第二章静电场的应用 章节综合练（Word版含答案）

粤教版（2019）必修三 第二章 静电场的应用 章节综合练
一、单选题
1．如图甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料。图乙是该装置主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可调的高压直流电源（内电阻可忽略不计）相连。质量为m、电量为-q的分布均匀的带负电的尘埃无初速度地进入A、B两极板间的加速电场。尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下极板后其所带电荷被中和，同时尘埃被收集。尘埃的重力，空气阻力，尘埃间的作用力均忽略不计，下列判断正确的是（　　）
A．靠近上极板的电荷更容易被吸附
B．若只将矩形通道的电场方向反向，该除尘装置则无法正常工作
C．仅增大A、B之间的加速电压，可以有效增大被吸附粒子的比例
D．仅增加板长L，有可能将所有的粒子吸附到除尘装置中
2．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是（　　）
A．铜丝编织的衣服不易拉破
B．电工被铜丝衣服所包裹，使体内没有电荷
C．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电场强度为零
D．铜线电阻小，能对人体起到保护作用
3．如图所示，一个质量为m、带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为。已知AC=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则（　　）
A．场强方向垂直于AB背离C，场强大小为
B．场强方向垂直于AB指向C，场强大小为
C．场强方向垂直于AB指向C，场强大小为
D．场强方向垂直于AB背离C，场强大小为
4．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地。若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（　　）
A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小；
B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大；
C．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小；
D．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大
5．传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器。当待测压力F作用于可动膜片电极时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么（　　）
①当F向上压膜片电极时，电容将增大
②当F向上压膜片电极时，电容将减小
③若电流计有示数，则压力F发生变化
④若电流计有示数，则压力F不发生变化
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
6．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板处返回
7．M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图偏离竖直方向。下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大（P球不与金属极板接触）。（　　）
A．增大MN两极板间的电势差
B．减小MN两极板的带电量
C．保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移
D．保持极板带电量不变，将N板向右平移
8．如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（　　）
A．小球从M到N的过程经历的时间
B．可以判断出电场强度的方向水平向左
C．从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小
D．从M到N的运动过程中速度大小一直增大
9．如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子（H）和α粒子（He）从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则（　　）
A．若初速度相同，α粒子从CD边离开
B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1：2
C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1：4
10．如图所示，在绝缘光滑水平面上的C点固定正点电荷甲，带负电的试探电荷乙（可看成点电荷）仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道Ⅰ运动，C点是椭圆轨道的其中一个焦点。乙在某一时刻经过A点时因速度大小突然发生改变（电量不变）而进入以C为圆心的圆形轨道Ⅱ做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．在甲电荷的电场中，轨道Ⅰ上的各点，D点的电势最高
B．乙在轨道Ⅰ运动，经过D点时电势能最大
C．乙在两个轨道运动时，经过A点的加速度大小不等
D．乙从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ运动时，速度变大
11．高大的建筑物上安装接闪杆（避雷针），阴雨天气时云层中的大量电荷可以带电云层通过接闪杆直接引入大地，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次接闪杆放电时，带负电的云层和接闪杆之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子q由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（　　）
