第二章 静电场的应用 单元测试题1（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
单元测试题1（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共48分）
1．如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（　　）
A．该带电粒子带负电
B．M点的电势小于N点的电势
C．M点的电场强度大于N点的电场强度
D．M点的电势能大于N点的电势能
2．如图，在真空中把一不带电的绝缘导体AB向带负电的小球P缓慢地靠近（不接触）过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体A端将感应出负电荷
B．导体内部电场强度越来越大
C．导体两端带上异种电荷，说明静电感应在导体上创造了电荷
D．导体的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度
3．下列说法正确的是（　　）
A．若在电场中的P点不放置试探电荷，则P点的电场强度为零
B．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力均相同
C．超高压带电作业的工人穿戴的工作服要用包含金属丝的织物制成
D．电场线一定与带电粒子在电场中运动的轨迹重合
4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（　　）
A．P点的电势将降低
B．带点油滴的电势能将减少
C．带点油滴将沿竖直方向向上远动
D．电容器的电容减小，则极板带电量将增大
5．如图所示，虚线a、b和c是一个点电荷形成的电场中的三个等势面，一个质子从K点射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，下列说法正确的是（　　）
A．这是由正电荷形成的静电场
B．a、b、c三个等势面中，c的电势最高
C．质子从K到L的过程中，电场力做正功
D．质子从M到N的过程中，电势能增加
6．如图所示，实线MN是某匀强电场中的一条电场线。一带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿虚线ABC运动。下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在A点的加速度比在C点的加速度大
B．粒子在A点的电势能比在C点的电势能小
C．M、N两点的电势：φM>φN
D．电场线的方向水平向右
7．如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，初速度
C．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为
D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上
8．如图所示，在竖直固定的光滑绝缘圆环的最高点P固定一带正电的点电荷，带负电的小球套在圆环上并从M点由静止释放，小球沿圆环向下运动并经过最低点Q。已知点N在圆环上且与点O在同一水平线上，M点可在短弧NQ之间的任一位置，弧MQ对应的圆心角为。设小球所受重力大小为mg，在M点时受到的静电力大小为F，小球可视为点电荷。以下判断正确的是（　　）
A．FB．mgC．小球由M向Q运动过程中电势能逐渐减小
D．小球由M向Q运动过程中动能逐渐增大
9．电子束焊机是一种高精密的焊接设备，它利用高速运动的电子束流轰击工件使动能转化为热能进行焊接加工。在曲面与之间加上高压后，与之间的电场线如图所示，到曲面各点的距离均为，电子由静止被加速后轰击工件，电子的电量大小为，忽略电子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．待焊接的工件应放置在极
B．、之间的电场强度大小为
C．电子经高压加速后电势能减小了
D．电子在加速运动过程中加速度逐渐减小
10．如图所示，是某匀强电场中一个边长为L的正方形的四个顶点，电场线与正方形所在平面平行，已知B点电势为点电势为点电势为。一个质子（不计重力）经过B点时的速度大小为，方向与成斜向下，一段时间后经过C点，则下列说法正确的是（　　）
A．A点电势为
B．质子从B运动到C电势能增加了
C．质子在电场中运动的加速度大小为
D．质子运动到C点时的速度大小为
11．如图所示，半径为的圆所在平面与某一匀强电场平行，为圆周上三个点，为圆心，为中点。粒子源从点在圆所在平面内沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为、电量为（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿方向入射的粒子恰垂直方向过点。则以下说法正确的是（　　）
A．、、三点电势高低为：
B．沿垂直方向入射的粒子可能经过点
C．若，则粒子经过点速率可能为
D．若，则匀强电场的场强大小为
12．如图所示，在等量同种正点电荷连线的中垂线上沿竖直方向固定一光滑绝缘细杆，一带正电荷的小球套在细杆上，从距电荷连线中点O高度h1处由静止释放，对于小球在O点以上区域的运动，下列关于小球的加速度大小a、速度大小v随时间t的变化图像，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图像可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
