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．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
2．如图所示的电路，先使开关S与1端相连（设t=0），稳定后再迅速把开关掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，计算机屏幕上显示出电流时间的i—t曲线。正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图甲所示，一带电量为的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能关系图象如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J，0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（　　）
A．该匀强电场的场强为 B．弹性绳的劲度系数为5N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5J D．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动
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，则（　　）
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
5．新冠疫情期间，人们出门戴口罩。口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极间存在高压，针尖附近的空气被电离后，带电尘埃在电场力的作用下运动，被熔喷布捕获。已知正、负极间的电压为，尘埃受到的重力可以忽略不计，则针状电极附近的带电荷量为、质量为的带负电尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，、为一正点电荷在真空中产生的电场中的某一条电场线上的两点，则下列说法中正确的是（　　）
A．场强 B．点的电势低于点的电势
C．从点向点移动一个正点电荷，电场力做正功 D．负电荷在、所受电场力
7．如图所示，平行板电容器A、B两极板与直流电源E、理想二极管D（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态。下列说法错误的是（　　）
A．将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大
B．将极板B向上平移后，油滴在P点的电势能Ep增大
C．将极板A向上平移后，带电油滴静止不动
D．将极板B向下平移后，极板B的电势降低
8．电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊，简化图如图所示。极板M、N组成的电容器为平行板电容器，M固定，N可左右移动，通过测量电容器及板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车遇紧急情况刹车时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则电容器（　　）
A．电容变小 B．极板间的电压变大
C．极板间的电场强度变小 D．极板间的电场强度不变
9．如图所示，在竖直平面内有一光滑直杆MN，杆与水平方向夹角为α，一质量为m的带电小球套在直杆上，小球带电荷量为＋q，杆所在的空间有一匀强电场，场强方向平行于杆所在的竖直平面，将小球从杆的顶端由静止释放，小球在直杆上运动的时间与α（0°≤α≤90°）角的大小有关，当α=60°时，时间最短，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）
A．电场方向可能与水平方向成60°角指向左下方
B．小球受到的电场力和重力的合力与水平方向成60°角指向左下方
C．电场强度大小可能为
D．小球沿杆下滑的过程中电场力可能不做功
10．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）
A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止
C．检流计中无电流 D．检流计中有b→a的电流
11．电子束焊接是一种利用电子束作为热源的焊接工艺：电子束发生器中的阴极K加热到一定的温度时逸出电子，电子在高压电场中被加速，通过阳极A后经电磁透镜聚焦，形成能量极高的电子束，可使焊接处的工件熔融。高压电场的电场线如图所示，两极之间的距离为d，两极间的电压为U，设一电子在K极由静止被加速，不考虑电子重力，下列说法正确的是（ ）
A．A、K之间的电场强度
B．该电子的运动轨迹与电场线重合
C．该电子在K极附近的加速度比在A极附近大
D．该电子由K极运动到A极的过程中电势能逐渐增大
12．如图所示，虚线、、代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，、、是这条轨迹上的三点，同时在等势面上，据此可知（　　）
A．三个等势面中，的电势最低
B．带电粒子在点的电势能比在点的大
C．带电粒子在点的动能与电势能之和比在点的大
D．带电粒子在点的加速度方向水平向右
13．绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（　　）
A．负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B．负点电荷在B点速度大于
C．负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度
