2022—2023学年高二粤教版（2019）必修第三册 第二章 静电场的应用 单元检测卷5（含解析）

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2022—2023学年高二粤教版（2019）必修第三册 第二章 静电场的应用 单元检测卷5（含解析）一、单选题（共28分）1．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（　　）A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐减小B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负2．如图所示，平行板电容器充电后断开电源，上极板接地，在板间点处固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，用表示试探电荷在点所受的电场力，用E表示极板间的电场强度，用表示点的电势，用表示试探电荷在点的电势能，则下列物理量随与下极板的距离的变化关系图线中，可能正确的是（　　）A． B．C． D．3．如图所示，、闭合时，一质量为、带电荷量为的液滴，静止在电容器的、两平行金属板间．现保持闭合，将断开，然后将板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是（　　）A．电容器的电容增大B．板电势比电路中点电势高C．液滴将向下运动D．液滴的电势能增加4．电场的电场线如图中实线所示，M、O、N为同一根电场线上的不同位置的点，两个带电粒子a、b均从P点以相同速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）A．a粒子带正电，b粒子带负电B．电场力对a、b粒子均做负功C．a、b带电粒子的电势能均减小D．若在O点由静止释放a粒子，仅在电场力的作用下，a粒子将沿电场线运动到M点5．如图所示，点电荷固定在O点，P、Q为该点电荷电场中的两点，设Q点的电势为零，一个质量为m、电荷量为q的带负电的检验电荷在Q点由静止释放，仅在电场力作用下向P点运动，运动到P点时加速度大小为a，速度大小为v，已知OP=PQ，则下列说法错误的是（　　） A．固定在O点的电荷带正电B．P点的电势为C．检验电荷在Q点释放一瞬间的加速度大小为 D．检验电荷运动到F、Q中点时，速度小于6．如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路错误的是（　　）A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变7．有一面积为S、间距为d的平行板电容器水平放置。（　　）（1）今在板间平行于板平面插入厚度为、面积也是S的相对介电系数为的均匀电介质板，计算其电容。（2）若插入的是同样尺寸的导体板，求其电容。A．， B．，C．， D．，二、多选题（共12分）8．分别将带等量正电的三个等质量小球，以不同的水平速度由点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三小球分别落在图中、、三点，则（       ） A．三小球在电场的加速度大小相等B．三小球在电场中加速度大小关系是C．三小球在电场中运动时间D．三小球到达下板时的动能关系是9．在同一竖直线上固定两个等量异种点电荷，带正电，b带负电。在两点电荷连线上将一带电微粒由静止释放，微粒在自身重力和所受电场力作用下做往复运动，运动过程中不与点电荷发生碰撞，以无穷远处电势为零，则（　　） A．微粒在运动过程中电势能可能为零B．微粒两次速度为零的点到速度最大位置的距离一定相同C．微粒电势能最大时，重力势能最大D．微粒所带电荷的电性与微粒释放位置距离较远的点电荷的电性可能相同10．如图所示，两平行正对的带电金属板A、B水平放置，其中B板接地，一带电油滴恰好静止地悬浮在P点。下列说法中正确的是（　　） A．将A板向下移动一段距离，两板间电势差减小B．将A板水平向左移动一小段距离，油滴向上加速运动C．A板以左端为轴（垂直于纸面）逆时针旋转一个小角度后油滴仍保持静止状态D．增加A板所带电荷量，P点电势一定升高三、实验题（共15分）11．图示为示波器的核心部分——示波管的原理示意图，示波管内被抽成真空，并分布有电子枪、偏转电极等。给电子枪通电后，如果在偏转电极和上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的。（1）电子在___________（填“I”或“II”）区域获得偏转。（2）要想使电子束打在荧光屏坐标系的第一象限内，应使__________（填“>”“=”或“<”）0。12．某实验小组利用如下器材测量电容器的电容：直流稳压电源、待测电容器（额定电压）、定值电阻、定值电阻、电流传感器、数据采集器和计算机、单刀双掷开关、导线若干。实验过程如下：①将定值电阻等器材按图甲连接电路后，将开关与1端连接，电源向电容器充电；②将开关与2端连接，测得电流随时间变化的曲线如图乙所示；③用替换后，重复上述实验步骤①②，测得电流随时间变化的曲线如图丙中的某条虚线所示。两次实验中电源的输出电压相同，请回答下列问题：（1）电源的输出电压为__________。