增大介电常数，则电容增大。根据
由于Q不变，电势差U减小，因此指针的偏转角度减小。
故选A。
5．B
【详解】
A．由速度平方v2与位移x的关系图像看出，图线的斜率不变，所以电子做匀加速直线运动，A、B两点的电场强度相等，为匀强电场，电子在A点受到的电场力等于在B点的电场力，所以电子在A点的加速度等于在B点的加速度，A错误；
BC．电子的速度增大，电子所受电场力沿AB且做正功，电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿BA，沿电场线的方向电势降低，A点电势低于B点的电势；电子带负电，所以电子在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误B正确；
D．由速度图像看出，电子的速度增大，动能增大，电子在A点的机械能小于在B点的机械能，D错误。
故选B。
6．D
【详解】
由于罐体与油的摩擦容易产生静电，如果电荷不及时放掉，积累过多，电压过高，会击穿空气出现火花放电，容易引起火灾甚至爆炸。及时用铁链将罐体上的静电荷导入大地，从而避免意外的发生。
故选D。
7．C
【详解】
当变阻器的滑片C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据Q=UC知电荷量Q增大。电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间与电压的变化无关，所以时间t不变。故C正确。
故选C。
8．AD
【详解】
ABD．根据电容的决定式
可知，在两极板间插入铁芯，电介质常数增大，则电容增大，增大电容器两极板间的距离d，电容将减小，增大电容器两极板间的正对面积S，电容增大，故AD正确，B错误；
C．提高充电电压仅能增加电容器的电荷量并不能提高电容器的电容，故C错误。
故选AD。
9．BD
【详解】
AD．粒子沿AD方向不受力，做匀速直线运动，垂直AD方向受电场力，加速度方向沿电场线方向。粒子的运动轨迹如图所示，由A到N做类平抛运动，由N到D做类斜抛运动。设粒子在ABFE区域、CDEF区域加速度大小分别为
a1、a2。粒子由A到N所用时间为t1，沿AD方向
垂直AD方向
设粒子由N到D所用时间为t2，沿AD方向
垂直AD方向
根据
则有
所以
粒子在矩形区域ABCD中运动总时间
故A错误，D正确；
BC．粒子从N到M、从M到D所用时间分别为，粒子从A到N与从N到M，沿AB方向速度变化量大小相等
得
根据
可知
则
M为CF的一个三等分点，粒子由A到N和N到M沿AB方向平均速度相等，则
N是一个四等分点，故B正确，C错误。
故选BD。
10．BD
【详解】
B．小球从右侧释放时，到达最低点的过程中，根据动能定理有
得
即小球向左摆动恰好到达竖直位置时小球速度为零，细线拉力
故B正确；
A．小球从左侧与点等高处由静止释放，先做匀加速运动，加速度
到达最低点时速度
故A错误；
C．小球从左侧释放时，在最低点时细线伸直，小球沿切线方向速度
设细线拉力为，由牛顿第二定律可得
得
故C错误；
D．小球在运动过程中，所受电场力和重力的合力大小为，方向与竖直方向的夹角为，斜向右下方，当细线与两力合力的方向一致时，小球在等效最低点，小球动能最大，故D正确。
故选BD。
11．ABC
【详解】
A．由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力大致向左，可知粒子带负电荷，选项A正确；
B．因A处电场线较B点密集，可知A处场强较大，粒子受电场力较大，则从A到B粒子的加速度逐渐减小，选项B正确；
CD．粒子从A到B电场力做负功，则动能减小，即粒子的速度逐渐减小，电势能逐渐变大，选项C正确，D错误。
故选ABC。
12．BC
【详解】
A．沿电场线方向电势降低，所以在处的电势为
选项A错误；
B．由于E-x图象与坐标轴围成的面积表示电势差，所以处的电势为
选项B正确；
C．根据分析可知该粒子沿x轴正方向做加速运动，在处速度最大，根据动能定理可得
解得带电粒子的最大速度为
选项C正确；
D．带电粒子在在到的过程中做加速度减小的加速运动，选项D错误。
故选BC。
13．(1)5N；(2)；(3)32J
【详解】
(1)小球的运动可分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由
v0=gt
解得小球从P点抛出到M点的时间
t=0.4s
设小球所受电场力为F，P、M之间的水平距离为
由牛顿第二定律有
F=ma
P、M之间的竖直高度
由动能定理有
联立解得
F=5N
(2)根据竖直上抛运动时间的对称性可知，小球从P点抛出经过M点到Q点的时间为2t，P、Q之间的距离
(3)小球从P点至Q点，由动能定理有
解得
EkQ=32J
14．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)根据动能定理可得
解得电子到B点的速度为
(2)偏转电场两板的场强
解得
(3)粒子在竖直方向，竖直方向位移
在水平方向
联立上式得到
代入数据得
15．(1)
；
(2)
；(3)
【详解】
(1)根据动能定理得
解得
(2)在偏转电场，有
运动的时间为
速度偏转角度满足
电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离
(3)
电子经过偏转电场过程中电势能的增加量为
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）
对A
at，t
对B
+at
，t
（2）竖直方向
由相似
则
（3）
=
解得