D．当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
14．如图所示，竖直平面内存在一与水平方向夹角为θ（θ<45°）的匀强电场，轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、带正电的小球，小球恰好静止于A点。现给小球施加一外力F，使其静止B点。已知OA水平，OB与竖直方向的夹角也为θ，细线始终处于伸直状态，重力加速度为g，小球可视为质点，则外力F的最小值为（　　）
A．mgtanθ B． C． D．
15．关于电荷与静电场，下列说法错误的是（　　）
A．点电荷与质点一样都是一种理想化模型
B．正负电荷是法国科学家库仑命名的
C．电场中某点的电场强度与检验电荷无关
D．利用金属网也可以实现静电屏蔽
二、填空题
16．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管上壁的压力恰好与球重相等，则圆心处的电荷在圆弧管内最低点产生的电场的场强大小为______。（重力加速度为g）
17．如图所示，有一圆心为O，半径为R的圆，AB 为圆的直径，在圆形区域所在空间有匀强电场。将质量为 m，电荷量为 q的正点电荷由A 点静止释放，自圆周上的 C点以速率v0穿出，已知AC与AB的夹角θ=60°，运动中点电荷仅受电场力的作用，则匀强电场的场强大小为______；若将该点电荷从A点移到圆周上的任意一点，则其中点电荷电势能变化的最大值是______。
18．充电、放电：使电容器两个极板分别带上________，这个过程叫充电。使电容器两极板上的电荷_______，电容器不再带电，这个过程叫放电。
19．伟大的物理学家______（选填“富兰克林”或“伽利略”）冒着生命危险进行了著名的风筝实验，避雷针的原理是______。到目前为止，科学实验发现的最小的电荷量是电子所带的电荷量，这个电荷量用e表示，所有带电体的电荷量都是e的整数倍，电荷量e叫作______。
三、解答题
20．如图所示，竖直放置的两金属板间有水平向左的匀强电场，电场中两点连线与水平方向的夹角，两点之间的距离。一个带正电的小球质量，电荷量，受一沿连线方向的恒力作用（大小未知），从点沿连线匀速运动至点。已知，，重力加速度取。
（1）求匀强电场的场强的大小；
（2）从到的过程中，求带电小球的电势能变化量；
（3）某次将该带电小球从处由静止释放，且不再施加恒力，求小球到点时速度的大小。
21．如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴右侧有竖直向下的匀强电场，宽度为d=1m；y轴左侧有水平向右、场强大小为E=100N/C的匀强电场，电场中有一粒子源，粒子源能产生初速度为零、质量为m=1×10-3kg、电荷量为q=2×10-3C的带电粒子。当粒子源坐标为（－d，d）时，从粒子源产生的粒子恰能从坐标（d，－d）处离开y轴右侧电场，不计粒子重力。
（1）求y轴右侧匀强电场的电场强度E0的大小；
（2）改变粒子源的位置，求粒子从y轴右侧电场边界离开时的最小动能；
（3）若粒子源坐标为（－x0，y0），且位于第二象限，其产生的粒子能够通过坐标（3d，0）处，求x0·y0的值。
22．如图为一种粒子收集装置，一个绕竖直轴以角速度ω=20πrad/s逆时针转动的粒子源放置在立方体ABCDA'B'C'D'的中心。粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为=1×108C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强E=1×103N/C，立方体除了上下底面AA'BB'、CC'DD'为空外，其余四个侧面均为荧光屏，立方体边长为L=0.1m。在t=0时刻，粒子源的发射方向恰好水平向右指向BB'C'C的中心。不考虑粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化，粒子源可看作质点。
（1）若无粒子打到荧光屏上，求粒子源发射的粒子的速度范围；
（2）若粒子源发射的速率为v0=×105m/s，求每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数的比例；
（3）若粒子源发射的速率为某一临界值时，恰好所有粒子均打在荧光屏上，任取一侧面荧光屏，建立如图（b）所示的坐标系，求屏上形成的发光曲线的坐标y与x之间的关系，并在答题纸图（b）中定性画出其形状。
23．半导体二极管具有电流里同导通性，是常用的物理元器件之一、二极管的内部的核心结构为结。如图甲所示，在半导体材料中的结中堆积着正、负电荷，其中正电荷均匀分布在区，负电荷均匀分布在区，两区总电荷量相等。理论计算表明从n区至p区，沿轴方向电场强度大小为图乙所表示图线，图中所标注的、、三个量为已知量。—带量为 ，质量为的带电粒子从A点自由释放，沿直线穿过的粒子初速度为。请利用你所学过的物理知识和方法解决下列问题
（1）求沿x轴上坐标为位置的场强E的大小；
（2）假设A的电势为零，求B点的电势；
（3）求带电粒子到达C点的速度大小。
24．一个带正电荷量为、质量为的小球，恰能静止在光滑绝缘的斜面轨道上A点，已知半径为的竖直圆形轨道与光滑斜面平滑对接，斜面倾角，为使小球能到圆周轨道的最高点，需要给小球提供一个初速度，取重力加速度为，开始A、等高。求：
（1）电场强度为多大？
（2）为使小球能通过点，初速度至少多大？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．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。
2．B
【解析】
【详解】