利用计算机软件测得乙图中曲线与两坐标轴所围的面积为，则电容器的电容为__________；（2）用替换后，电流随时间变化的曲线应该是图丙中的__________（选填“”“”或“”），判断的依据是___________。四、解答题（共45分）13．如图所示，水平细杆上套一环，环A与球B间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为mA＝0.30kg和mB＝0.60kg，A环不带电，B球带正电，带电量q＝1.0×10﹣4C，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若B球处于一水平向右的匀强电场中，使环A与B球一起向右匀速运动。运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ＝37°。求：（1）匀强电场的电场强度E多大？（2）环A与水平杆间的动摩擦因数μ？（3）使环A与B球一起向右匀速运动，所加匀强电场的电场强度最小值Em和方向？（取2.2）14．如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N，一质量为m的带电小球从y轴上（y>0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）.（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N点开始计时，经时间t＝2 小球距坐标原点O的距离s有多远？15．如图所示，在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？16．一个质量为2m、带有－q的电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图所示。小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f的作用，且f<qE。设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它停止运动前通过的总路程s。
参考答案1．B【解析】【详解】A．是最大内角，所以边最大，沿边由到，各点到点的距离先变小后变大，由点电荷场强决定式得，各点场强先变大后变小，A错误；B．由正点电荷电场线分布特点，且沿电场线方向电势逐渐降低，沿边由到，各点到点的距离先变小后变大，所以各点电势先增大后减小，B正确；C．对B选项的分析可知由电势能定义可知正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大，C错误；D．正电荷从M点移动到N点，电势能降低，则电场力所做总功为正，D错误。故选B。2．C【解析】【详解】A．因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，则板间距离d变大，根据可知，变小，由可知变大，平行板间的电场强度故场强不变，由可知，试探电荷所受的电场力也不变，A错误；B．因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，则板间距离d变大，根据可知，变小，由可知变大，平行板间的电场强度故场强不变，B错误；C．上极板接地，点与上极板间的电势差保持不变，所以点的电势不变，C正确；D．上极板接地，点与上极板间的电势差保持不变，试探电荷在点的电势能不变，D错误；故选C。3．B【解析】【详解】A．由平行板电容器电容的决定式.可知，板间距离增大，电容减小，A错误；B．、闭合时，中无电流通过，由于电阻下端接地，故板电势为零；电容器两极板电势差与两端电压相等，故点与电容器上极板电势相等。断开开关，电路结构未发生变化，点电势不变，电容器所带电荷量保持不变；板下移，即板间距离增大，由，可知，增大，电容C减小，电量保持不变，则两极板电势差增大，板电势为零不变，故板电势升高，B正确；C．由场强与电势差关系，，可知两极板间场强故两极板间场强不变，因此带电液滴受电场力不变，液滴保持静止，C错误；D．根据知，液滴距离下极板的距离增大，所以液滴所在位置与板的电势差增大，板电势为零，故液滴所在位置电势升高；而根据液滴静止、上极板与电源正极相连可知液滴带负电，由可知液滴的电势能降低，D错误。故选B。4．C【解析】【详解】A.根据粒子的受力和运动轨迹可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；BC.电场力对a、b两个粒子均做正功，电势能均减小，B错误 、C正确；D.由于M、O、N所在电场线为曲线，电场线不是粒子的运动轨迹，所以在O点由静止释放带电粒子，不可能沿电场线运动到M点，D错误。故选C。5．B【解析】【详解】A.由于检验电荷带负电，检验电荷由静止释放后向P点运动，则O点电荷带正电，故A正确；B.由于Q点电势为零，因此Q点电势为正，由题意知则故B错误；C.检验电荷的加速度由此可知，粒子在Q点的加速度为故C正确；D．由于从Q到P电场力越来越大，因此从Q运动到QP中点电场力做功小于，设到P、Q中点时速度为，即得故D正确。本题选不正确的，故选B。6．