高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二章 静电场的应用本章综合与测试导学案

培优提升练

一、选择题

1．如图1所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg＞qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则(　　)

图1

A．tb＜ta＜tc＜td   B．tb＝tc＜ta＝td

C．ta＝td＜tb＜tc   D．tb＜ta＝td＜tc

答案　D

解析　根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab＞aa＝ad＞ac，又由h＝at2得tb＜ta＝td＜tc，选项D正确．

2．某电容式话筒的原理示意图如图2所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中(　　)

图2

A．P、Q构成的电容器的电容增大

B．P上电荷量保持不变

C．M点的电势比N点的低

D．M点的电势比N点的高

答案　D

解析　由平行板电容器的电容C＝可知，当P、Q之间的距离d增大时，电容器的电容C减小，选项A错误；而电容器两极板之间的电势差不变，根据Q＝CU可知，电容器两极板上的电荷量减小，选项B错误；此时电容器放电，故M点的电势高于N点的电势，选项C错误，D正确．

3.(2017·江苏卷)如图3所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)

图3

A．运动到P点返回   B．运动到P和P′点之间返回

C．运动到P′点返回   D．穿过P′点

答案　A

解析　根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．

4．(多选)如图4所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是正确的(设电源电压均为U)(　　)

图4

A．电子到达B板时的动能是eU

B．电子从B板到达C板时动能变化量为零

C．电子到达D板时动能是3eU

D．电子在A板和D板之间做往复运动

答案　ABD

解析　电子在A、B之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，选项A正确；电子在B、C之间做匀速运动，选项B正确；电子在C、D之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，然后向C运动，电子在A板和D板之间做往复运动，选项C错误，D正确．

5.(2020·河北鸡泽一中期末)如图5所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，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(　　)

图5

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．极板间的场强不变

D．极板带电荷量将增加

答案　B

解析　将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故A、C错误．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确．根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故极板带电荷量减小，故D错误．

6.(多选)如图6所示，一平行板电容器的电容为C，两极板M、N间距离为d，电源电压为E，两板间a、b、c三点的连线构成一等腰直角三角形．三角形的两直角边长均为L，其中ab边与两板平行，以下说法正确的是(　　)

图6

A．电容器所带电荷量为CE

B．两极板间匀强电场的电场强度大小为

C．a、c两点间的电势差为

D．若增大两板间距离时，a、c两点间电势差不变

答案　AB

解析　电容器两端的电压U＝E，故电容器的带电荷量Q＝CE，故A正确；电场强度E场＝＝，故B正确；a、c两点的电势差Uac＝－E场dac＝－Lsin 45°＝－，故C错误；因电容器与电源相连，故电容器两端的电压不变，增大两板间的距离时，电场强度减小，故a、c两点间的电势差减小，故D错误．

7.水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图7所示．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷

B．两电荷在电场中运动的加速度相等

C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功

D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

答案　A

解析　若两板间电压为U，间距为d，板长为L，两电荷质量均为m，

则由题意：vNt＋vMt＝L①

t2＋＝t2②

由①式分析得vM、vN不一定相同，D错误；

由②式分析得：>，A正确；

a＝，可得两个电荷在电场中运动的加速度aM>aN，B错误；

W＝qy，qM>qN，yM>yN，则电场力对电荷所做的功WM>WN，C错误．

8.(多选)(2020·十堰市上学期期末)如图8所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地．假设两极板所带电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是(　　)

图8

A．若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角θ变小

B．若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角θ变小

C．若仅将左板上移少许，则P点电势升高

D．若仅将左板右移少许，则P点处的点电荷电势能增大

答案　BC

解析　两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据C＝可知，电容C减小，由Q＝CU可知，U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A错误；若仅将左板右移少许，d减小，根据C＝可知，电容增大，由Q＝CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ变小，故B正确；若仅将左板上移少许，根据以上分析知，电容C减小，由Q＝CU可知，U增大，由E＝可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据UP左＝UP＝Ed可得，P点电势升高，故C正确；若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E不变，根据UP左＝UP＝Ed可得，P点电势降低，则由Ep＝qφ可得P点处的点电荷电势能减小，故D错误．

9.(多选)(2020·夏津一中期末)如图9所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1.若使a板不动，保持开关S断开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是(　　)

图9

A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1

B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1

C．若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2＝v1

D．若开关S闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2<v1

答案　BC

解析　由于两极板接在电源两端，若S保持闭合，无论向上还是向下移动b板时，两板间的电压不变，故克服电场力做功不变，液滴下落高度也不变，故重力做功不变，则总功不变，由动能定理可得v2＝v1，A错误，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，两极板所带电荷量不变，向上移动b板，两板间电势差增大，重力做功不变，克服电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2<v1；如果向下移动b板，两板间电势差减小，重力做功不变，克服电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2>v1，B正确，D错误．

10．(2020·浙江7月选考)如图10所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)

图10

A．所用时间为

B．速度大小为3v0

C．与P点的距离为

D．速度方向与竖直方向的夹角为30°

答案　C

解析　粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示．

粒子的运动为类平抛运动．

水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t

竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2

＝tan 45°

联立解得t＝，

故A错误．

vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角不为30°，故B、D错误；

x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确．

11．(多选)如图11甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)

图11

A．末速度大小为v0

B．末速度沿水平方向

C．重力势能减少了mgd

D．克服电场力做功为mgd

答案　BC

解析　0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做平抛运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，选项D错误．

二、非选择题

12．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图12所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变，设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的荷质比取1×108 C/kg.求：

图12

(1)漂移管B的长度；

(2)相邻漂移管间的加速电压．

答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V

解析　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，

则T＝①

L＝vB·②

联立①②并代入数据得L＝0.4 m

(2)设质子进入漂移管E时速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU③

W′＝3W④

W′＝mvE2－mvB2⑤

联立③④⑤式并代入数据得U＝6×104 V

13.如图13所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E、水平向右的匀强电场．固定点O的正下方处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．(重力加速度为g，小球可以看成质点)

图13

(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？

(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？

(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？

答案　(1)　(2)增大2mg　(3)mgh＋mgl＋＋2qE

解析　(1)由机械能守恒定律得mgl＝mv2

解得v＝

(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为FT1，

由牛顿第二定律得FT1－mg＝m

细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为FT2，

由牛顿第二定律得FT2－mg＝m

可解得FT2－FT1＝2mg

(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t＝

小球在水平方向做匀加速直线运动，运动的距离x＝vt＋t2

从细线断开至小球运动到水平面的过程，由动能定理得mgh＋qEx＝Ek－mv2

解得：Ek＝mgh＋mgl＋＋2qE.