第二章 静电场的应用 章末测试 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版必修第三册

第二章　静电场的应用 (时间:75分钟　满分:100分) 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,只有一个选项符合题目要求) 1.有一个充满电的电容器,两极板之间的电压为3 V,所带电荷量为4.5×10-4 C.此电容器的电容是(　　) A.1.5×10-4 F B.1.5×10-4 Wb C.1.35×10-3 F D.1.35×10-3 Wb 2.计算机键盘为电容式传感器,每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成,两金属片之间有空气间隙,共同组成一个平行板电容器,如图甲所示.其内部电路如图乙所示,则下列说法正确的是(　　) A.按键的过程中,电容器间的电场强度减小 B.按键的过程中,电容器储存的电能增多 C.按键的过程中,图乙中电流方向从a经电流计流向b D.按键的过程中,电容器上极板电势低于下极板电势 3.对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理,下列说法正确的是(　　) A.甲图中,该女生接触带电的金属球时与带电的金属球带有异种性质的电荷 B.乙图为静电除尘装置的示意图,带负电的尘埃被收集在线状电离器B上 C.丙图中,燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理 D.丁图中,两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了更好地导电 4.密立根通过油滴实验精确地测定基本电荷e,将微观量转化为宏观量测量的巧妙设想和精确构思至今仍在物理科学研究的前沿发挥着作用.如图为密立根油滴实验示意图,若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下匀速运动.忽略油滴间的相互作用力和空气对油滴的阻力及浮力,在该油滴向下运动的过程中,以下说法正确的是(　　) A.电场力对油滴做正功 B.油滴机械能守恒 C.重力和电场力的合力对油滴不做功 D.油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量 5.某家用空气净化器的内部结构原理如图所示,图中充电极接电源正极,尘埃采集球接地.当空气中的尘埃进入装置前,通过滤网后带正电,此后会吸附在尘埃采集球上.内部形成的电场如图所示,尘埃的重力忽略不计.下列说法正确的是(　　) A.电场中各点的电势大小关系为φb>φa>φc B.电场中各点的电场强度大小关系为Eb<Ea<Ec C.同一尘埃在a点和b点的电势能相同 D.某尘埃仅在电场力作用下从c点运动到a点,电场力始终做负功 6.(2025广东广州模拟预测)在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序.如图所示,A、B两个带电球之间产生非匀强电场,茶叶、茶梗都带正电荷,且茶叶的比荷小于茶梗的比荷,两者通过静电场便可分离,并沿光滑绝缘分离器落入小桶.假设有一茶梗P从A球表面O点离开,最后落入桶底.不计空气阻力.则(　　) A.茶叶落入右桶,茶梗落入左桶 B.M处的电场强度大于N处的电场强度 C.M处的电势低于N处的电势 D.茶梗P下落过程中电势能减小 7.两极板水平放置,其中上极板带正电,有四个电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+2q,2m)、(-q,m)的带电粒子,以相同的初速度v0先后从极板左端的O点垂直进入两极板间的电场,不计粒子重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是(　　) 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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有(　　) A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 9.静电除尘设备的结构示意图如图甲所示,把高压电源的正极接在金属圆筒上,负极接到圆筒中心悬挂的金属线上,其横向截面图如图乙所示,虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹,则下列说法正确的是(　　) A.电场中P点的电场强度大于Q点的电场强度 B.电场中P点的电势高于Q点的电势 C.粉尘由Q点运动至P点,电势能逐渐减小 D.粉尘最终会附着在中心金属线上并沿中心金属线下落 10.如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板中线上的两点.当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,在B点时速度为v.若两板间加上图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放.小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球(　　) A.在B点上方 B.恰好到达B点 C.速度小于v D.速度等于v 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)传感器中经常用电容器做基本元件,如图为电容式液位计的原理图,一根金属圆柱插入金属容器内(并未与容器底、壁接触),另一端与电源相连,金属圆柱为电容器的一个电极,容器壁为电容器的另一个电极,容器内充入绝缘液体,容器壁接地.