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．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（ ）
A．灰尘的自然堆积
B．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘
C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘
D．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力
2．复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体）制成的．复印机的基本工作过程是
（1）在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；
（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成 “静电潜像”；
（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；
（4）鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上．以下说法正确的是
A．步骤（1）中发生了静电感应现象
B．步骤（2）中发生了局部导电现象
C．步骤（3）中发生了静电平衡现象
D．步骤（4）中发生了静电屏蔽现象
二、多选题
3．由锌板与铜板构成平行板电容器，其中锌板与静电计相连，静电计金属外壳和铜板都接地，现用频率的紫外线照射锌板，静电计指针偏转最后稳定在偏角上，对应电压。假定已知偏转角度与电势差U成正比。以Q表示两板带的电荷量，E表示两板间的电场强度。则下述过程中正确的是
A．将两板距离减小为原来的一半，则θ先减小后增大最后稳定在，Q不变
B．换用频率的紫外线继续照射锌板θ增大为2后稳定，则有
C．停止光照，将两板距离增大为两倍，则Q增大为2Q，θ增大为2
D．停止光照，将两板距离增大为两倍，则θ增大为2，E不变
4．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，现将其接在直流电源上，已知A板和电源正极相连．当开关接通时，一带电油滴刚好能悬浮于两板之间的P点，则下列说法正确的是( )
A．油滴带正电荷
B．油滴带负电荷
C．保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离，油滴将向上运动
D．保持开关闭合，将A板下移一段距离，油滴将向上运动
5．测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦、绳的质量），悬挂重物，假定人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带上侧以速率向右运动．下列说法正确的是（ ）
A．人对传送带不做功
B．人对传送带做功
C．人对传送带做功的功率为
D．人对传送带做功的功率为
三、解答题
6．一平行板电容器每个极板都是半径为1.5cm的圆形金属板，两极板正对，两极板间的距离为2mm，且两极板间用陶瓷作电介质，则电容器的电容为多少皮法？若该电容器的击穿电压为40V，则电容器刚好被击穿时，带电量为多少？板间的场强为多少？
7．如图所示，用一根绝缘体轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为 ，所带电荷量为 ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘线与竖直线成 ，求：
（）该匀强电场的场强E的大小及方向．
（）若剪断细线，小球将做什么运动．要写出小球速度随时间的变化关系式并说明运动方向．
8．如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电.电荷量为-3q.现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN（边界MPNQ也在电场内）内.已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右.现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动.（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）
(1)求小球A、B运动过程中的最大速度；
(2)小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点.
9．如图所示，A、B两金属球分别带正、负静电荷，现用两根导线连接A、B形成闭合回路，问：导线C上瞬间电流方向如何？
10．微波实验是近代物理实验室中的一个重要部分．反射式速调管是一种结构简单、实用价值较高的常用微波器件之一，它是利用电子团与场相互作用在电场中发生振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1所示，在虚线MN两侧分布着方向平行于x轴的电场，其电势φ随x的分布可简化为如图2所示的折线．一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知带电微粒质量m=1.0×10﹣20 kg，带电荷量q=﹣1.0×10﹣9 C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
①B点距虚线MN的距离d2；
②带电微粒在A、B之间震荡的周期T．
11．如图所示为真空示波管的示意图。电子从灯丝发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电场加速后，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板、间的偏转电场（电子进入时的速度方向与该电场方向垂直），离开偏转电场后打在荧光屏上的点。已知、A间的加速电压为，、两板间的偏转电压为，两板间的距离为，板长为，电子的质量为，电荷量为，不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力。
（1）求电子穿过A板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移距离；
（3）若还知道偏转极板右侧到荧光屏的距离为，求电子打在荧光屏上的位置与之间的距离。
12．如图所示，在空间有坐标系，第三象限有磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有竖直向上的匀强电场. 一个质量为、电荷量为的正离子，从处沿与轴负方向成角垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距点为的处沿垂直电场方向进入匀强电场，最后离子打在轴上距点的处. 不计离子重力，求：
（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）离子从处运动到处所需的时间；
（3）电场强度的大小.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因是电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘，故选B.
2．B
【解析】
【详解】
试题分析：步骤（1）中在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电，此过程不是静电感应现象，选项A错误；步骤（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成 “静电潜像” 发生了局部导电现象，选项B正确；步骤（3）中有电荷的移动，没有发生静电平衡现象，选项C错误；步骤（4）中，鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上不是静电屏蔽现象，选项D错误；故选B.
