第二章　静电场的应用 单元提升卷Word版含解析

第二章　
(考试时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．
1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　　)
A．根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间电压成反比
C．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V
【答案】D　【解析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A错误；电容取决于电容器本身，与电容器所带电荷量和两极板间电压无关，B错误；E＝k中，Q是场源电荷，所以电场中某点的电场强度与Q成正比，C错误；由UAB＝知，D正确．
2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的(　　)
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
【答案】B　【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．
3．(2020年深圳名校调研)如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连(　　)
A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大
B．若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小
C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大
D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大
【答案】B　【解析】根C＝据可知，若仅使上极板上移一段距离，则d变大，电容器的电容减小，A错误；根据C＝，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，根据C＝可知，两板电势差U减小，根据E＝可知板间电场强度减小，B正确；若仅是因为两板正对面积增大，根据C＝可知C变大，由C＝可知U减小，即静电计指针张角减小，C错误；仅是因为两板间距变大，根据C＝可知C变小，由C＝可知U变大，即静电计指针张角变大，D错误．
4．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．A处的电场强度一定小于B处的电场强度
B．A处的电势一定大于在B处的电势
C．CD间各点电场强度和电势都为零
D．AB两点间的电势差不等于CB两点间的电势差
【答案】B　【解析】由v-t图像斜率可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；B点速度比A点的速度大，说明从A到B电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，根据φ＝，电势也减小，A点电势大于B点电势，B正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零，说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．
5．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C　【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的静电力作用，由加速度定义a＝，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝t，竖直位移y＝t，即x＝2y，因此静电力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝，由动能定理得W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得Uab＝.
6．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，让两极板带电后，若一带正电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则下列说法正确的是(　　)
A．上极板一定带正电
B．粒子的动能逐渐增加
C．粒子的电势能逐渐增加
D．粒子可能做匀速直线运动
【答案】C　【解析】粒子做直线运动，重力和电场力的合力应与速度共线，如图所示，带正电粒子受电场力斜向上，上极板一定带负电，下极板一定带正电，A错误；合力做负功，动能减小，B错误；粒子运动过程中电场力做负功，因而电势能增加，C正确；电容器的极板与直流电源相连，即板间的电压、场强不变，则电场力不变，合力恒定，因而粒子做匀变速直线运动，D错误．
7．如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4.两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD．忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的初速度大小之比为1∶4
D．A和B的位移大小之比为1∶2
【答案】C　【解析】粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝at2＝t2，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错误；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，所以A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错误；根据题意OC＝CD，两粒子在水平方向上做匀速运动，根据l＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C正确；A和B的水平位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D错误．
8．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将开关S闭合，等电路稳定后再将S断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．下列说法不正确的是(　　)
A．电容器的电容变小
B．电容器内部电场强度变大
C．电容器内部电场强度不变
D．P点电势升高
【答案】B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q.板间电场有一固定点P.若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是(　　)
A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
【答案】AC　【解析】电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C＝、U＝ 和E＝可推出，E＝，可知P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A正确，B错误．B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确，D错误．
10．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子H，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是(　　)
A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1
B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
【答案】CD　【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化简得出v＝，质子的比荷(即粒子的电荷与质量之比)与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得＝，故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t＝t，y＝t，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有＝＝，故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU＝mv，进入偏转电场后场强为E，某一刻偏转的位移为y，有y＝at2＝2，联立得y＝，此时速度的偏转角正切值为tan θ，有tan θ＝＝＝＝＝，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan θ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确．
11．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的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e、重力加速度为g，则(　　)
A．油滴中电子的数目为
B．油滴从小孔运动至N板过程中，电势能增加mgd
C．油滴从小孔运动至N板过程中，机械能增加eU
D．若将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降
【答案】AB　【解析】带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有mg＝q，所以油滴带电荷量q＝，所以电子的数目为n＝＝，故A正确．油滴下降过程中，静电力方向向上，静电力做的功为－mgd，电势能增加mgd，故B正确．机械能减少，故C错误．若将极板M向下缓慢移动一小段距离，d减小，静电力F＝q增大，合外力竖直向上，油滴将减速下降，故D错误．
12．如图所示，两竖直放置的平行板电容器MN与一恒定电源相连，一个带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点(忽略阻力)，要使粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，下列分析正确的是(　　)
A．使N板适当左移，且粒子分別到达N板上的B、C两点时动能EkCB．使N板适当右移，且粒子分别到达N板上的B、C两点时动能EkCC．当粒子分别到达N板上的B、C两点电势能的改变ΔEpAC＝ΔEpAB
D．当粒子分别到达N板上的B、C两点时机械能的改变ΔEAC <ΔEAB
【答案】AC　【解析】带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点，则AB连线与竖直方向的夹角满足tan θ＝，若要使粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，则要使得θ变大，则E变大，根据E＝可知，使N板适当左移，根据动能定理，粒子到达N板上的B点和C两点时电场力做功相同，而到达B点时重力做功较大，则到达N板上的B、C两点时动能EkC三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地．若充电后保持电容器所带电荷量不变，试指出下列三种情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(1)图甲中正对面积减小时，静电计指针的偏转角度将____________.