先使开关S与1端相连，电源对电容器进行充电，流过电流传感器的电流方向从右向左，电流大小逐渐减小到0，稳定后再迅速把开关掷向2端，电容器通过定值电阻进行放电，流过电流传感器的电流方向从左向右，电流大小逐渐减小到0，故充电过程与放电过程通过电流传感器的电流大小都是逐渐减小到0，电流方向相反，选项B正确，ACD错误；
故选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有
ΔEk=qEΔx
图线的斜率绝对值为
k=qE=
解得匀强电场的场强为
故A错误；
B．根据图乙可知，物块在0.50m时离开弹性绳，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长
Δx=0.5m-0.4m=0.1m
根据胡克定律可得
kΔx=qE
解得
k=20N/m
故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值
Ep0=qEΔxm=2×1.25J=2.5J
故C正确；
D．因物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，选项D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度
将减小，油滴所受电场力（qE）减小，故油滴将向下运动，A错误；
B．P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差
E减小，P点到下极板的距离不变，所以P点的电势减小，B正确；
C．带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，又知道P点的电势降低，油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错误；
D．电容器的电容
d增大，电容C减小，由
知，U不变，C减小，则Q减小，D错误。
故选 B。
5．B
【解析】
【详解】
已知正、负极间的电压为
尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
AB．正点电荷周围的电场线是向外扩散状，所以左边的电场线比右边的电场线密集，所以，沿着电场线方向电势是降低，所以 ，故A错误，B错误；
C．在该电场中的正电荷受到的电场力从点向点，点向点移动一个正点电荷，电场力做正功。故C正确；
D．因为，所以电荷在点受到的电场力大。故D错误。
故选C。
7．A
【解析】
【详解】
A．由
C＝
可知，极板A向下平移，C增大
Q＝CU
增大，电容器充电，极板间电势差不变，电场强度
E＝
增大
φP－φB＝EdPB，φB＝0
φP升高，油滴带负电，则油滴在P点的电势能Ep减小，选项A错误；
B．极板B向上平移，C增大，电容器充电，极板间电势差不变，电场强度E增大
φA－φP＝EdAP（φA等于电源电动势，不变）
增大，φP降低，油滴带负电，则油滴在P点的电势能Ep增大，选项B正确；
C．极板A向上平移，C减小，Q＝CU减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电荷量Q不变，电场强度
E＝＝＝
不变，油滴所受静电力不变，带电油滴静止不动，选项C正确；
D．极板B向下平移，C减小，Q＝CU减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电荷量Q不变
φA－φB＝（φA等于电源电动势，不变）
增大，φB降低，选项D正确．
本题选错误的，故选A。
8．D
【解析】
【详解】
A．由平行板电容器电容的决定式可得，d减小，C增大，选项A错误；
B．电容器所带电荷量Q不变，C增大，由可得，U变小，选项B错误；
CD．由匀强电场的场强与电势差关系公式可得
Ｅ与d无关，E不变，选项C错误，D正确。
故选D。
9．A
【解析】
【详解】
AB．由题意可知当α=60°时，小球所受电场力与重力的合力沿杆向下，如图所示：
则电场方向不可能与水平方向成60°角指向左下方，选项A错误，B正确；
C．设电场方向与垂直杆方向的夹角为θ，有
qEcosθ=mgcos60°
当θ=60°时，有
qE=mg
即电场强度
E=
选项C正确；
D．当θ=0°即场强方向与杆垂直时，电场力不做功，选项D正确。
本题选错误的，故选A。
10．B
【解析】
【详解】
A．将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式
C＝
得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。故A错误；
B．由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确；
CD．电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流。故CD错误。
故选B。
11．B
【解析】
【详解】
A．A、K之间的电场强度是非匀强电场，不满足，A错误；
B．电子由静止开始只受电场力且电场线为直线，则粒子的运动轨迹与电场线重合，所以力和位移方向一致，B正确；
C．电子在K附近受到的电场线比A附近要疏，则电子在K附近受到的电场力比在A附近要小，根据牛顿第二定律可知，该电子在K极附近的加速度比在A极附近小，C错误；
D．电子带负电，当电子由K沿电场线到A电场力做正功，电势能逐渐减小，D错误。
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
A．根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的凹侧，所以电场线方向指向轨迹的凸侧，沿电场线方向电势降低可知，的电势最高，故A错误；
B．负电荷在电势高处电势能小，可知带电粒子在点电势能比点的大，故B正确；
C.负电荷的总能量守恒，即带电粒子在点的动能与电势能之和与在点相等，故C错误；
