第二章 静电场的应用 水平测评-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟． 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 解析 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，就能避免因静电的积累而产生的火花放电，C正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 2．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(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．某电容器的电容是30 μF，额定电压(正常工作时的电压)为200 V，击穿电压(最大电压)为400 V，对于该电容器，下列说法中正确的是(　　) A．为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3×10－5 C B．给电容器极板充1 C的电荷量，两极板间的电压为3×10－5 V C．该电容器能容纳的电荷量最多为6×10－3 C D．若该电容器为平行板电容器，则要增大电容，可增加板间距离 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5． 如图所示，是电子束焊接机的示意图，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子的重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6． 如图所示，在竖直放置、间距为d的足够长的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从两极板正中间处由静止释放，重力加速度为g，则粒子运动到负极板的过程，下列说法正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7． 如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管 (正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视 为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合 开关S，稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处 于静止状态．下列说法正确的是(　　) A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低 B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低 C．断开开关S，带电油滴将向下运动 D．将下极板上移，带电油滴将向上运动 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8． 一矿井水位检测器如图所示，A为固定铜芯，B为玻璃，D为矿井中含有杂质的水．闭合开关S时，发现灵敏电流计的指针向左偏转．在开关S闭合的情况下，若发现指针向左偏转，则下列说法正确的是(　　) A．A所带电荷量减少 B．A所带电荷量增加 C．矿井中的水面下降 D．矿井中的水面上涨 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 9．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 10． 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子 团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似． 已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示． 一质量m＝4.0×10－20 kg、电荷量q＝－4.0×10－9 C的带负电的 粒子从(－1，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动．则(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、填空和实验题(本题共2小题，共10分) 11．(4分)如图所示，要使一质量为m、电荷量为＋q的小球 能沿水平直线加速，需要外加一匀强电场．已知平行金属板间距 为d，与水平面的夹角为θ，要使此小球从A板左端由静止沿水平 方向加速运动，恰从B板的右端射出，则两金属板间所加电压 U＝________；小球从B板右端射出时的速度v＝________．(重 力加速度为g) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容．他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路．实验过程如下，完成相应的填空． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)； (2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流．流过电阻R的电流方向为__________(填“从右向左”或“从左向右”)； (3)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i­t曲线如图乙所示； (4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为_______________ _______________________________ C； (5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为_____________________________ _______ F. (所有结果均保留两位有效数字) 答案 从右向左 2.5×10－3 (2.4×10－3～2.6×10－3均正确) 3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正确) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 答案　0.15 mm 三、计算题(本题共3小题，共40分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d，板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e. (1)求经电场加速后电子速度v的大小； (2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？离开偏转电场时电子动能为多大？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(20分)如图所示，在竖直平面内有一固定在水平地面上的足够长的光滑绝缘轨道ABC，它由两部分组成．