第二章 静电场的应用 章末自测卷(含答案)2021年粤教版(新教材)物理必修第三册

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1、第二章第二章 静电场的应用静电场的应用 章末自测卷章末自测卷 (时间:45 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。其中 15 题为单项选择题,68 题为多 项选择题,全部选对得 5 分,选对但不全的得 3 分,错选或不选得 0 分) 1.以下物理量属于比值定义且属于矢量的是( ) A.aF m B.CQ U C.EF q D.Ep q 解析 比值定义就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量,这个新的物理量与分子、 分 母的大小无关。 加速度 a 大小与合外力 F 成正比, 与物体质量 m 成反比, 因此不是比值定义, A 错误;电容 C 的大小

2、与 Q 和 U 无关,是由电容器本身性质决定的,因此是比值定义,但电 容是标量,只有大小没有方向,B 错误;E 的大小与试探电荷的带电量 q 及试探电荷受电场力 F 无关,是由电场本身性质决定的,因此是比值定义,同时电场强度 E 是矢量,C 正确;电势 的大小与试探电荷带电量 q 及电荷在电场中的电势能 Ep无关,因此是比值定义,但电势 是标量,只有大小没有方向,D 错误。 答案 C 2.超级电容器又叫双电层电容器是一种新型储能装置,它不同于传统的化学电源,是一种介于 传统电容器与电池之间、 具有特殊性能的电源。 如图为一款超级电容器, 其标有“2.7 V, 3 000 F”,则可知( ) A

3、.该超级电容器放电时把化学能转化为电能 B.该电容器最大容纳电荷量为 8 100 C C.该电容器在电压为 2.7 V 时电容才是 3 000 F D.该电容器只能在 2.7 V 电压下工作 解析 由于是电容器,故该超级电容充电时把电能存储在电容器中,没有转化为化学能,故 A 错误;该电容器最大容纳电荷量为 QUC2.73 000 C8 100 C,选项 B 正确;电容是描 述电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与电压和电量无关,故电容始终为 3 000 F,故 C 错 误;电容器的额定电压为 2.7 V,说明工作电压要不超过 2.7 V,可以小于 2.7 V,故 D 错误。 答案 B 3.(2

4、020 攀枝花市十五中高二期中)两块互相靠近的、很大的平行金属板,分别带有等量异种电 荷,为了使两板间的匀强电场场强加倍,可采取的措施是( ) A.只使两板的距离减半 B.只使两板的电量都加倍 C.只使两板的正对面积加倍 D.使两板的电量、距离、正对面积都加倍 解析 只使两板的距离减半,由 C rS 4kd知电容加倍,但电量和电压是否变化无法确定,故板 间匀强电场的场强不能确定是否加倍,故 A 错误;只使两板的电量都加倍,由 QCU 知电压 U 加倍,而由 EU d可知两板间的匀强电场场强加倍,故 B 正确;只使两板的正对面积加倍, 由 C rS 4kd知电容加倍,板间匀强电场的场强不能确定是

5、否加倍,故 C 错误;使两板的电量、 距离、正对面积都加倍,由 C rS 4kd知电容不变,而由 QCU 知电压加倍,再由 E U d知场强 不变,故 D 错误。 答案 B 4.一个电子仅在电场力的作用下以一定的初速度 v0从 A 点沿电场线向 B 点运动,如图所示, 若规定向右的方向为正方向, 则下列位移时间或速度时间图像中能正确描述电子运动情况 的是( ) 解析 在 xt 图像中,图线的斜率表示速度,倾斜直线说明速度恒定,根据上述分析可知, 电子的 xt 图像应该是抛物线,故 A、B 错误;电子在电场中受向左的电场力,先向右做匀 减速直线运动,减速到零后再向左做匀加速直线运动,由于电子只受

6、电场力作用,两段运动的 vt 两段图线的斜率相同,加速度相同,故 C 正确,D 错误。 答案 C 5.(2020 广东广州三校期中联考)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏 组成,如图所示。如果在荧光屏上 P 点出现亮斑,那么示波管中的极板 X 应带正电;极 板 X应带正电;极板 Y 应带正电;极板 Y应带正电( ) A. B. C. D. 解析 由题意可知,在 XX方向上电子向 X 方向偏转,X 带正电;在 YY方向上电子向 Y 方向 偏转,Y 带正电,选项 A 正确。 答案 A 6.如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计 空气阻力

7、,则小球( ) A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 解析 对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力的方向与初速度的方向不在同一条 直线上,故小球做曲线运动,故 A 错误,B 正确;小球运动的过程中合外力方向与速度方向 间的夹角先为钝角后为锐角, 故合外力对小球先做负功后做正功, 所以小球速率先减小后增大, 故 C 正确,D 错误。 答案 BC 7.如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图像。当 t0 时,在此匀强电场中由静止 释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动

8、B.2 s 末带电粒子回到原出发点 C.3 s 末带电粒子的速度为零 D.03 s 内,电场力做的总功为零 解析 设第 1 s 内带电粒子的加速度大小为 a1, 第 2 s 内带电粒子的加速度大小为 a2, 由 aqE m 可知,a22a1,可见,若带电粒子第 1 s 内向负方向运动,则 1.5 s 末带电粒子的速度为零,然后向正方向运动,至 3 s 末回到原出发点,带电粒子的速度为 零,由动能定理可知,此过程中电场力做的总功为零,综上所述,可知 C、D 正确。 答案 CD 8.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏。因为工作面上接有高频信号,当用户手指触摸电容触 摸屏时,手指和工作面形成一个电容器

