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学案设计

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章末检测试卷(第二章)(时间：90分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．专门用来运输柴油、汽油的油罐车的尾部都装有一条拖在地上的铁链，对它的作用，下列说法正确的有(　　)A．让铁链与路面摩擦产生静电，使油罐车积累一定的电荷B．让铁链发出声音，以引起其他车辆的注意C．由于罐体与油摩擦产生了静电，罐体上的静电被铁链导入大地，从而避免了火花放电D．由于罐体与油摩擦产生了静电，铁链将油的静电导入大地，从而避免了火花放电答案　C解析　在运输柴油、汽油时，由于上下左右颠簸摇摆，造成油和罐体摩擦而产生静电，所以在油罐车尾部装一条拖在地上的铁链，将罐体上的静电导入大地，就能避免静电的积累．2.一带电粒子沿图1中曲线穿过一匀强电场的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则(　　)图1A．粒子一定带正电B．粒子的运动是匀变速运动C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大答案　B解析　由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹，可知其受力由d指向a且大小恒定，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能增大，电势能减小．综上所述，B正确．3．平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板间的中间位置处放一电荷q，则它所受电场力的大小为(　　)A．k   B．kC.   D.答案　C解析　电场力F＝qE、E＝、U＝，所以F＝.4.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图2所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是(　　)图2A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度减小C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案　D5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(　　)图3A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小答案　B解析　静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝知电容减小，由Q＝CU知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为电源电动势，静电计指针张开的角度不变，C、D错．6．一束正离子以相同的速率从同一位置沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，不计离子重力及离子间的相互作用，这说明所有粒子(　　)A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．具有相同的比荷D．都是同一元素的同位素答案　C解析　由偏转距离y＝()2＝可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有相同，故选C.7.如图4所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别到达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于(　　)图4A．1∶2   B．2∶1C．1∶   D.∶1答案　B解析　竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B正确．8.如图5所示，一带电小球以速度v0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球(　　)图5A．将仍打在O点B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．到达屏上时的动能将增加答案　D解析　由题意可知，要考虑小球的重力，第一次重力与电场力平衡；第二次U不变，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些，则极板间的距离d变大，场强变小，电场力变小，重力与电场力的合力向下，带电小球将打在O点的下方．由于水平方向运动性质不变，故穿过平行板电容器的时间不变，由于第二次合力做正功，故小球的动能将增加．综上所述，只有选项D正确．二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16分)9.如图6所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，其他条件不变．下列说法中正确的是(　　)图6A．液滴将向下运动B．液滴将向上运动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少答案　BC解析　电容器两板间的电压不变，开始时，电场力等于重力，当极板A向下平移一小段距离时，由E＝可知极板间的电场强度变大，电场力qE大于重力mg，带电液滴将向上运动，故A错误，B正确；由C＝可知电容器电容增大，由Q＝CU知电容器带电荷量增加，故C正确，D错误．10．如图7所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板．两板间有M、N、P三点，M、N连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN＝θ.以下说法正确的是(　　)图7A．电容器带电荷量为B．两极板间匀强电场的电场强度大小为C．M、P两点间的电势差为D．若将带电荷量为＋q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了答案　CD解析　由电容器电容的定义式可知，电容器的带电荷量为Q＝CU，A项错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E＝，B项错误；M、P两点间的电势差等于N、P间的电势差，即UMP＝ELsin θ＝，C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电荷量为＋q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMP＝，D项正确．11．欧洲核子研究中心于2008年9月启动了大型强子对撞机，如图8甲所示，将一束质子流注入长27 km的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段．设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，图乙所示为其简化示意图．质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速，不计质子质量及质子间的相互作用，则(　　)图8A．质子在每个圆筒内都做加速运动B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C．质子穿过每个圆筒时，电源的正负极要改变D．每个筒长度都是相等的答案　BC解析　由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部场强为零，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前、后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，B正确，A错误；质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低于前一个金属筒的电势，所以电源正负极要改变，故C正确；质子速度增加，而电源正、负极改变时间一定，则沿质子运动方向，金属筒的长度要越来越长，故D错误．