高二上学期物理粤教版（2019）必修第三册 第二章静电场的应用 单元训练(Word版含答案)

第二章静电场的应用
一、选择题（共15题）
1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的电容将变大
B．带电油滴的电势能将减少
C．静电计指针张角变小
D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变大
2．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开（ ）
A．此时A带正电，B带负电 B．此时A、B都带正电
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A，B下部的金属箔都闭合
3．比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式属于比值定义式（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，面积很大的的光滑导体板水平放置，在板的中点正上方，有带正电的点电荷＋Ｑ，一表面绝缘带正电的金属小球Ｃ可视为质点，且不影响原电场，自左向右以初速Ｖ０向右运动，则在运动过程中（ ）
A．小球先减速后加速运动
B．小球受到的电场力为零
C．小球的加速度为零
D．小球的电势能先增大后减小
5．如图所示，实线是一正点电荷Q周围的等势线，虚线是某带电粒子q通过该电场区域时的运动轨迹，A、C、B是轨迹上的三个点，其中C是距离Q最近的位置。若带电粒子q在运动过程中只受到Q的电场力的作用，下列判断正确的是（　　）
A．q粒子做匀速圆周运动 B．从A到C，电场力对q粒子做负功
C．q粒子在C点时电势能最大 D．从C到B，q粒子动能逐渐减小
6．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力），以初速度由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下列措施中不能满足要求的是（ ）
A．使M、N间电压加倍
B．使初速度减为原来的一半
C．带电粒子的质量减半
D．带电粒子的电荷量加倍
7．测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示．置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d．现有一质量为m的带负电荷的油滴在极板间匀速下落，则（　　）
A．油滴下降过程中电势能不断减小
B．油滴带电荷量为
C．若减小极板间电压，油滴将减速下降
D．若将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降
8．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中
A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
9．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）
A．a的荷质比一定小于b的荷质比
B．b的荷质比一定小于a的荷质比
C．a的电荷量一定大于b的电荷量
D．b的质量一定大于a的质量
10．在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（　　）
A．电势能逐渐减小 B．电势能逐渐增大
C．q3受到的电场力逐渐减小 D．q3受到的电场力逐渐增大
11．如图所示，两个质量不同、电荷量相同的带电粒子、以相同的初速度从同一位置垂直电场线射入充电后的平行板电容器，图中虚线为两粒子的运动轨迹，不计两粒子受到的重力作用，下列说法正确的是
A．粒子、在电场中运动的时间相等
B．粒子的加速度较大
C．粒子到达负极板时的动能较大
D．电场力对粒子、做的功相等
12．如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷分别为+Q、-Q、+q；A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电量保持不变，那么C在下落过程中，以下判断正确的是（　　）
A．电场力做正功 B．小球C所受摩擦力先减小后增大
C．小球C下落一半高度时速度一定最大 D．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量
13．图中实线是一簇等差等势面，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是
A．带电粒子所带电荷的电性
B．带电粒子在 a、b 两点的加速度大小何处更大
C．带电粒子在 a、b 两点的速度何处较大
D．a、b 两点的电势何处较大
14．给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则( )．
A．若将B极板向右平移少许，电容器的电容将减小
B．若将B极板向下平移少许，A、B两板间电势差将增大
C．若将B极板向下平移少许，夹角θ将变大
D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动
15．如图所示，极板间距为d、极板正对面积为S的平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，且上极板与静电计的金属球相连，静电计所带电量可被忽略，静电计指针偏转的角度为，电容器下极板和静电计的金属外壳接地。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点，下列说法正确的是（　　）
A．减小极板正对面积S，静电计指针张角不变
B．若将下极板缓慢下移少许，增大极板间距d，带电油滴的电势能将增大
C．两板各绕其中点快速转过角(角为锐角)后，电容器中的电场强度增大
D．两板各绕其中点快速转过角(角为锐角)后，油滴受到的电场力减小
二、填空题
16．如图所示，平行金属竖直放置，A板接地，B板电势为U，质量为m，带电量为﹣q的带电粒子（重量不计）以初速v0水平射入电场。则粒子从A到B电场力做功为______，粒子到达B板时速度大小为______。
17．平行板电容器所带电荷量增加了4.0×10－8C，两板间的电压相应地增加了2.0V，而达到10.0V，那么该电容器的电容值C =_______F；如果再将两极板上的电量各自减少一半，则电容器两板间的电压将是_______V．
18．如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。
（1）带电粒子在区域______是加速的，在______区域是偏转的，粒子在III区域做______运动。
（2）若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向______板偏移，若UYY′＝0，UXX′＝0，则粒子打在荧光屏上______点，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向______板偏移。
