章末强化练(2) 静电场的应用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（粤教版2019）

章末强化练(二)　静电场的应用 (时间：90分钟　满分：100分) [对应学生用书P165] 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．一带电粒子在电场中只受静电力的作用时，它不可能出现的运动状态是(　　) A．匀速直线运动　　　　　 B．匀加速直线运动 C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动 A　[粒子只受静电力的作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动(F与v同向或v0＝0)，当恒力与v0垂直时，粒子做类平抛运动——匀变速曲线运动；当静电力大小不变、方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，所以，只有A是不可能的．] 2．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则(　　) A．当增大两板间的距离时，速度v增大 B．当减小两板间的距离时，速度v减小 C．当减小两板间的距离时，速度v不变 D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 C　[由动能定理得eU＝mv2，当改变两板间的距离时，U不变，v不变，A、B错误，C正确；电子做初速度为0的匀加速直线运动，＝＝，得t＝，当d减小时，v不变，电子在两板间运动的时间变短，D错误．] 3．如图所示，质子(H)和α粒子(He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 B　[质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为a＝，粒子射出电场时的侧位移y的表达式为y＝at2，又t＝，Ek＝mv，联立上式得，y＝；由题，两个粒子的初动能Ek相同，E、l相同，则y与q成正比，质子(H)和α粒子(He)电荷量之比为1∶2，侧位移y之比为1∶2.] 4．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(　　) A．2倍　　　 B．4倍　　　 C.　　　 D. C　[电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，故C正确．] 5．如图所示，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，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于(　　) A．1∶2　　　　　 B．2∶1 C．1∶ D.∶1 B　[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．] 6．如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t<8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．0<t<2×10－10 s B．2×10－10 s<t<4×10－10 s C．4×10－10 s<t<6×10－10 s D．6×10－10 s<t<8×10－10 s D　[选向右为正方向，根据题图乙作出粒子运动的v ­t图像如图所示．由图像可知D正确． ] 7．如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则(　　) A．O点电势高于M点电势 B．运动过程中，电子在M点电势能最大 C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加 D．静电力对电子先做负功，后做正功 D　[由电子的运动轨迹知，电子受到的静电力方向斜向左上，故电场方向斜向右下，M点电势高于O点电势，A错误；电子在M点电势能最小，B错误；运动过程中，电子先克服静电力做功，电势能增加，后静电力对电子做正功，电势能减少，故C错误，D正确．] 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 8．如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　) A．使初速度减小为原来的 B．使M、N间电势差加倍 C．使M、N间电势差提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间的电势差都减小为原来的 BD　[由动能定理得qEl＝mv，当v0变为v0时，l变为，因为qE＝q，所以qEl＝ql＝mv，通过分析知，B、D正确．] 9．如图所示，一带电小球以速度v0水平射入接入电路中的两平行金属板中，并沿直线打在屏上O点，若仅将两平行金属板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(　　) A．将打在O点的下方 B．将打在O点的上方 C．穿过两平行金属板的时间将增加 D．到达屏上时的动能将增加 AD　[由题意可知，要考虑小球的重力，第一种情况重力与静电力平衡，U不变，若仅将两平行金属板上极板平行上移一些后，极板间的距离d变大，电场强度变小，静电力变小，重力与静电力的合力向下，带电小球将打在O点的下方，A正确，B错误；由于水平方向运动性质不变，故时间不变，C错误；而由于第二种情况合力做正功，故小球的动能将增加，D正确．] 10．(2022·全国乙卷)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示．则(　　) A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 BD　[在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则有Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得mv＝＝，即粒子1、2入射时的动能相等，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3入射后的一小段时间做向心运动，有qE2>m，可得mv＜＝mv，则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确．] 三、非选择题(本题共5小题，共54分．) 11．(7分)利用电流传感器测量电容器电容的实验电路图如图甲所示．电源电压为8 V，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电．电流传感器将电流变化的信息传入计算机，屏幕上显示出电流i随时间t变化的i­t曲线如图乙所示，图中图线与坐标轴所围的面积约等于14个小方格的面积，根据图乙，计算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q＝________C，该电容器的电容C＝________F. 甲　　　　　　　　乙 解析　图线与时间轴围成的面积表示电荷量，Q＝0.002×1×14 C＝0.028 C，电容器的电容C＝＝0.003 5 F. 答案　0.028　0.003 5 12．(9分)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8 C．(g＝10 m/s2) (1)求微粒入射速度v0的大小； (2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？ 解析　(1)由＝v0t，＝gt2可解得： v0＝＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，即 ＝a12， 由牛顿第二定律得a1＝，解得U1＝120 V， 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即＝a22， 由牛顿第二定律得a2＝， 解得U2＝200 V，所以120 V≤U≤200 V. 答案　(1)10 m/s　(2)与负极相连　120 V≤U≤200 V 13．(11分)如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板长为L，极板间的距离为d，极板与水平面间的夹角为α，P、M两点恰好处在电容器的边缘，两极板正对区域均看成匀强电场．现有一质量为m的带电液滴由两极板中的P点从静止开始沿与极板平行的直线运动到M点，此过程中克服空气阻力做功为W，重力加速度为g，求： (1)液滴的电荷量； (2)液滴刚开始运动时加速度的大小； (3)液滴到达M点时速度的大小． 解析　(1)板间电压U＝，电场强度E＝，对液滴有 qE＝mgcos α， 联立解得液滴带的电荷量q＝. (2)液滴刚开始运动时，有mgsin α＝ma 故液滴的加速度a＝gsin α. (3)对加速过程，由动能定理得mgLsin α－W＝mv2 故液滴到达M点时的速度v＝． 答案　(1)　(2)gsin α (3) 14.(12分)如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10 cm，质量m＝0.1 kg、带电荷量为q＝－1×10－3 C的小球以初速度v0＝10 m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球加速度的大小； (2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离． 解析　(1)设相邻两等势线间的电势差为U， 则E＝，解得E＝1×103 V/m， 小球受到的静电力F＝qE＝1 N，方向水平向右， 重力G＝mg＝1 N，方向竖直向下， 设小球加速度为a，由牛顿第二定律得 F合＝＝ma， 解得a＝10 m/s2. (2)设小球再次回到题图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有 Lcos45°＝v0t，Lsin45°＝at2， 解得t＝ s，L＝20 m； vy＝at， v＝ ， 解得v＝10 m/s. 答案　(1)10 m/s2　(2)10 m/s　20 m 15．(15分)如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E的水平匀强电场E1，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为2E的竖直匀强电场E2，在虚线PQ右侧距离为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，A、O连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间t； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离d. 解析　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1， 由牛顿第二定律得：a1＝， 由x＝at2得：＝a1t， 电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1， 进入电场E2到打到屏上，水平方向做匀速直线运动，时间为：t2′＝2t2＝， 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2′， 联立解得：t＝3. (2)设电子射出电场E2时竖直方向的速度为vy，由牛顿第二定律得电子进入电场E2时的加速度为 a2＝， vy＝a2t2， 电子刚射出电场E2时的速度方向与A、O连线夹角的正切值为tan θ＝， 联立解得：tan θ＝2. (3)电子在电场中的运动轨迹如图所示． 电子打到屏上的点P′到O点的距离为d， 根据上图由几何关系得：tanθ＝， 联立得：d＝3L. 答案　(1)3　(2)2　(3)3L 学科网（北京）股份有限公司 $$