另有一静电计与该装置相连,静电计外壳接地,内部的金属球通过开关K2与金属圆柱相连.某同学用该装置做以下实验. (1)先闭合K1,给电容器充电; (2)断开K1,闭合K2,静电计指针偏转一定角度; (3)该同学给容器中加入更多绝缘液体使液面升高,此时他观察到静电计指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”),由此他推测出:液面升高使电容器的电容　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”);  (4)此后在保持液面不变的情况下他继续实验,通过绝缘手柄把金属圆柱向上移动一段距离,他看到静电计的指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”),表明电容器的电容因金属圆柱向上移动而　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”).  12.(10分)在做“观察电容器的充、放电现象”的实验电路如图甲所示.某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小,他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线.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图像如图乙所示. 甲 乙 丙 (1)实验时,根据图甲所示的电路原理图连接好电路,t=0时刻把开关K掷向　　　　(选填“1”或“2”)端,对电容器进行充电;  (2)对电容器进行放电时,流过电阻R的电流方向为　　　　(选填“a到b”或“b到a”);  (3)如果不改变电路其他参数,只增大电阻R,放电时间将　　　　(选填“变长”“不变”或“变短”);  (4)图丙为电压恒为8 V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的I-t图像,某同学进行实验数据处理时,数出了I-t图线包围的格数(满半格或超过半格的算一格,不满半格的舍去),总格数为32格,则可以计算出电容器充电完毕后的电荷量为　　　　 C,电容器的电容为　　　　 F.(计算结果均保留两位有效数字)  13.(9分)如图所示,固定在竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道AB,处在水平向右的匀强电场中,圆弧轨道半径R=0.6 m,圆弧轨道最高点A与圆心O等高,电场强度E=4×104 N/C,电场线与轨道平面平行.一质量m=6×10-2 kg的带电小球在Р点时恰能保持静止,小球可视为质点,OP与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.求: (1)小球的电性和电荷量q; (2)小球在P点时轨道对小球的支持力FN的大小; (3)将小球从轨道最低点B由静止释放,小球运动到A时速度v的大小. 14.(11分)如图甲所示,某直线加速器由中心轴线在同一直线上的一系列金属圆筒(图中标注的序号为1、2、3…)组成,相邻金属圆筒分别接在高频交变电源的两极.交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示.某时刻,从金属圆板(序号为0号)中央释放的电子(其初速度可忽略),沿轴线进入加速器并依次穿过各金属管.圆筒长度的设计遵照一定的规律,可以令电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使电场力的方向与运动方向相同而不断加速,电子在各个金属圆筒内部做匀速直线运动.已知电子的质量为m、电荷量为e,两金属圆筒间的电压绝对值为U、周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计. 甲 乙 (1)电子在3、4号金属圆筒之间时加速,请判断3、4号圆筒电势的高低; (2)求电子进入第n号金属圆筒后的速度大小v; (3)求第n号金属圆筒的长度L. 15.(16分)如图所示,虚线MN左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着长为L,间距为d的平行金属板,两板之间电压为U,AO过两板的中线,在虚线PQ右侧距离为处有一水平放置,长度为的屏,屏到AO的距离为d.现将一电荷量为-q(q>0)、质量为m的带电粒子无初速度地放入电场中的A点,A点到MN的距离为kL,粒子最后可打在右侧屏上.不计带电粒子的重力. (1)求带电粒子到达MN时的速度大小. (2)求带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量. (3)改变k的大小,可调节粒子在电场中的释放点A到MN的距离,若要使所有粒子都能打在屏上,求k的取值范围. 参考答案 1.A　解析 根据电容器的电容定义式,可得C= F=1.5×10-4 F,故选A. 2.B　解析 根据C=,E=,按键的过程中,由于电压U不变,间隙d减小,则电容C增大,电容器间的电场强度E增大,电容器所带电荷量Q增多,则电容器储存的电能增多,故A错误,B正确;按键的过程中,由于电容器所带电荷量Q增多,电容器充电,图丙中电流方向从b经电流计流向a,电容器上极板电势高于下极板电势,故C、D错误. 3.C　解析 女生接触金属球,与金属球带同种电荷,故A错误;线状电离器B带负电,管壁A带正电,带电的尘埃被收集在A上,故B错误;燃气灶电子点火器应用了尖端放电原理,故C正确;两条优质话筒线外面包裹的金属外衣应用了静电屏蔽原理,故D错误. 4.C　解析 带负电的油滴向下匀速运动,则受向下的重力和向上的电场力,电场力做负功,油滴机械能减小,选项A、B错误;油滴动能变化为零,则重力和电场力的合力不做功,选项C正确;油滴的机械能和电势能之和不变,因动能不变,则重力势能的减少量等于电势能的增加量,选项D错误. 