19．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10-10 g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s2）_______
三、综合题
20．如图的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子（初速为零），金属丝和竖直金属板之间加以电压U1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l，相距为d，两极板间加以电压U2的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e，质量为m，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：
（1）电子射入偏转电场时的速度；
（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y。
21．如图，一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动。A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为45°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力。求：
(1)B点的速度大小；
(2)A到B的运动过程中静电力做的功；
(3)A、B两点间的电势差。
22．如图1所示，水平放置的平行金属板A、B间距为，板长，在金属板的左端竖直放置一带有小孔O的挡板，小孔O恰好位于A、B中间，距金属板右端处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量、电荷量的带正电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计。求：
（1）粒子在电场中的运动时间；
（2）时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；
（3）时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置距入射点O的竖直高度。
23．在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小vA、vB。
参考答案：
1．B
【详解】
A．根据知，d增大，则电容减小，故A错误；
C．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；
B．电势差不变，d增大，则P点到上极板的电势差变小，P点电势升高，由知，负电荷的电势能减小，故B正确。
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据
知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】
AB．将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，则A、B错误；
C．移去C，由于A、B中正负电荷中和，则贴在A，B下部的金属箔都闭合，C正确；
D．先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，则D错误；
故选C。
3．C
【详解】
A．为加速度的决定式，不属于比值定义式，A错误；
B．为平行板电容的决定式，不属于比值定义式，B错误；
C．为电势的定义式，属于比值定义式，C正确；
D．为点电荷场强的决定式，不属于比值定义式，D错误。
故选C。
4．C
【详解】
根据静电平衡的规律可知，金属板处于静电平衡状态，金属板的表面是一个等势面，电场线处处与金属板表面垂直，由于金属板表面水平，所以金属板表面的电场线方向始终竖直向下．根据上面的分析可知，金属小球受到向下的重力、向上的支持力和向下的电场力，水平方向不受力的作用，所以小球将做匀速直线运动，所以AB错误，C正确；由于金属小球受到的电场力方向始终竖直向上与运动方向垂直，所以电场力不做功，即小球的电势能保持不变，故D错误．所以C正确，ABD错误．
5．D
【详解】
A．带电粒子q运动过程与Q距离变化，受到的库仑力大小在变化，而做匀速圆周运动要求合外力大小不变，方向始终指向圆心，故带电粒子不会做匀速圆周运动，A错误；
BCD．在A点，粒子的运动方向沿轨迹切线方向，受力方向要与等势面垂直又要指向运动轨迹内侧，故方向如图所示
F与v夹角小于90°，故从A到C过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，同理可知，从C到B过程电场力做负功，动能减小，电势能增大，故在C点，动能最大，电势能最小，BC错误，D正确。
故选D。
6．B
【详解】
A．粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得
-qU=0-mv02
现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于-qU．电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功
W=-q（2U）=-qU
与粒子动能变化相等．故A不符合题意；
B．当初速度为v0，U不变，则有带电粒子动能的变化
故B符合题意；
C．当带电粒子的质量减半，则动能减半，带电粒子运动到MN板中点时电场力做功
W=-qU
与粒子动能的变化相等，故C不符合题意；
D．当电量加倍时，则带电粒子运动到MN板间中点电场力做功，与原来电场力做功相等，即粒子动能变化相等，故D不符合题意．
故选B。
7．B
【详解】
A、带电油滴在极板间匀速下落,根据受力平衡可知电场力向上，则油滴下降过程中电场力做负功，电势能不断增加，故A错；
B、带电油滴在极板间匀速下落,根据受力平衡则有 ;所以 ，故B对；
C、若减小极板间电压，则根据 板间电场强度减小，所以油滴将加速下降，故C错；
D、若将极板N向上缓慢移动一小段距离，d减小，根据知场强变大，油滴将向上加速运动，故D错；
故选B
8．C
【详解】
A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；
B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；
C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．
点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动．
9．B
【详解】
设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
时间为
偏转量为
因为两个粒子的初速度相等，由题图知
，