(2)图乙中板间距离增大时，静电计指针的偏转角度将____________.
(3)图丙中插入电介质时，静电计指针的偏转角度将____________.
【答案】(1)变大　(2)变大　(3)变小
【解析】(1)电容器所带电荷量一定，正对面积减小时，由C＝知，电容C减小，由C＝知，电势差U变大，故指针的偏转角度变大．
(2)板间距离增大时，由C＝知，电容C减小，由C＝知，电势差U变大，故指针的偏转角度变大．
(3)插入电介质时，由C＝知，电容C变大，由C＝知，电势差U变小，故指针的偏转角度变小．
14．(6分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像，图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像．在充电的开始阶段，充电电流较大，电容器两端电压U增加______(填“较快”或“较慢”)，随着电容器两端电压的增加，充电电流__________(填“逐渐减小”或“逐渐增加”)，且电容器两端电压U的上升速度变缓，电压U向着____________趋近．在充电过程中电容器的电能______．充电开始的瞬间电容器两端电压__________(填“能突变”或“不能突变”)．通过图像看出在第2 s时电容器增加的电荷量Q约为________C(已知Q＝It).
【答案】较快　逐渐减小　10 V　增加　不能突变　0.7×10－3
15．(10分)如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场右边缘到荧光屏的距离为L0，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到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)求电子打在荧光屏上的侧移量OP的距离．
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv
解得v0＝.
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的偏转位移为y.由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝，a＝，y＝at2
解得y＝
由类平抛运动的推论，速度方向的反向延长线经过水平位移的中点，即像是由中点射出的一样
由相似三角形得＝
解得y0＝.
16．(12分)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102 V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80 m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0＝2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m＝2.0×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上，若不计粒子重力，求：(结果保留2位有效数字)
(1)带电粒子打在金属板上时的动能；
(2)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
【答案】(1)1.2×10－10 J　(2)面积为4.0 m2　可以通过减小h或增大E来实现
【解析】(1)不计粒子重力，只有静电力做功，对粒子由动能定理得qUab＝Ek－mv
可得带电粒子打在金属板上时的动能为
Ek＝qUab＋mv＝1.2×10－10 J.
(2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界．设水平抛出后t时刻落在板上
x＝v0t，h＝at2，a＝，S＝πx2
联立以上各式得所形成的面积S＝≈4.0 m2，可以通过减小h或增大E来实现．
17．(13分)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.20 m的绝缘轻线把质量m＝0.10 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：
(1)小球所受静电力的大小；
(2)小球通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．
【答案】(1)0.75 N　(2)1.0 m/s　(3)1.5 N
【解析】(1)小球受重力mg、静电力F和拉力FT，其静止时受力如图所示．
根据共点力平衡条件有F＝mgtan 37°＝0.75 N.
(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl－Fl＝mv2
解得v＝＝1.0 m/s.
(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为F′T
根据牛顿第二定律有F′T－mg＝m
解得F′T＝1.5 N.
18．(13分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x.
【答案】(1)3　(2)2　(3)3L
【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1
由牛顿第二定律得a1＝＝①
由x＝at2得＝a1t②
电子进入电场E2时的速度为v1＝a1t1③
进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为
t2′＝2t2＝④
电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2′⑤
联立①～⑤求解得t＝3.
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律
电子进入电场E2时的加速度为a2＝＝⑥
vy＝a2t2⑦
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝⑧
联立①②③④⑥⑦⑧得tan θ＝2.
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示．
由类平抛推论知粒子射出后的反向延长线过电场E2的中点O′.
设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图用几何关系得
tan θ＝
联立得x＝3L.