A．接闪杆尖端带负电
B．带电粒子q带正电
C．q在M点的电势能大于在N点的电势能
D．q越靠近接闪杆尖端，其加速度越小
12．在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在（　　）
A．A点 B．A点右方2l处
C．A点左方l处 D．A点左方2l处
13．如图所示，将一金属空腔放在匀强电场中，稳定后，电场线如图分布。A为金属外一点，B为金属空腔内一个点。下列说法正确的是（　　）
A．金属外表面的电场和金属外表面垂直
B．B点感应电场为零
C．A点电场强度等于B点的电场强度
D．正电荷在A点的电势能等于在B点的电势能
14．如图所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、φc，且φa＞φb＞φc。一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）
A．粒子从L到M的过程中，动能减少
B．粒子从K到N的过程中，电势能增加
C．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
D．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
15．在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为＋q的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势随位置坐标x的变化如图所示。图中0～l为曲线，l～2l及2l～3l为直线，图像曲线部分和直线部分在处相切，已知小物体在处速度为最大值，在处速度恰好为零，下列说法错误的是（　　）
A．小物体从O到的过程中由于摩擦产生的热量为
B．小物体运动过程中受到的摩擦力大小为
C．、、的关系为
D．小物体运动过程中的最大动能为
二、填空题
16．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___________（填“张开”或者“闭合”）。先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔___________（填“张开”或者“闭合”）。
17．如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点。将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，不计重力，则有φa_____φb，Ea_______Eb。
18．在水平面内，有A、B两个带电小球相距为d，其中，A固定不动，质量为m的小球B，在库仑力作用下由静止开始运动经过一段时间后，小球B的速度为v、加速度变为刚开始运动时加速度的。那么，此时A、B两个小球间的距离为___________；在这个过程中电势能的减少量为___________。
19．某平行板电容器充电后所带电荷量为Q＝2×10－6C，两极板间的电压U＝4V，则该电容器的电容为__________F，若只将该电容器的板间距离增大，电容器的电容将________，若只将两极板错开，使极板正对面积减小，电容器的电容将________。
三、解答题
20．如图所示，一半圆形光滑绝缘固定轨道处在方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、所带电荷量为q的带电小球放置在轨道上。平衡时小球与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，求带电小球所带电性及电场强度的大小。
21．虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子的质量m=2.0×10-11kg，电荷量q=+1.0×10-5C，粒子从a点由静止开始经电压U=100V的电场加速后，沿垂直于匀强电场的方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场，离开匀强电场时的速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速度大小；
（2）a、b两点间的电势差。
22．如图所示，水平放置的两平行金属板，板长，板间距离，上板带正电，下板带负电。两板间有一质量，带电量的微粒沿水平方向从两板正中央以初速度射入匀强电场，取重力加速度为。求：
（1）要使微粒沿水平直线从两极板间穿过，两极板间的电压多大？
（2）要使微粒从上极右侧边缘穿过电场，两极板间的电压多大？
23．如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg。求:
（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。
（2）小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
（3）小球释放后，在下半部分速度的最大值vm是多少。
24．如图所示，固定的倾斜光滑绝缘杆上套有一个质量为m、电量为q的带正电小球A，一轻质绝缘弹簧一端与小球A相连，另一端固定在杆的上端O点，杆与水平面之间的夹角为。今在小球A的右侧固定放置带电小球B，稳定后两球心的高度相同、间距为d，小球A与杆之间恰好无弹力作用。已知静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球均可视为点电荷。
（1）求小球B的带电性质及带电荷量；
（2）若从弹簧与小球A的连接处剪断，小球A沿杆下滑，求在剪断瞬间小球A以及小球A运动到与B连线垂直杆时的加速度大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A. 由乙图可知，下板带正电，上板带负电，板间电场方向向上，带负电的尘埃在极板间受到向下的电场力，落到下极板被中和收集，故靠近下极板的电荷更容易被吸附，A错误；