12．如图9甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，不计粒子间的相互作用，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则(　　)图9A．所有粒子都不会打到两极板上B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D．只有t＝n(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场答案　ABC解析　粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t＝0时刻射入的粒子在竖直方向始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打在极板上，故A、B正确，D错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移为，有：＝·由于L＝d故：vym＝v0故Ek′＝m(v02＋vym2)＝2Ek0，故C正确．三、非选择题(本题共6小题，共52分)13.(8分)(2019·北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．(1)请在图10甲中画出上述u－q图像．类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示．a．①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径________________________________________________________________________________________________________________________________________________.图10(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)． “恒流源”(2)中电源电源两端电压  通过电源的电流   答案　(1)　(1分)CU2(2分)(2)a.R　b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(1分)(3)(4分) “恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小 解析　(2)a.由题图知，电容器充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等．故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的．b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电．(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变．通过电源的电流I＝，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．14．(6分)如图11所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器．电容的计算公式是C＝ε，其中ε＝9.0×10－12 F·m－1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号．那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？图11答案　0.15 mm解析　由题中给出的电容计算公式C＝ε及相关数据，解得键未被按下时的电容C1＝0.75 pF(2分)又C2＝C1＋0.25 pF＝1.00 pF(1分)d2＝(1分)Δd＝d1－d2(1分)解得Δd＝0.15 mm.(1分)15.(8分)一个初速度为零的电子通过电压U＝4 500 V的电场加速后，从C点沿水平方向射入电场强度E＝1.5×105 V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图12所示．试求C、D两点沿电场强度方向的距离y.图12答案　0.01 m解析　电子加速过程，由动能定理得eU＝mv02(2分)解得v0＝(1分)电子在D点时，在竖直方向上vy＝v0tan 30°＝at，(1分)a＝，(1分)解得t＝(1分)C、D两点沿电场强度方向的距离y＝at2＝(1分)代入数据解得y＝0.01 m．(1分)16．(9分)如图13所示，质量为m、电荷量为＋q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得的小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，重力加速度为g，求：图13(1)电场强度E的大小；(2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差的大小；(3)小球落地时的动能的大小．答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)分析水平方向的分运动有：v02＝2aL＝(2分)所以E＝(1分)(2)A与O之间的电势差UAO＝E·L＝(2分)(3)设小球落地时的动能为EkA，空中飞行的时间为t，分析水平方向和竖直方向的分运动有：v0＝·t(1分)vA＝gt(1分)EkA＝mvA2(1分)解得：EkA＝(1分)17．(10分)如图14所示，平行板电容器A、B间的电压U保持不变，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下平移，此粒子仍从O点水平射入，初速度v0不变，则粒子将落在B板上的C′点，求BC′的长度．(粒子的重力忽略不计)图14答案　l解析　根据牛顿第二定律，带电粒子由O点到C点，有q＝ma，(1分)所以a＝(1分)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，(1分)在竖直方向做匀加速直线运动，d＝at2＝·t2.(1分)带电粒子由O点到C′点，根据牛顿第二定律得q＝ma′，(1分)所以a′＝.(1分)设BC′的长度为l′，则l′＝v0t′(1分)d＋d＝a′t′2＝··t′2.(2分)联立解得BC′的长度l′＝l.(1分)18.(11分)如图15所示，将光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图15(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．答案　(1)2　(2)mg　(3)3mg，方向水平向右解析　(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有mg·4R＝mvB2(1分)到达B点时速度大小为vB＝2(1分)(2)设电场力的竖直分力为Fy水平分力为Fx，则Fy＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－Fx·2R＝mvC2－mvB2(2分)小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有 y＝4R＝vCt(1分)x＝2R＝axt2＝t2(1分)联立解得：Fx＝mg(1分)电场力的大小为F＝qE＝＝mg(1分)(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管壁的弹力FN的合力提供，设弹力FN的方向向左，则Fx＋FN＝(1分)解得：FN＝3mg(1分)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力为FN′＝FN＝3mg，方向水平向右．(1分)