第II卷（非选择题）
二、解答题（共52分）
13．一长为l且不可伸长的绝缘细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于匀强电场中，开始时，将线在水平位置拉直，小球静止在A点，如图所示。释放小球，小球由静止开始向下摆动，当小球摆到B点时速度恰好为零。
(1)判断小球所带电荷的性质；
(2)求匀强电场的场强大小；
(3)求小球速度最大时的位置及最大速度的大小。
14．空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，若将一质量为、带电荷量为的小球从距水平地面高的点水平抛出，小球经时间落地，其中为重力加速度。
（1）求该匀强电场场强的大小；
（2）若保持此匀强电场场强大小不变，方向旋转，将该小球从点静止释放，则小球经过多长时间落地？
15．如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直的平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现有一质量为m，带正电q的小滑块（可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，求：
(1)滑块通过B点时，速度大小及所受轨道支持力的大小；
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离；
(3)滑块滑到何处速度最大？
16．如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为，B球的带电量为，两球组成一带电系统。虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场E后，系统开始运动。试求：
(1)B?球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)带电系统从静止开始向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；
(3)带电系统从静止开始向右运动至最大距离处的时间。
参考答案
1．D
【详解】
B．根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B错误．
AD．由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故A错误、D正确；
C．M点的电场线较N点的电场线稀疏，可知M点的电场强度小于N点的电场强度，选项C错误。
故选D。
2．D
【详解】
A．因为P带负电，则导体A端将感应出正电荷，选项A错误；
B．导体处于静电平衡时，内部电场强度均为零，选项B错误；
C．导体两端带上异种电荷，只是电荷的转移，不是静电感应在导体上创造了电荷，选项C错误；
D．因MN两点的合场强为零，而MN两点的场强均等于P在该点的场强与感应电荷的场强的和，因P在M点的场强大于N点的场强，则导体的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】
A．电场中某点场强的大小与试探电荷无关，A错误；
B．匀强电场中电场强度处处相同，根据
可知不同电荷在其中受力不同，B错误；
C．超高压带电作业的工人穿戴的工作服要用包含金属丝的织物制成，形成静电屏蔽，对作业人员起到保护作用，C正确；
D．电场线方向就是正电荷受力的方向，与电荷运动轨迹不同，如果粒子做曲线运动，受力的方向和运动方向一定不同，D错误。
故选C。
4．A
【详解】
C．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据
得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，C错误；
A．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式
分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，A正确；
B．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，B错误；
D．根据
由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，D错误。
故选A。
5．A
【详解】
A．根据轨迹的弯曲方向，可知质子受力向外，所以这是由正电荷形成的静电场。A正确；
B．这是由正电荷形成的静电场，离正电荷越远，电势越低。B错误；
C．质子从K到L的过程中，在靠近正电荷，所以斥力做负功。C错误；
D．质子从M到N的过程中，在远离正电荷，斥力做正功，电势能减少。D错误。
故选A。
6．B
【详解】
A．由于电场为匀强电场，可得到粒子在A点的加速度与C点的加速度大小相等，故A错误；
BCD．由题图可知，粒子在B点所受电场力方向向左，又因为粒子带正电，故电场线方向向左，由沿着电场线方向电势降低，则，故带正电粒子从A点到C点电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A点的电势能比在C点的电势能小，故B正确，C、D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．小球受弹簧的弹力大小为