E相等，则可得a粒子的比荷就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系。
故选B。
10．A
【详解】
AB．由场强叠加原理，可判断等量的正电荷中垂线CD段上的电场强度方向处处都是竖直向上，故正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；
CD．由场强叠加原理，可判断等量的正电荷中垂线上由C到D，电场强度先变大后变小，所以q3受到的电场力先变大后变小，故CD错误。
故选A。
11．D
【详解】
A．粒子、在电场中运动时的水平速度相同，根据
x=v0t
两粒子的水平位移不相等，则运动的时间不相等，b运动的时间较长，选项A错误；
B．竖直方向位移相同，两粒子电量相同，质量不同，根据
可知，粒子的加速度较小，b的质量较大，选项B错误；
CD．根据动能定理
两粒子电量相同，粒子b的质量较大，电场力对粒子、做的功
相等，则粒子b到达负极板时的动能较大，选项C错误，D正确。
故选D。
12．D
【详解】
A．AB为等量异种点电荷，故产生的电场在AB连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A错误；
B．小球C在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为
故受到的摩擦力一直增大，故B错误；
C．小球C的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C的加速度向下；后来重力小于摩擦力，加速度向上，C做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C错误；
D．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D正确；
故选D。
13．BC
【详解】
AD、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，无法确定粒子在a、b 两点的电势何处较大，故A、D错误；
B、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故B正确；
C、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，速度减小，所以a点速度大于b点速度，故C正确；
故选BC．
14．ABC
【详解】
解：A、若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C=，得知电容将减小．故A正确．
B、C若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C=
，得知电容将减小．电容器的电量Q不变，由U=，分析得知板间电势差增大，由E=得知，E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故B、C正确．
D、轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动．故D错误．
故选ABC
15．AC
【详解】
A．根据
可知S减小，则电容减小，而静电计测量的是电容器两极板间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故A正确；
B．若将下极板缓慢下移少许，电容器始终与电源相连，电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板间距不变，场强E变小，所以P点与上极板间的电势差变小，且上极板与电源正极相连，所以P点电势变高，带电油滴的电势能
变小，故B错误；
C．两板各绕其中点快速转过角(角为锐角)后，根据几何知识可得
故电场强度变为
则电容器中的电场强度增大，故C正确；
D．转动后，方向旋转了，粒子受到电场力的大小
变大，故D错误。
故选AC。
16． qU
【详解】
AB两极板间的电势差
UAB=φA﹣φB=0﹣U=﹣U
电场力做功
由动能定理得
解得
17．2×10-8 5
【详解】
该电容器的电容值．如果再将两极板上的电量各自减少一半，而电容C不变，由公式可知，电压也减半，即为5V．
18． I II 匀速直线 Y O X
【详解】
(1)带电粒子在区域I的电场中被加速的，在II区域，初速度与电场方向垂直，则是偏转的，粒子在III区域没电场，则做匀速直线运动。
(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子受电场力指向Y极板，向Y板偏移，若UYY′＝0，UXX′＝0，则粒子不偏转，打在荧光屏上O点，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子受电场力指向X极板，向X板偏移。
19．3×104
【详解】
带电液滴所受重力和电场力平衡，有
由元电荷电量为可知，油滴上有元电荷数目是
20．（1）；（2）
【详解】
（1）电荷量为e的电子从金属丝移动到金属板，两处的电势差为U1，根据动能定理，可得
解得
（2）电子在垂直于板面的方向受到静电力，由于电场不随时间改变，而且是匀强电场，所以整个运动过程中在垂直于板面的方向上加速度是不变的，做匀加速直线运动，加速度是
电子射出电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
其中t为飞行时间，由于电子在平行于板面的方向不受力，所以这个方向上做匀速运动，由 l=v0t可求得
将a和t代入y的表达式中，得到
21．（1）v0；（2）；（3）。
【详解】
(1)设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
由此得
(2)由动能定理有
(3)设A、B两点间的电势差为UAB，则
W=qUAB
所以A、B两点间的电势差
UAB=
22．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中运动的时间
（2）在内粒子在竖直方向做匀加速运动，在内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为
离开电场时竖直方向的位移
得
（3）时进入的粒子，粒子先向上偏转做类平抛运动，再做类平抛的逆运动，最后向下偏转做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为：
射出平行板时
打在荧光屏时需时间
所以从射出极板到打到荧光屏上的竖直位移
所以距入射点的竖直高度
23．(1)；(2)，0
【详解】
(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则
qE=mg
可得匀强电场的电场强度大小
E=
(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得
A、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得
mv1=mvA+mvB
联立解得
vA=，vB=0