AB部分与水平方向的夹角θ＝53°，与圆弧BC部分相切，切点为B；BC轨道的圆心为O，半径为R，圆心角α＝143°.压力传感器与轨道ABC连接，用来显示轨道ABC受到的压力大小，整个轨道处于方向水平向右的匀强电场中．现将一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球在轨道AB上与B点相距2R的位置由静止释放，小球在沿轨道AB下滑的过程中，压力传感器的示数始终为0.已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)求小球在BC轨道上滑行的过程中，压力传感器示数的最大值； (3)从开始运动到最高点，求小球电势能的变化量． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R A．keq \f(2Qq,d2) B．keq \f(4Qq,d2) C．eq \f(Qq,Cd) D．eq \f(2Qq,Cd) 解析　电场力F＝qE，E＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)，所以F＝eq \f(Qq,Cd)，C正确． 解析　为使电容器两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量为ΔQ＝C·ΔU＝30×10－6×1 C＝3×10－5 C，A正确；给电容器极板充1 C的电荷量，假设其未被击穿，则两极板间的电压为U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(1,30×10－6) V≈3.3×104 V，可知此时电容器被击穿，两极板间实际电压不能确定，B错误；击穿电压为400 V，表示该电容器能承受的最大电压为400 V，能容纳的最大电荷量Qm＝CUm＝30×10－6×400 C＝1.2×10－2 C，C错误；由C＝eq \f(εrS,4kπd)知，D错误． 4．在光滑水平面上有一比荷eq \f(q,m)＝1.0×10－7 C/kg的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在水平面内建立坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0×106 V/m的匀强电场，小球开始运动．经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向，电场强度大小不变．则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是图中的(　　) 解析　小球加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝0.20 m/s2，1 s末小球速度vx＝at＝0.20 m/s，沿x轴方向运动的距离x1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.20×12 m＝0.10 m；1 s后电场方向改变，小球所受合力沿y轴正方向，小球开始做类平抛运动，此部分运动轨迹向上弯曲，当运动轨迹的x轴坐标为0.30 m时，类平抛运动时间t′＝eq \f(0.30 m－0.10 m,vx)＝1 s，此时运动轨迹的y轴坐标为y2＝eq \f(1,2)at′2＝eq \f(1,2)×0.20×12 m＝0.10 m．故C正确． A．B点和C点的电场强度均为eq \f(U,d) B．B点电势高于C点电势 C．电子由K到A做匀加速直线运动 D．电子由K到A电势能减少eU 解析　由题图可知，K到A之间不是匀强电场，根据电场线的疏密表示电场强弱，知B点场强小于C点场强，电子由K到A运动过程中的加速度a＝eq \f(Ee,m)逐渐增大，不是做匀加速直线运动，A、C错误；电场线由高的等势面指向低的等势面，则B点电势低于C点电势，B错误；电子由K到A的过程中静电力做的功为eU，则其电势能减少了eU，D正确． A．加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＋g B．所需的时间为t＝eq \r(\f(dm,Eq)) C．下降的高度为y＝eq \f(d,2) D．电场力所做的功为W＝Eqd 解析　对粒子在电场中的受力分析如图所示，粒子所受的合力大小为F＝eq \r((Eq)2＋(mg)2)，所以粒子的加速度大小为a＝ eq \f(\r((qE)2＋(mg)2),m)，故A错误；将粒子的运动按水平和竖直方向分解，由牛顿第二定律得粒子在水平方向的加速度大小为a1＝ eq \f(Eq,m)，由运动学公式eq \f(d,2)＝eq \f(a1t2,2)，所以t＝eq \r(\f(dm,Eq))，故B正确；粒子在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(mgd,2Eq)，故C错误；电场力所做的功为W＝eq \f(Eqd,2)，故D错误． 解析　电容器两极板正对面积减小，根据平行板电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)知电容减小，假设没有二极管，电容器极板间电压U不变，根据C＝eq \f(Q,U)可知，电容器极板上的电荷量Q减小，电容器放电，但二极管的存在使得Q不能减少，则Q不变，根据C＝eq \f(Q,U)可知，U增大，U＝Ed，d不变，所以板间电场强度E增大，所以油滴所受静电力增大，将大于重力，油滴会向上移动，UP0＝φP－0即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以P点电势φP增大，A、B错误；断开开关，电容器不能放电，故油滴受力不变，会保持不动，C错误；将下极板上移，根据平行板电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)知电容增大，注意到电源可通过二极管给电容器充电，可知电容器极板间电压U不变，根据E＝eq \f(U,d)可知，E增大，则油滴所受静电力增大，将大于重力，油滴会向上移动，D正确． 解析　在题图中，铜芯A与含杂质的水可看作电容器的 两个极板，在开关S闭合时，“电容器”处于充电状态，灵敏 电流计的指针向左偏转，保持开关闭合，发现指针又向左偏 转，说明“电容器”继续充电，因此A所带的电荷量继续增多， 故A错误，B正确；在开关S闭合的情况下，“电容器”两板 间的电压不变，电荷量增加，根据C＝eq \f(Q,U)可知一定是由于“电容 器”的电容增大造成的，而平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，由于“电容器”两板间的距离以及相对介电常数都不变，因此一定是正对面积增大，也就是矿井中的水面上涨，故C错误，D正确． 解析　电子在平行金属板间所受的静电力大小不变，为F＝eq \f(U0e,d)，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq \f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq \f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq \f(T,4)内反向，向A板做匀加速直线运动，在第四个eq \f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以a­t图像如图1所示，v­t图像如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，所以x­t图像应是曲线．