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2（含解析）

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2（含解析）

一、单选题（共28分）

1．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）

A．保持S闭合，将A板适当上移

B．保持S闭合，将B板适当下移

C．先断开S，再将A板适当上移

D．先断开S，再将B板适当下移

2．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

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．如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用。下列说法中正确的是（　　）

A．点电荷Q带正电

B．a点的电势低于b点电势

C．从a到b，系统的电势能减小

D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

5．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　　）

A．电压是甲图时，在0~T时间内，电子的电势能一直减少

B．电压是乙图时，在0~时间内，电子的电势能先增加后减少

C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动

D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动

6．电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两个脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（　　）

A．某车轮经过感应线的过程中，电容器先放电后充电

B．某车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小

C．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定的电流

D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照

7．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等差等势线，直线AB、CD是它们的对称轴，O是直线AB与CD的交点，a、b、c是等势面与直线CD的三个交点，lOc和lcb分别表示Oc间的距离利和cb间的距离，取AB等势面电势为零，下列说法正确的是（　　）

A．

B．

C．电子和质子分别静止在电场中不同的两位置，电势能可能相等

D．电子从电场中某点获得瞬间冲量后，不可能沿电场线运动

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．如图所示，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地（取大地电势为零），金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A､B､C是垂线上的三个点且B､C在金属导体表面。则（　　）

A．B､C两点的电场强度一定相同

B．B点与导体内部的各点电势相等

C．A､B､C三点的电势均大于零

D．负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能

10．如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以速度v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出，则（　　）

A．若将粒子以速度﹣v0从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v从A点射出

B．若该粒子以速度﹣v从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出

C．若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v从A点射出

D．若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出

三、实验题（共15分）

11．某同学利用如图1所示电路观察电容器的充放电现象。实验时，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流i随时间变化关系的图线。

（1）为使电源向电容器充电，应将开关S与______（选填“1”或“2”）端相连。

（2）在对该电容器充电的过程中，充电电流i随时间t变化关系的图线可能是图中的______。

A．B．

C．D．

（3）图3中的虚线是该电容器在放电过程中电流随时间t变化关系的图线。如果只增大定值电阻的阻值，不改变电路的其他参数，请在图3中定性画出放电电流随时间变化关系的图线______，并简要说明理由______。

12．随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室开始普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。

（1）先使开关与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器下极板带__________电；

（2）然后把开关掷向2端，电容器通过电阻放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流随时间变化的图线如图乙所示，图线与i轴及轴所围成的面积表示__________（填“充满电后电容器的电荷量”或“充满电后电容器储存的电能”）；

（3）若电源电动势为，电容器的电容为，则电容器充满电后的电荷量为__________。

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，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管作用力为mg，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力大小。

‍‍

15．用电流传感器观察电容器的放电过程，传感器与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I-t图像。按照图甲所示连接电路。电源用直流8 V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像（图乙）。一位同学得到的I-t图像如图丙所示，电源电压是8 V（已知电流I=）。

（1）在图丙中画一个竖立的狭长矩形（在图丙的最左边），结合v-t图的相关知识，解释图像面积的意义？

（2）怎样根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量？

（3）如果要测绘充电时的I-t图像，请把图丁中电路图补充完整；得到的I-t图像画出来。

16．如图所示，质量为m带电量为+q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入宽度为d的AB绝缘水平面。当滑块运动至中点C时，速度大小为，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的强度不变的有界匀强电场（区域外不存在电场）。若小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等。（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）

（1）求滑块离开AB区域时的速度？

（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应为多大？

（3）在（2）情况下小滑块增加的电势能最大值是多少？

参考答案

1．B

【解析】

【详解】

设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得

A.若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得

解得

说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。

B.若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得

则

质点能穿过b孔，故B正确；

C.若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得

又由原来情况有

比较两式得

说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误。

D.若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得

又由原来情况有

比较两式得

说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。

故选B。

2．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。

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．根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；

B．由图可知，点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；

C．由E＝qφ可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以正点电荷在a处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；