D.根据电场线与等势线垂直可知，负电荷粒子在点所受的电场力方向垂直等势线向下，加速度垂直等势线向下，故D错误。
故选B。
13．C
【解析】
【详解】
A．由图像，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；
B．AO段与BO段电势差相等，电场力做功大小相等，且AO段电场力对电荷做正功，OB段电场力对电荷做负功，故电荷在B点速度为v0，故B错误；
C．电荷在AB间运动v-t图像如图
由于位移相等，则面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；
D．负点电荷分别处于-m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但-m处的速度大于m处的速度，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选C。
14．C
【解析】
【详解】
在A点对小球受力分析，如图所示
可知重力和电场力的合力水平向右，大小为
在B点对小球受力分析，如图所示
小球相当于受水平向右、大小为F'的力和沿细线方向的拉力及力F的作用，当力F垂直于细线方向斜向左下方时，力F最小，最小值为
故C正确，ABD错误。
故选C。
15．B
【解析】
【详解】
A．点电荷与质点一样都是一种理想化模型，所以A正确，符合题意；
B．正负电荷是美国科学家富兰克林命名的，所以B错误，符合题意；
C．电场中某点的电场强度与检验电荷无关，由场源电荷及在电场中的位置决定，所以C正确，不符合题意；
D．利用金属网也可以实现静电屏蔽，所以D正确，不符合题意；
故选B。
16．
【解析】
【详解】
由图可知，小球运动过程中电场力不做功，则小球从A点运动的最低点时，根据能量守恒
当小球运动到最低点时，受力分析，根据牛顿第二定律
联立解得
17．
【解析】
【详解】
[1]点电荷从A点由静止释放，则在电场力作用下将做匀变速直线运动，则从A到C由动能定理
解得
[2]由题意可知，场强方向沿AC方向，则过圆心做AC的平行线，则交圆周与D点，从A点到D点电势差最大，电势能变化最大，则
18． 等量异种电荷 中和
【解析】
【分析】
【详解】
略
19． 富兰克林 尖端放电 元电荷
【解析】
【详解】
[1]1752年，伟大的科学家富兰克林冒着生命危险在美国费城进行了著名的风筝实验，把天电引了下来，发现天电和摩擦产生的电是一样的；
[2]避雷针的避雷原理是尖端放电；
[3]到目前为止，科学实验发现的最小电荷量是电子所带的电荷量，这个电荷量用e表示，所有带电物体的电荷量都是e的整数倍，电荷量e叫做元电荷。
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）由平衡知识可知
解得
（2）由功能关系可知，电势能的改变量
解得
（3）由动能定理
解得
21．（1）；（2） ；（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子从（，d）位置释放后，在y轴左侧电场中做匀加速直线运动，设经过y轴时速度大小为，则
在y轴右侧电场中粒子做类平抛运动，从（d，）处离开，设运动时间为t，则水平方向有
竖直方向有
联立可得
（2）设粒子源位置横坐标为，设粒子经过y轴时速度大小为，则
在右侧电场中运动时间为，竖直位移为，则水平方向有
竖直方向有
粒子从y轴右侧电场边界离开时的动能为Ek，对粒子从释放到离开右侧电场的全过程，根据动能定理有
联立可得
根据上式以及数学知识可知当时，有最小值为
（3）若粒子源坐标为（，），设粒子进入右侧电场时速度为，在右侧电场中运动时间为，竖直方向位移为，离开时速度方向与水平方向夹角为，竖直方向分速度为，运动轨迹如图所示，则
粒子离开右侧电场后能够通过坐标（3d，0）处，由几何关系可得
联立可得

22．（1）0【解析】
【详解】
（1）当粒子速度与所对的底边垂直时，水平位移最小，xmin=，此时对应打上荧光屏的粒子速度最小。
水平方向
竖直方向
加速度
a=
代入可得
v1=5×104m/s
即发射速度
0（2）当v0=×105m/s，粒子刚落在荧光屏的下边缘时，由（1）知，运动时间
t=10-6s
粒子水平位移
x=v0t=m
画出俯视图，由几何关系知，此水平位移和粒子与荧光屏的垂线成30°角
每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数的比例为
k==
（3）要使恰好所有粒子均打在荧光屏上，粒子的水平位移至少为
x2=
由（1）小题知，最长运动时间
t=1×10-6s
粒子的初速度为
v2==5×104m/s
由几何关系得，对打在荧光屏上坐标为（x，y）的粒子，
水平位移为
x'=
竖直位移为
y'=－y
由
x'=v2t'
y'=at'2
得
y=－x2+x
或
y=－10x2+x
23．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）由图可知沿x轴上坐标为位置的场强E的大小
（2）AB两点的电势差
A的电势为零，则B点的电势
（3）AC两点的电势差
带电粒子由A点到达C点由动能定理
解得
24．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）在A点，小球受重力、水平向右的电场力和垂直轨道向上的弹力，根据平衡条件知
Eq=mgtan37°
解得
（2）要使小球能通过B点，则小球能通过等效最高点，设等效最高点速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
从A到等效最高点，根据动能定理有
解得
v=。
答案第1页，共2页
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