B. 若只将矩形通道的电场方向反向，带负电的尘埃在极板间受到向上的电场力，落到上极板被中和收集，所以除尘装置仍能正常工作，B错误；
C. 仅增大A、B之间的加速电压，尘埃进入偏转电场的速度变大，尘埃在偏转电场中从右侧飞出电场所用时间变小，向下偏转的距离变小，使得更多的尘埃不会打到下极板，可以离开电场，故减小了被吸附粒子的比例，C错误；
D. 仅增加板长L，使得原来从极板右侧飞出电场的尘埃在电场中的运动时间变大，从而向下偏转的距离也变大，当板长L增加到一定程度，从上极板左侧进入的尘埃都飞不出电场而打到下极板时，所有的尘埃都会打到下极板被收集，故仅增加板长L，有可能将所有的粒子吸附到除尘装置中，D正确；
故选D。
2．C
【解析】
【详解】
本题考查静电平衡与静电屏蔽，电工穿铜丝编织的高压作业服，铜丝处于静电平衡状态，根据静电平衡的特点可知，导体内部场强处处为零，即电工处于静电屏蔽状态，使体内的电场强度为零，从而使人体更安全。故ABD错误，C正确。
故选C。
3．D
【解析】
【详解】
由题意粒子在A、B两点的速率相等，对带电粒子从A到B，根据动能定理得
qUAB
解得
UAB=0
因为
UAB=φA﹣φB
即φA=φB，故AB两点的连线为等势线，电场强度的方向垂直于AB连线。对粒子从C到B，根据动能定理得
qUCB
解得
UCB
即C点电势高于B点电势，根据沿电场线电势降低可知，场强方向垂直AB背离C。由题意C点到AB的距离为
d1
根据匀强电场场强的表达式得
E
故D正确，ABC错误。
故选D。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变。将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据
电容减小，由公式
可知，电容器极板间电压变大。
故选D。
5．A
【解析】
【详解】
当F向上压膜片电极时，相当于减小极板间的距离，根据电容器的决定式
可知电容将增大，若电流计有示数，说明电容器所带电荷量发生变化，电源电压不变，则电容器的电容发生变化，根据
可知发生变化，则压力F发生变化，故①③正确。
故选A。
6．D
【解析】
【详解】
设带电粒子的质量为m，电容器两极板的电压为U，由动能定理得
mg(＋d)－qU＝0
若将下极板向上移动，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得
mg(＋h)－qh＝0
联立解得
h＝d所以带电粒子还没达到下极板就减速为零。
故选D。
7．A
【解析】
【详解】
使OP悬线与竖直方向的夹角增大，即是增大小球所受的电场力
A．增大MN两极板间的电势差，根据
d不变，可知电场强度将变大，根据
可知电场力将增大，A正确；
B．减小MN两极板的带电量，根据
C不变，可知电势差减小，则电场强度减小，小球所受电场力将减小，B错误；
C．保持板间间距不变，将MN一起平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C错误；
D．根据
可得电场强度
保持极板带电量不变，将N板向右平移，可知E不变，所以电场力不变，D错误。
故选A。
8．A
【解析】
【详解】
AB．小球从M到N的运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，根据动能定理有
①
解得
W＝0 ②
所以MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右，则小球在竖直方向做自由落体运动，小球从M到N的过程经历的时间为
③
联立①③解得
④
故A正确，B错误；
C．小球受水平向右的电场力，电场力对小球先做负功后做正功，机械能先减小后增大，故C错误；
D．小球所受合外力斜向右下，合外力与速度方向先大于90°，后小于90°，即合外力先对小球做正功，后对小球做负功，小球从M到N的运动过程中速度先减小后增大，故D错误。
故选A。
9．D
【解析】
【详解】
A．对任一粒子，设其电荷量为q，质量为m。粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以，α粒子从BC边离开，故A错误；
B．若初速度相同，由
知两个粒子在电场中的运动时间相等，由
知
则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2：1，故B错误；
C．粒子经过电场的时间为
若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；
D．由
知若初动能相同，x相同，则
根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量
E相同，则
则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1：4，故D正确。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
A．电场线从正电荷出发到无穷远终止，根据正点电荷电场的分布规律是越靠近正电荷电势越高，结合几何关系可知轨道Ⅰ上的各点，点的电势最低，故A错误；
B．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，所以乙球在轨道Ⅰ运动时，经过点时的电势能最大，故B正确；
C．乙球在两个轨道运动时，经过点时所受的库仑力相等，则加速度相等，故C错误；
D．乙球从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ运动时由离心运动变为匀速圆周运动，需要的向心力减小，结合向心力的公式可知必须减速，故D错误。
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
A．云层带负电，根据感应起电原理可知，接闪杆尖端带正电，故A错误；
B．带电粒子q由M点到N点的运动轨迹，合力指向曲线的凹侧，所以粒子带负电，故B错误；
C．因为尖端带正电，粒子带负电，M点到N点，电场力做正功，电势能减小，q在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；