D．根据点电荷电场线的分布，b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误。

故选C。

【点睛】

5．D

【解析】

【详解】

A．若电压是甲图，0~T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；

B．电压是乙图时，在0~时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；

C．电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；

D．电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。

故选D。

6．D

【解析】

【详解】

A．车轮经过感应线的过程中，对压电薄膜的压力先变大后变小，则电压先变大后变小，电容器先充电后放电，故A错误；

B．车轮经过感应线的过程中，如图乙所示，电阻R上的电流先变大后变小，再变为反向放电最后再变小， 故B错误；

C．车轮停在感应线上时，对压电薄膜压力不变，电压不变，没有充放电现象，故R上无电流，故C错误；

D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回线内，有两个脉冲电流，会被电子眼拍照，故D正确。

故选D。

7．C

【解析】

【详解】

A．题图中等势线是等差等势线，因此

而

所以

A错误；

B．因

而Oc区域的电场比cb区域的电场强，因此Oc间的距离比cb间的距离小，所以

B错误；

C．取AB等势面电势为零，因此若将电子和质子分别放置在A、B两点，则二者电势能相等，C正确；

D．若电子在直线CD上某点获得CO方向瞬间冲量后，将沿CD所在电场线运动，D错误。

故选C。

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．BD

【解析】

【详解】

A．由于C点与负电荷的距离未知，B点与金属板的距离也未知，所以，B、C场强的大小不确定，故A错误；

B．处于静电平衡状态的导体是一个等势体，所以B点与导体内部的各点电势相等，故B正确；

C．过A、B、C三点的电场线如图所示

沿着电场线方向电势降低，且导体是一个等势体，所以

故C错误；

D．根据知，负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，所以

故D正确；

故选BD。

10．BC

【解析】

【详解】

带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v0，运动时间为t＝，l是板长。

A．若将粒子以速度﹣v0从B点射入电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动时间大于，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点，故A错误；

B．若该粒子以速度﹣v从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反。从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0，故B正确；

C．若将q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于﹣v，故C正确；

D．若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，粒子运动时间不变。竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点，故D错误。

故选BC。

11．     1     A     见解析     电容器带电荷量不变，则图线与时间轴围成的面积不变，因为电阻增大，初始电压不变，则初始电流减小，且放电过程中，电流减小。

【解析】

【详解】

（1）[1]为使电源向电容器充电，应将两者连接，应将开关S与1端相连。

（2）[2] 电容器充电的过程中，电容器带电荷量越来越大，电容器电压越来越大，则充电电流减小。

故选A。

（3）[3][4]电容器带电荷量不变，则图线与时间轴围成的面积不变，因为电阻增大，初始电压不变，则初始电流减小，且放电过程中，电流减小。故由此可作图如下：

12．     负     充满电后电容器的电荷量    

【解析】

【详解】

（1）[1]根据电路连接方式可知充满电的电容器下极板带负电。

（2）[2]根据电流的定义式可知图线与i轴及轴所围成的面积表示充满电后电容器的电荷量。

（3）[3]充满电后电容器两端电压等于电源电动势，则电容器充满电后的电荷量为

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/C

14．7mg

【解析】

【详解】

当小球运动到最高点时恰好对细管作用力为mg，则

假设最低点的速度为v2，小球在圆形轨道中运动，电场力不做功，则从最高点到最低点过程，根据动能定理

当小球运动到最低点时，小球受到向上的支持力，则在最低点

联立以上解得小球在最低点受到的支持力

FN=7mg

由于力的作用是相互的，故小球在最低点对管壁的作用力为

FN'=FN=7mg

15．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【解析】

【详解】

（1）将横坐标t分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则为这段时间内的电荷量。在图丙I-t图中用阴影标记了一个竖立的狭长矩形，这个阴影面积的物理意义是放电0.2秒电容器释放（流过电阻R）的电荷量。

（2）电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于图象与坐标轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为

q=0.2×10-3×0.4C=8×10-5C

再数出曲线下包含的小正方形的个数（大于半格算一个，小于半格舍去），由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器在全部放电过程中释放的电荷量。

（3）电路图如图

得到的I-t图像如图

16．（1） ；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）从A运动到C的过程

解得

经过AB区域时，小滑块受到向左的摩擦力和电场力，且电场力等于摩擦力，则

vB=

（2）为是小滑块在AB区域运动的时间最长，小滑块运动到B点的速度恰好为零，则

解得

由牛顿第二定律

联立可解

。

（3）滑块在B点电势能最大，故小滑块增加的电势能最大值

。