由共点力平衡可知
解得
故A错误；
B．由机械能守恒定律可得
解得
故B错误；
C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用，速度最大，动能最大为
故C正确；
D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，故D错误。
故选C。
8．AD
【详解】
AB．小球能沿轨道向下运动，必有
mgsinθ>Fsin，2mgsincos>Fsin，2mgcos>F
则
FA正确，B错误；
C．小球向下运动过程中，克服电场力做功，电势能增大，C错误；
D．小球向下运动过程中，mgsinθ始终大于Fsin，动能不断增大，D正确。
故选AD。
9．AC
【详解】
A．待焊接的工件应放置在极，电子在k极附近，在电场力作用下向A极做加速运动后轰击工件，所以A正确；
B．、之间的电场是非匀强电场，所以电场强度大小不等于，则B错误；
C．电子经高压加速后，根据电场做功有
电场力做正功，所以电势能减小了，则C正确；
D．电子在加速运动过程中加速度逐渐增大，因为越靠近A极电场线越密，所以D错误；
故选AC。
10．CD
【详解】
A．在匀强电场中相互平行且等距的线段电势差相同，则有
解得
所以A错误；
B．由功能关系可得，质子从B运动到C有
则质子从B运动到C电势能减小了，所以B错误；
CD．如图所示AC为等势线，BD为电场线的方向，则质子从B运动到C过程做类平抛运动有
质子运动到C点时的速度大小为
联立解得
，
所以CD正确；
故选CD。
11．AD
【详解】
A．因为沿方向入射的粒子恰垂直方向过点，不妨研究它的逆过程，从到，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于向下，则电势相等，所以
故A正确；
B．电场方向垂直向下，则沿垂直方向入射的粒子不可能经过点，故B错误；
C．若，则过点速率等于A点的速度沿方向的分量，即
故C错误；
D．若，则由类平规运动的规律可知
联立解得
故D正确。
故选AD。
12．BCD
【详解】
AB．在等量同种正点电荷连线的中垂线上有一个电场强度最大的位置，设为P，电场强度最大值记为Em。
情形一：若释放点在P点下方，则从释放点到O点的过程中，电场强度E、电场力qE不断减小，小球受到的合力及加速度，根据牛顿第二定律有
合力不断增大，故加速度不断增大，v随时间t的变化图像的斜率也不断增大，A错误，B正确。
C．情形二：若释放点在P点上方，则从释放点到O点过程中，电场强度E、电场力qE先增大再减小，这时又要分两种情况：
①当qEm合力方向不变，大小先减小再增大，故加速度先减小再增大，v随时间t的变化图像的斜率先减小再增大，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图像的斜率分别表示合力F和电场力qE，选项中没有符合此种情况的图像；
②当qEm>mg时，小球受到的合力
合力方向先向下再向上最后向下，大小先减小再增大然后减小最后再增大，故加速度先减小再增大然后减小最后再增大，v随时间t的变化图像的斜率先减小再增大然后减小最后再增大，动能Ek随下降距离h的变化图像的斜率表示合力F，斜率应先减小再增大然后减小最后再增大，C正确；
D．若小球在到达电场强度最大点之前已减速到零，小球会回到释放点，D正确。
故选BCD。
13．(1)正电；(2)；(3)细线与水平方向夹角恰为30°，
【详解】
(1)根据平衡条件可知小球带正电；
(2)根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得
化简可得
则有
(3)小球到达B点时速度为零，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，小球的速度最大，受力分析如图：
该过程中重力与电场力做功，由动能定理得
解得
14．（1）；（2）
【详解】
（1）由牛顿第二定律知
小球做类平抛运动
将时间代入，联立两式解得
（2）电场强度大小不变，方向旋转120°后，竖直方向上根据牛顿第二定律得
解得
15．(1)，；(2)；(3)见解析
【详解】
(1)滑块从C到B过程，由动能定理可得
可解得滑块通过B点时，速度大小为，
在B点，由牛顿第二定律可得
联立可解得滑块所受轨道支持力的大小。
(2)设水平轨道上A、B两点之间的距离为L，从C到A过程，由动能定理可得
可解得。
(3)如图所示，当滑块运动到D点，使速度方向与电场力、重力的合力方向垂直时速度最大，O、D连线与竖直方向夹角满足
16．(1)；(2)?；；(3)
【详解】
(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为，由动能定理得
解得
(2)带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场。
设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得
解得
则
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为?，其电势能的变化量为
(3)取向右为正方向，第一段加速
第二段减速
设A球刚出电场速度为，由动能定理得
解得
从A刚到PQ到A向右运动到速度减为0，有
总时间为