D．q越靠近接闪杆尖端，等势面越密集，场强越大，其加速度越大，故D错误。
故选C。
12．D
【解析】
【详解】
粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变；电子带负电荷，电场力方向与电场强度方向相反，所以电子先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小恒定，方向也是周期性改变，作出v-t图象，如图所示
v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故物体在第一秒内通过的位移为l，第2s位移也为l，第3s位移还是l，故在t=2s时，电子将处在A点左方2l处；
故选D。
13．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属空腔外表面电势相等，是一等势面，必定与电场垂直，故A正确；
BC．由于静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，则在B点，感应电场和匀强电场等大反向，A点电场强度一定大于B点的电场强度，故BC错误；
D．沿电场线方向电势降低，而金属空腔又是一等势体，则A点电势大于B点电势，则正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。
故选A。
14．D
【解析】
【详解】
A．电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图，故粒子从L到M的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，动能增加，故A错误；
B．粒子从K到N的过程中，电势能先增加后减小，KN两点的电势能相等，故B错误；
C．粒子从L到M的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，故C错误；
D．粒子从K到L的过程中，电势一直增加，故电场力做负功，故D正确。
故选D。
15．B
【解析】
【详解】
A．小物体从O到过程中由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，所以小物体从O到过程中由于摩擦产生的热量为，故A正确，不符合题意；
B．因小物体位于时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力为
故B错误，符合题意；
C．小物体从O到过程中由能量守恒定律得
解得
故C正确，不符合题意；
D．小物体在到过程中由动能定理得
解得
故D正确，不符合题意。
故选B。
16． 张开 张开
【解析】
【分析】
【详解】
[1]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，则贴在A、B下部的金属箔张开。
[2]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。
17． < >
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]由题意可知，粒子只受电场力时，其动能和电势能之和保持不变，而由v-t图像可知粒子从a运动到b的过程中速度逐渐增大，加速度逐渐减小，因此粒子受到的电场力方向向右，大小逐渐减小，所以电场强度向左，大小逐渐减小，又沿电场线的方向电势逐渐降低，故a点电势低于b点电势，a点场强大于b点场强。
18．
【解析】
【分析】
【详解】
[1]B球仅在库仑力作用下，由静止开始运动，当间距为d时，B的加速度为a，则合力为
且F与d的平方成反比；当B的加速度为，此时B球的合力为
则两球间距为2d；
[2]A固定不动，B由静止在库仑力的作用下开始运动，当速度达到v时，过程中的动能增加了，则电势能减小了。
19． 5×10－7 减小 减小
【解析】
【分析】
【详解】
略
20．，正电荷
【解析】
【详解】
对小球受力分析如图
根据平衡条件可得
解得电场强度的大小为
由小球在电场中受力方向判断可知小球带正电荷。
21．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）由动能定理得
解得
（2）粒子进入电场后沿初速度方向做匀速运动，粒子沿电场方向做匀加速运动，由题意得
由动能定理得
联立解得
22．（1）150V；（2）240V
【解析】
【详解】
（1）粒子在极板间做直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得
解得
U0=150V
（2）粒子在极板间做类平抛运动，从上极右侧边缘穿过电场时
水平方向
L=v0t
竖直方向
由牛顿第二定律得
代入数据解得
U1=240V
23．（1），5mg；（2）mg，方向竖直向上；（3）
【解析】
【详解】
（1）小球从A到D的运动中，由动能定理可得
又
qE=mg
解得
在D点，由牛顿第二定律可得
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可得，小球第一次经最低点D时对管壁的压力大小为5mg，方向竖直向下。
（2）小球释放后，第一次经过最高点C时，由动能定理可得
设小球在C点受管壁的作用力方向向下，则有
解得
FC方向竖直向上。
（3）小球释放后，在下半部分当重力和电场力的合力正好沿半径方向时，即小球在B、D中间位置时，小球速度最大，由动能定理可得
解得
24．（1）负电；；（2）；gsinθ
【解析】
【详解】
（1）小球A与杆之间恰好无弹力作用而处于平衡状态，小球A受到向下的重力，弹力应沿杆向上，库仑力应水平向右，受力示意图如图所示
可知小球B一定带负电，对小球A由平衡条件可得
联立解得
（2）剪断瞬间小球A由牛顿第二定律
解得
当小球A与B连线垂直杆时，受力如图所示
小球A在垂直杆方向处于平衡状态，在沿杆方向，由牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma2
解得小球A的加速度大小为
a2=gsinθ
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