5.A　解析 沿着电场线方向电势逐渐降低,由题图中电场线可知,尘埃在电场中电势的大小关系为φb>φa>φc,故A正确;电场线的疏密程度表示电场强度的大小,由题图中电场线可知Eb>Ea>Ec,故B错误;由电势能公式Ep=φq,同一尘埃在a点和b点的电势能不相同,故C错误;尘埃从c点移动到a点的过程中,由于尘埃的运动轨迹未知,无法判断电场力做功情况,故D错误. 6.D　解析 根据牛顿第二定律可得a=,由于茶叶、茶梗均带正电,则电场力产生的加速度方向整体向右,由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷,则茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度,即在相等时间内,茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移,所以茶叶落入左桶,茶梗落入右桶,故A错误;电场线分布的密集程度表示电场强弱,M处电场线分布比N处电场线稀疏一些,则M处电场强度小于N处电场强度,且沿着电场线方向电势降低,故M处的电势高于N处的电势,故B、C错误;茶梗P下落过程中电场力做正功,则电势能减小,故D正确. 7.A　解析 四个带电粒子偏转电场的电场强度E相同,带负电的粒子的偏转方向与三个带正电的粒子的偏转方向相反;其中带正电粒子向下偏转,带负电粒子向上偏转;对于一质量为M,电荷量为Q的带电粒子,设偏转电场电场强度为E,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,加速度为a=,水平方向上有x=v0t,竖直方向上有y=at2=·t2,解得t=,则x=v0t=v0,其中两种粒子的比荷相同,竖直位移相同时,水平位移大小也相等,都为x=v0t=v0,而粒子的水平位移为x'=v0t'=v0,则正电荷往下偏转出现两条轨迹,负电荷向上偏转出现一条轨迹,故A正确,B、C、D错误. 8.AC　解析 本题考查电场力的性质和电势能的性质.根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,故A、C正确;根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小,故B错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,故D错误. 9.BC　解析 电场线的疏密反映电场强度的大小,P点的电场强度小于Q点的电场强度,故A错误;沿电场线电势降低,P点的电势高于Q点的电势,故B正确;强电场作用下,空气发生电离,粉尘会吸附电子带负电,从而受到指向侧壁的电场力,则粉尘由Q点运动至P点,电势能减小,最终会附着在圆筒侧壁上,故C正确,D错误. 10.BD　解析 0~T时间内由静止释放该小球在竖直方向上依然做自由落体运动,假设小球带正电,0~在水平方向上向右加速运动,先向右减速运动速度减到零,再反向向左做加速运动,~T再向左做减速运动,因加速和减速的加速度大小相等,则合运动折线回到B点,此时水平速度仍为零,则小球到达B点的速度仍为v,故B、D正确,A、C错误. 11.解析 (3)加入更多绝缘液体,根据电容器电容公式C=.可知,原来正对面积为空气的地方被绝缘液体替代,εr变大,电容器的电容C变大,又由于C=,且Q不变,所以U减小,即静电计指针偏转角度变小. (4)同理,把金属圆柱向上移动一段距离,电容器两极的正对面积减小,电容器的电容减小,电荷量不变,所以电容器两端电压变大,即静电计指针偏角变大. 答案 (1)变小　(3)变大　(4)变大　变小 12.解析 (1)要对电容器充电,需要把电容器跟电源连接起来,故t=0时刻把开关K掷向1. (2)电容器充电时上极板接电源正极,故上极板带正电荷,放电时下极板负电荷通过电阻流向上极板,故流过电阻R的电流方向为由a到b. (3)根据电流的定义式I=,可得t=,如果不改变电路其他参数,只增大电阻R,则放电电流将减小,由上式可知放电时间将变长. (4)根据I-t图像的面积表示电容器充电完毕后所带的电荷量,由图丙知,每小格代表的电荷量为q=It=×10-3× C=2.5×10-4 C,数出图线包围的格数,满半格或超过半格的算一格,不满半格的舍去,数得格数为32格,则电容器充电完毕后的电荷量为Q=32×2.5×10-4 C=8.0×10-3 C. 根据电容的定义知,电容器的电容为 C= F=1.0×10-3 F. 答案 (1)1　(2)a到b　(3)变长　(4)8.0×10-3　1.0×10-3 13.解析 (1)小球受电场力向左,故带负电 由平衡条件有qE=mgtan 53° 解得q=2×10-5 C. (2)由平衡条件得FNcos 53°=mg 解得FN=1 N. (3)小球由B点到A点的运动过程中,由动能定理得 qER-mgR=mv2 解得v=2 m/s. 答案 (1)2×10-5 C　(2)1 N　(3)2 m/s 14.解析 (1)电子在3、4号金属圆筒之间时加速,电场强度方向从4号指向3号圆筒,则4号圆筒电势高于3号圆筒的电势. (2)设电子进入第n个圆筒后的速度为v,根据动能定理有 neU=mv2 得v=. (3)第n个圆筒的长度为 L=vt=. 答案 (1)4号圆筒电势高于3号圆筒的电势 (2)　(3) 15.解析 (1)电子从A运动到MN的过程中,根据动能定理得kLEq=mv2 得v=. (2)粒子在平行板的运动时间t= 竖直方向的加速度为a= 带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量 y=at2=. (3)当粒子达到屏的最左侧,k最大,由几何关系有y=d 所以d 得k1= 当粒子达到屏的最右侧,k最小,由几何关系有y=d 所以d 得k1= 所以使所有粒子都能打在屏上,k的取值范围为 ≤k≤. 答案 (1)　(2)　(3)≤k≤ 10 学科网（北京）股份有限公司 $