考点：静电的防止和利用
3．BD
【解析】
【详解】
紫外线照射锌板，发生光电效应，飞出的电子打在铜板，两板之间形成电场，随着电场的增强，最后最大初动能的光电子也不能打在铜板上，形成遏止电压，即静电计指针偏转角对应电压有：（W为锌板逸出功），换用频率的紫外线继续照射锌板θ增大为2稳定，则对应电压2，有：，联立两式得：，选项B正确；光照条件下，两板距离减小电容增大，电压降低，电荷量继续积累，Q增大，E增大，一直到重新回到遏止电压，选项A错误；停止光照，Q不变，E不变，两板距离增大为两倍，电压增大为两倍，即θ增大为2，选项C错误，D正确。
4．BD
【解析】
【分析】
根据受力平衡，确定电场力方向，从而确定油滴的电性；保持开关闭合，电容器始终与电源连接，两端的电压不变，根据E=U/d判断电场强度的变化．再分析油滴如何运动．
【详解】
AB.由题意可知，电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，由于电场强度方向竖直向下，则有油滴带负电荷；故A错误，B正确．
C.保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离时，板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态；故C错误．
D.保持开关闭合，将A板下移一段距离，板间距离减小，根据E=U/d 知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．故D正确．
故选BD．
【点睛】
解决本题的关键要知道电容器与电源始终相连，两端间的电势差不变．电容器与电源断开，电容器的电量保持不变．
5．BC
【解析】
【详解】
AB．人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，A错误，B正确；
CD．人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于，所以人对传送带做功的功率为，C正确，D错误。
故选BC。
6．18.75PF；7.5×10-10C；2×104V/m
【解析】
【详解】
由平行板电容器决定式：；
由公式得：；
由公式．
7．（）电场方向水平向右 （）剪短绳子后小球做匀加速直线运动 ，与竖直方向呈．
【解析】
【详解】
（）对小球受力分析如图
根据平衡知：
得：，方向水平向右．
（）剪断细线小球做匀加速直线运动，且与竖直方向呈．
由：
得：
则：．与竖直向下方向成斜向下．
综上所述本题答案是：（1）（1），方向水平向右
（2）剪断细线小球做匀加速直线运动，速度大小， 且与竖直方向成斜向下
8．(1) (2)
【解析】
【分析】
(1)当B球进入电场后，合力向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；
(2)系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解．
【详解】
(1)带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度.
设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，
由牛顿第二定律：2Eq＝2ma1 ①
B刚进入电场时，系统的速度为vm，由 ②
可得 ③
(2)对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1
则 ④
故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速．由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动.
设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则 ⑤
设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律 ⑥
显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有 ⑦
那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 ⑧
【点睛】
本题考查了求速度、运动时间问题，关键是分析清楚两个小球系统的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析求解．
9．电流的方向是A→B
【解析】
【分析】
【详解】
负电荷在导线上从B移动到A，电流的方向与正电荷定向移动方向相同，负电荷移动方向相反，即从A→B。
10．①0.50cm；②3.0×10-8s
【解析】
【分析】
【详解】
①由图2知虚线左右分别是匀强电场，左侧电场沿﹣x方向，右侧电场沿+x方向，大小分别为
带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理得
联立解得
d2=0.50cm
②设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式得
运动时间
联立解得
t=1.5×10-8s
故粒子振动的周期为
T=3.0×10-8s
11．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在加速电场中有
可得
（2）在偏转电场中，设飞行时间为，加速度为，则
水平方向有
竖直方向有
其中
联立可得
（3）设的长度为，电子飞出偏转电场时的偏角为，竖直分速度为，偏转电场右端到荧光屏的水平距离为，则
，，
联立可得
12．(1)(2)(3)
【解析】
【详解】
(1)正离子的运动轨迹如图所示.
由几何知识可得，
解得半径.
(2)洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得，
解得离子在磁场中运动的速度大小为，
离子在磁场中运动的周期为，
根据轨迹得到离子在磁场中做圆周运动的时间为，
离子从运动到做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,所需要的时间，
故离子从的总时间为.
(3)在电场中，由类平抛运动知识得，
，
电场强度的大小为.
答案第1页，共2页
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