故选A、D. A．x轴左侧电场强度大小E1与右侧电场强度大小E2之比eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2) B．粒子从x＝－1 cm到x＝0.5 cm过程中的电势能先增加后减小 C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为6.0×10－8 J D．该粒子运动的周期T＝3.0×10－8 s 解析　由题图可知，x轴上原点左右两侧为电场强度大小 不同的匀强电场，由电场强度与电势差的关系可得E1x1＝E2x2， 解得eq \f(E1,E2)＝eq \f(x2,x1)＝eq \f(0.5,1)＝eq \f(1,2)，A正确；粒子从x＝－1 cm到x＝0.5 cm 过程中，电势先增大后减小，根据公式Ep＝qφ可得，带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误；根据静电力做功与电势能变化关系可得ΔEp＝－qU，该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为ΔEpmax＝－qUmax＝－(－4.0×10－9)×20 J＝8.0×10－8 J，C错误；粒子在－1 cm～0过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得E1|q|＝ma1，x1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)，其中E1＝eq \f(U,x1)，粒子在0～0.5 cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得E2q＝ma2，x2＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)，其中E2＝eq \f(U,x2)，该粒子运动的周期T＝2(t1＋t2)，联立可得T＝3.0×10－8 s，D正确． eq \f(mgd,qcosθ) eq \r(\f(2gd,cosθ)) 解析　对小球进行受力分析，由题意可知合力应水平向右，故竖直方向上有qEcosθ＝mg，即E＝eq \f(mg,qcosθ)，故U＝Ed＝eq \f(mgd,qcosθ)，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，则v＝eq \r(\f(2gd,cosθ)). 解析　(2)开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左． (4)i­t曲线与坐标轴围成的面积表示电容器在全部放电过程中释放的电荷量，由图乙可知，一个小格的面积所表示的电量q＝0.2 mA×0.4 s＝8.0×10－5 C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得图像包含的小格数约为31个，所以释放的电荷量为Q＝31×8.0×10－5 C≈2.5×10－3 C. (5)电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(2.5×10－3,8) F≈3.1×10－4 F. 13．(8分)如图所示，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＝εeq \f(S,d)，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？ 解析　由题中给出的电容计算公式C＝εeq \f(S,d)及相关数据，解得键未被按下时的电容C1＝0.75 pF 又发出信号时的电容C2＝C1＋0.25 pF＝1.00 pF 发出信号时两金属板的距离d2＝eq \f(εS,C2) Δd＝d1－d2 解得Δd＝0.15 mm. 答案　(1)eq \r(\f(2eU1,me))　(2)eq \f(2d2U1,l2)　eU1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(d2,l2))) 解析　(1)电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理：eU1＝eq \f(1,2)mev2， 则经电场加速后电子的速度v＝ eq \r(\f(2eU1,me)). (2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏移量为eq \f(d,2)， 电子受到偏转电场的静电力F2＝eE2，E2＝eq \f(U2,d)， 电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动， 有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a2t2，a2＝eq \f(F2,me)，t＝eq \f(l,v)， 可解得两平行板间电压U2＝eq \f(2d2U1,l2)； 又eq \f(eU2,2)＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0， 所以Ek＝eU1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(d2,l2))). 答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)eq \f(35,4)mg　(3)－eq \f(261,64)mgR 解析　(1)由题意可知小球在沿轨道AB下滑的过程中，所受合力沿AB向下，对小球进行受力分析，有qE＝eq \f(mg,tanθ) 解得E＝eq \f(3mg,4q). (2)当压力传感器的示数最大时，小球位于所受静电力和重力的合力方向背离圆心的位置G，设小球运动到G点时的速度为v0，则在小球从静止运动到G点的过程中，根据动能定理有eq \f(mg,sinθ)·3R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 在G点，根据牛顿第二定律有 FN－eq \f(mg,sinθ)＝m2,0)eq \f(v,R) 由牛顿第三定律有FN′＝FN， 三式联立解得FN′＝eq \f(35,4)mg. (3)由几何关系知，OC水平． 设小球运动到C点时速度为v1，从A到C， 由动能定理有eq \f(mg,sinθ)(2R＋Rcosθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 从C点射出后到最高点， 在竖直方向有v1＝gt 在水平方向有x＝eq \f(1,2)at2 qE＝ma 全过程小球电势能的变化量 ΔEp＝－qE(2Rcosθ＋Rsinθ＋R＋x) 联立解得ΔEp＝－eq \f(261,64)mgR. $$