第2章 静电场的应用 本章小结（word版含答案）

2019粤教版必修第三册 第2章 本章小结
一、单选题
1．下列关于静电复印机在工作过程中的说法正确的是（　　）
A．墨粉带正电 B．硒鼓上“静电潜像”带正电
C．复印过程中，白纸不带电 D．充电时让硒鼓表面带上负电
2．光滑固定斜面倾角为，质量均为的两物块A、一起以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动。已知物块A上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块对A的摩擦力做负功 B．物块A对的支持力做负功
C．物块的重力和摩擦力做功的代数和为0 D．两物块A、之间的摩擦力大小为
3．下列哪些措施是为了防止静电产生的危害（ ）
A．在高大建筑物顶端装上避雷针 B．静电植绒
C．静电复印 D．静电喷漆
二、多选题
4．电容式话筒含有电容式传感器，如图所示。导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是（　　）
A．电容器电容增大
B．电容器所带电荷量减小
C．电容器两极板间的场强增大
D．电阻R上电流方向自左向右
5．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施不可行的是()
A．断开开关S后，将A、B两极板分开
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板远离些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动
三、解答题
6．如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U14.5103V加速后以速度V0垂直等间距的进入电压U2180V,间距为d1.0cm,板长l5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s5cm的屏幕上的P点，（电子的比荷为）求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v0
（2）打在屏幕上的侧移位移OP
7．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管A、B、C、D、E）组成，质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，漂移管间缝隙很小，质子的电荷量与质量之比为1×108C/kg。求相邻漂移管间的加速电压。
8．如图所示，用长为L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电荷量为+q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零。重力加速度用g表示。求：
(1)A、B两点的电势差UAB；
(2)匀强电场的电场强度E的大小。
9．当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C= ．对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化．
（1）在图所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图象．
（2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功．在弹簧弹力F与形变量x关系图象中，图象与x轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小．与之类比，推导电容器储存的电能表达式E= CU2 ．
（3）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2 ， 需要克服电场力做多少功？
10．绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个带负电的电量为q、质量为m的小球，当空间建立水平方向的匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成θ=60°角的位置，如图所示。
（1）求匀强电场的场强E；
（2）若细绳长为L，让小球从θ=30°的A点释放，王明同学求解小球运动至某点的速度的过程如下：
据动能定理有
得
你认为王明同学求的是最低点O还是θ=60°的平衡位置处的速度，正确吗？请详细说明理由或求解过程。
11．如图所示，在宽L的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v0垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感应强度B？
12．在燃气灶和燃气热水器中，常常安装电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电的电火花来点燃气体。点火器的放电电极是钉尖形（图）。这是为什么？与此相反，验电器的金属杆上端却固定一个金属球而不做成针尖状，这又是为什么？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
静电复印机工作时硒鼓带正电，墨粉带负电，充电时让硒鼓表面带上正电，复印过程白纸会带上电荷。
故选B。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对整体分析，其加速度沿斜面向下
可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离B分析可得
故B定会受到A对它水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律，可得物块A受到B的摩擦力水平向右，与速度方向夹角为锐角，故B对A的摩擦力做正功，故A错误；
B．从B的受力分析图可知，物体B有向上的位移，故支持力做正功，故B错误；
C．从B的受力分析图可知，重力、摩擦力都与速度的夹角为钝角，所以两个力所做的功都为负功，代数和不等于0，故C错误；
D．对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度为
竖直方向上的加速度
隔离对B分析，A对B的摩擦力
故D正确。
故选D。
3．A
【解析】
【详解】
静电的防范有：避雷针、油罐车接地、印染厂空气加湿等．静电的利用有：静电除尘、静电植绒、静电复印等；
A. 避雷针是为了防止静电产生的危害，故A正确；
B. 静电植绒是静电的利用，故B错误；
C. 静电复印是静电的利用，故C错误；
D. 静电喷漆是静电的利用，故D错误．
4．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，根据可知，电容值减小，故A错误；
BD．由可知，因U不变的情况下，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自左向右，故BD正确；
C．依据，则知U不变，场强减小，故C错误。
故选BD。
5．ACD
【解析】
【详解】
A.断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据知，电容C减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故A错误，与题意相符；
B.断开开关，电容器带电量Q不变，增大正对面积，根据知，电容C增大，根据知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确，不符合题意；
CD.保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故CD错误，符合题意．
6．（1）4×107m/s（2）0.75m
【解析】
【详解】
（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1=mv02-0，
代入数据解得：v0=4×107m/s；
故电子进入偏转电场的速度：v0=4×107m/s；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
在水平方向：l=v0t1，
在竖直方向上：由牛顿第二定律得：，
飞出电场时偏转量为：y1=at12
代入数据解得：y1=0.25cm；
设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，
在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，有：vy=at1
运动时间：t2=，竖直位移：y2=vyt2，
故电子到达屏S上时，它离O点的距离：y=y1+y2，
代入数据解得：y=0.75cm；
【点睛】
解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点.
7．U=6×104 V
【解析】
【详解】
相邻漂移管间的加速电压为U，质子的质量为m、电荷量为q。质子从刚进入漂移管B到刚进入漂移管E的过程中，根据动能定理有
由题意可知
解得
U=6×104 V
8．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)小球在B速度恰好为零，说明电场力做负功。故电场力与电场方向相同，小球带正电。
小球从A到B ，由动能定理有：
有
(2)电场强度
9．(1) (2) 该图象的斜率为电容器电容C，图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能．故E= QU , 由Q=CU得：E=CU2 (3)
【解析】
【分析】
（1）根据电容的定义式得到Q与U的关系式，再画出Q-U图象；
（2）Q-U图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，由数学知识推导；
（3）根据电容的决定式、电容的定义式得到电容器储存的电能表达式，再由功能关系求解；
【详解】
（1）对于给定的电容器电容C一定，根据电容的定义式得，则图象如图所示：
（2）该图象的斜率为电容器电容C，图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，故，由得：；
（3）板间距离为d时，平行板电容器的电容为
当电容器带电量为Q时，两板间电压
得电容器储存的电能为
当板间距离由增大到时，电容器储存的电能增加量为：
故需要克服电场力做功．
【点睛】
解决本题的基础是掌握电容的定义式和电容的定义式，关键是要理解Q-U图象与横坐标轴围成的面积表示电容器充电过程中电容器储存的电能．
10．（1），水平向左；（2）王明同学的求解不正确，理由见解析。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在θ=60°角处处于平衡，如图：
则有
Eq=mgtanθ
解得
方向水平向左。
（2）王明同学的求解不正确。
因为小球在θ=60°处处于平衡，因此小球从θ=30°的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=60°处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O。王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=60°时平衡位置处的速度。
平衡位置处的速度的正确求解应该是
据动能定理有
解上式得
11．
【解析】
【详解】
设场区宽度为L，带电粒子做类平抛运动，水平方向
当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为r，如图所示
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系知
解得
12．见解析
【解析】
【详解】
在尖端处，电荷容易聚集，点火器需要瞬间高压放电，自然需要电荷密集，所以点火器的放电电极做成了针尖形，容易使空气电离形成电火花而放电。验电器的金属杆上端固定的电极要尽可能减少放电，所以固定一个金属球，是为了防止空气电离放电。
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