A【解析】【详解】A．电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误，符合题意；B．当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确，不符合题意；C．若C增大，根据电容器的带电荷量增大，选项C正确,不符合题意；D．当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确，不符合题意。故选A。【点睛】本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力。7．A【解析】【详解】插入厚度为、面积也是S的相对介电系数为的均匀电介质板时相当于两电容器串联，电解质的电容为空气电解质的电容为其电容为若插入的是同样尺寸的导体板，相当于板间距变为 ，此时电容为故选A。8．ACD【解析】【详解】AB．由于三个小球的电量相等，其质量也相等，又处在同一电场中，故电场力相等，产生的加速度大小相等，A正确，B错误；C．在竖直方向上，它们的位移相等，加速度大小又相等，故三小球在电场中运动时间相等，C正确；D．可见，球进入电场的速度最大，其动能最大，而电场力和重力做的功对于三个小球来说却是相等的，根据动能定理，则三小球到达下板时的动能最大，最小，D正确。故选ACD。9．AD【解析】【详解】D．等量异种点电荷形成的电场线如图所示 分析可知微粒的运动应为先向下加速，加速度减为零后，向下减速，速度减为零后，加速度向上，回到出发点，做往复运动，若微粒带正电，则微粒只能在点电荷a上方运动，若微粒带负电，则微粒只能在间运动，可以在连线中点上方释放，也可以在中点下方释放，均可做往复运动，选项D正确；A．由于微粒可能经过连线中点，则电势能可能为零，选项A正确；B．由于电场不是均匀变化的，所以微粒带正电时，两次速度为零的点到速度最大位置的距离不同，选项B错误；C．微粒从最高点到最低点的运动过程中电场力一直做负功，重力做正功，电势能增大，重力势能减小，电势能最大时重力势能最小，选项C错误。故选AD。10．AB【解析】【详解】A．将A板向下移动一段距离，即d减小，根据可知电容C增大，根据可知U减小，A正确；B．A极向左平移正对面积减小，根据可知C减小，根据可知U增大，根据U=Ed可知E增大，即电场力变大，故油滴向上加速运动，故B正确；C．转动后电场力方向变化则不可能再平衡，C错误；D．A、B板电性未知，故电势升高或降低未知，故D错误。故选AB。11．     II     >【解析】【详解】（1）[1]I区域是加速电场，II是偏转电场，故电子在II区域获得偏转。（2）[2]要想使电子束打在荧光屏坐标系的第一象限内，则X、Y极板电势要较高些，故应使>0。12．                    因为小于的阻值，电容器的放电电流增大，放电时间减少。（或：两次放电电量相同即图中的“面积”相同。）【解析】【详解】（1）[1][2]由题图知，最大电流为因此最大电压为可得电源的输出电压为，带容器所带电荷量为电容器的电容为（2）[3][4]用替换后，电流随时间变化的曲线应该是图丙中的，因为小于的阻值，电容器的放电电流增大，放电时间减少。13．（1）4.5×104N/C；（2）0.5；（3）4.1×104N/C，方向与水平成α角，斜向右上方，满足tanα＝0.5【解析】【详解】（1）以B球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡，则有电场力F＝mBgtanθ且F＝qE匀强电场的电场强度（2）对整体分析，在水平方向上有F＝f1竖直方向上有N1＝（mA+mB）g又f1＝μN1整理得（3）对A、B整体受力分析如图，设电场与水平方向夹角为α，斜向右上方，根据平衡可知，水平方向qEcosα＝f2竖直方向qEsinα+N2＝（mA+mB）g又f2＝μN2整理得其中当时，即tanα0.5时，电场强度E最小，最小值为N/C＝4.1×104N/C14．（1）带正电； ；（2）   ；（3）2 R【解析】【分析】【详解】（1）小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qE＝mg解得q＝又电场方向竖直向上，故小球带正电.（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv＝小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg＝解得r＝即P、O的最小距离为y＝2r＝（3）设小球到达N点的速度为 vN，小球由O运动到N的过程中，由机械能守恒得解得vN＝小球从N点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a，则沿x轴方向有x＝vNt沿电场方向有由牛顿第二定律得a＝经t时间小球距坐标原点O的距离为s＝＝2R15． ∶1【解析】【详解】质子和α粒子都带正电，从A点释放将受电场力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有解得所以16．【解析】【详解】小物体带负电，受电场力水平向左且f<qE，因此小物体最后停在固定墙面处，对整个运动由动能定理可得解得