9、,控制器精密确定手指位置。对于电容触摸屏,下列说 法正确的是( ) A.电容触摸屏只需要触摸,不需要压力即能产生位置信号 B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作 C.手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容变小 D.手指与屏的接触面积变大时,电容变大 解析 由题干可以看出当用户手指触摸电容触摸屏时,手指和工作面形成一个电容器,因为工 作面上接有高频信号,电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出,且理论上流经 四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例, 控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定 手指位置,因此不需要手指有压力,故 A 正确;绝缘笔与工作面不能形成一个电

10、容器,所以 不能在电容屏上进行触控操作,故 B 错误;手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距 离变小, 根据 C rS 4kd可知电容将变大, 故 C 错误; 手指与屏的接触面积变大时, 根据 C rS 4kd 可知电容变大,故 D 正确。 答案 AD 二、实验题(本题共 1 小题,每空 4 分,共 16 分) 9.如图是研究影响平行板电容器电容的因素的实验,设两极板正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 ,实验中,极板所带电荷量不变,则: (1)若保持 S 不变,增大 d,则 _(填“变大”“变小”“不变”) (2)若保持 d 不变,减小 S,则 _(填“变大”“变小”“不

11、变”) (3)若保持 S、d 不变,在板间插入木板,则 _(填“变大”“变小”“不变”) (4)以上实验方法都采用了_。 解析 (1)根据电容的决定式 C rS 4kd可知,当保持 S 不变,增大 d 时,电容减小,容器极板所 带的电荷量不变,则由电容决定 CQ U分析可知,板间电势差增大,静电计指针偏角 变大。 (2)根据电容的决定式 C rS 4kd可知,当保持 d 不变,减小 S 时,电容减小,电容器极板所带的 电荷量不变,则由电容决定式 CQ U分析可知,板间电势差增大,静电计指针偏角 变大。 (3)根据电容的决定式 C rS 4kd可知,当保持 d、S 不变,在板间插入木板,电容增大

12、,电容器 极板所带的电荷量不变,则由电容决定式 CQ C分析可知,板间电势差减小,静电计指针偏角 变小。 (4)以上实验方法都采用了控制变量法。 答案 (1)变大 (2)变大 (3)变小 (4)控制变量法 三、计算题(本题共 4 小题,共 44 分) 10.(8 分)如图所示, 竖直平面内有一匀强电场, 电场方向与水平直线 AB 成 角, 一质量为 m、 电荷量为 q 的带正电小球从电场中的 A 点由静止出发,恰好能运动到 B 点,已知小球运动的 时间为 t,AB 的距离为 d,重力加速度为 g。试求: (1) 角的正切值; (2)电场强度 E 的大小。 解析 (1)设小球的加速度为 a,小球

13、做匀加速直线运动 d1 2at 2 小球受力图如图 则有 tan mg ma 解得 tan gt 2 2d。 (2)设匀强电场的电场强度大小为 E,则有 (qE)2(mg)2(ma)2 联立解得 Em q g24d 2 t4 。 答案 (1)gt 2 2d (2) m q g24d 2 t4 11.(8分)(2020 西藏山南二中高二期中)如图平行金属板长度为l, 两板间距离为d, 电势差为U, 有一质量为 m,带正电荷 q 的粒子以速度 v0从两板间垂直射入电场。求: (1)粒子在电场中的加速度 a; (2)粒子射出电场时沿垂直板面方向偏移的距离 y。 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,

14、在垂直于板面方向的分运动为匀加速运动,带电粒子 受到的电场力为 FqEqU d 由牛顿第二定律得带电粒子的加速度为 aF m qU md。 (2)带电粒子在平行于板面的方向不受力,所以在这个方向做匀速运动,由 lv0t 可得 t l v0 带电粒子射出电场时,在垂直于板面方向偏移的距离为 y1 2at 2 联立解得 y qUl2 2mdv20。 答案 (1)qU md (2) qUl2 2mdv20 12.(12 分)一束电子流在 U14 500 V 的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电 场飞入两板间的中央,如图所示。若平行板间的距离 d1 cm,板长 l5 cm,求: (1)电子

15、进入平行板间的速度多大? (2)至少在平行板上加多大电 U2才能使电子不再飞出平行板?(电子电量 1.6 10 19 C,电子的质量 91031 kg) 解析 (1)电子在加速电场中运动时根据动能定理,得 qU11 2mv 2 0, 解得 v04107 m/s。 (2)电子在偏转电场中运动时 根据牛顿第二定律可得加速度 aqU2 dm 由电子在水平方向做匀速直线运动得 lv0tt l v0 电子在竖直方向做匀加速直线运动,刚好不飞出电场时 y1 2d 又 y1 2at 2,将 a、t 代入得 U2mv 2 0d2 ql2 360 V。 答案 (1)4107 m/s (2)360 V 13.(1

16、6 分)如图所示,在场强 E1104 N/C 的水平匀强电场中,有一根长 l15 cm 的细线, 一端固定在 O 点,另一端系一个质量 m3 g、电荷量 q210 6 C 的带正电小球,当细线处 于水平位置时,将小球从静止开始释放,g 取 10 m/s2。则: (1)小球到达最低点 B 的过程中重力势能变化量、电势能变化量分别为多少? (2)若取 A 点电势为零,小球在 B 点的电势能、电势分别为多大? (3)小球到 B 点时速度为多大?细线的张力为多大? 解析 (1)重力势能变化量 Epmgl4.510 3 J 电势能的变化量 Ep电qEl310 3 J。 (2)小球在 B 点的电势能 EpB310 3 J BEpB q 310 3 210 6 V1.5103 V。 (3)小球从 A 到 B 由动能定理得 mglEql1 2mv 2 B 得 vB1 m/s 在 B 点,对小球有 Tmgmv 2 B l 解得 T510 2 N。 答案 (1)重力势能减少 4.510 3 J 电势能增加 3103 J (2)3103 J 1.5103 V (3)1 m/s 510 2 N

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