第二章 静电场的应用 达标检测卷-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元达标检测卷（粤教版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第二章　静电场的应用 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 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,只有一项符合题目要求) 1.物理和生活息息相关。下列有关电学知识的说法正确的是 (　　) 　　　 A.图甲中,静电除尘装置将带负电的尘埃收集在极柱B上 B.图乙中,建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理 C.图丙中,采用金属编织网包裹导体线芯是为了增加线束的导电性 D.图丁中,毛皮与橡胶棒摩擦起电时,毛皮带正电,是因为在摩擦过程中它得到正电荷 2.如图所示,电容式位移传感器能够把物体的位移这个力学量转换为电容这个电学量。当被测物体在左右方向发生微小的位移时,灵敏电流计的指针会左右偏转。已知电流从a流向b时,电流计的指针向右偏,则 (　　) A.当电流计的指针向左偏时,电容器的电容增大 B.当电流计的指针向左偏时,被测物体向右移动 C.当电流计的指针向右偏时,电容器的电容减小 D.当电流计的指针向右偏时,电容器的电荷量减小 3.如图所示,指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板,外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,由于指纹凹凸不平,凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器,若每个电容器的电压保持不变,则在指纹采集过程中,下列说法正确的是 (　　) A.指纹的凹点处与小极板距离远,电容大 B.指纹的凸点处与小极板距离近,电容小 C.手指挤压绝缘表面,电容器两极板间的距离减小,电容器带电荷量减小 D.手指挤压绝缘表面,电容器两极板间的距离减小,电容器带电荷量增大 4.图为示波管的原理图,在示波管的两对偏转电极上均不加电压时,电子束从电子枪射出后沿直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑。若在偏转电极YY'加电压U1、偏转电极XX'加电压U2后,亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是 (　　) A.增大U1 B.减小U1 C.增大U2 D.减小U2 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,则它们的电荷量之比q1∶q2等于 (　　) A.1∶ B.∶1 C.2∶1 D.1∶2 6.如图所示,一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置,圆轨道最低点与一条水平轨道相连,轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球,已知小球受到的电场力大小等于小球重力的。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动,则释放点A距圆轨道最低点B的距离s应为 (　　) A. B. C. D. 7.如图所示为一匀强电场,某带电荷量为0.1 C的带电粒子从A点运动到B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是 (　　) A.粒子带负电 B.粒子在A点的电势比在B点低15 V C.粒子在A点的动能比在B点少0.5 J D.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J 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。全部选对的得6分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 8.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,带电粒子只受静电力的作用,下列说法正确的是 (　　) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.3 s末带电粒子回到原出发点 C.3 s末带电粒子的速度不为零 D.前3 s内,静电力做的总功为零 9.如图,平行板电容器与电动势为E的电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离,则 (　　) A.P点的电势将降低 　B.极板带电荷量将减小 C.带电油滴的电势能将增大 　 D.带电油滴将竖直向上运动 10.如图所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中(　　) A.它们运动的时间tQ=tP B.它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶4 C.它们所带电荷量之比qP∶qQ=1∶2 D.它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ=2∶1 三、非选择题(本大题共5小题,共54分) 11.(6分)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素。其中电容器的左侧极板与电源负极相连并接地,右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球,静电计外壳接地,一带正电小球悬挂于两极板之间。 (1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的　　　(选填“电容”“电压”或“电荷量”)。  (2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,减小极板间的距离,可观察到:连接小球的细线的偏转角度　　　,静电计指针偏转角度　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)  (3)若电容器充满电后,断开电源与电容器的连接,上移左极板,可观察到:连接小球的细线的偏转角度　　　　,静电计指针偏转角度　　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)  12.(10分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中,按图1所示连接电路。电源电动势为6.0 V,内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接,某时刻开关改接1,一段时间后,把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 　 (1)开关S改接2后,电容器进行的是　　　　(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-t图像如图2所示,图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是　　　　　　　　　　　　。如果不改变电路其他参数,只减小电阻R的阻值,则此过程的时间将　　　　　(选填“缩短”“不变”或“延长”)。I-t曲线与坐标轴所围成的面积 将　　　　(选填“减小”“不变”或“增大”)。  (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45×10-3 C,则该电容器的电容为　　　　μF(结果保留三位有效数字)。  (3)关于电容器在整个充、放电过程中的q-t图像和UAB-t图像的大致形状,可能正确的 有　　　　(q为电容器极板所带的电荷量,UAB为A、B两板的电势差)。  13.(10分)静电喷漆原理如图所示,A、B为两块足够大的平行金属板,间距为d,两板间存在匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒。若油漆微粒的初速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为-q,两板间电压恒为U=,微粒所受重力、浮力、空气阻力及相互间的作用力均不计,求: (1)油漆微粒打在B板时的动能Ek; (2)油漆微粒最后落在B板上所形成的图形面积S。 14.(13分)如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿y轴正方向的有界匀强电场,过Q点(0,-L)在第Ⅳ象限放一张垂直于xOy平面的感光胶片。一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点(0,2L)射入电场中,并从A点(2L,0)射出电场,最后打在感光胶片上。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子的重力。求: (1)匀强电场的电场强度大小; (2)电子从出发到打在感光胶片上的总时间。 15.(15分)研究人员利用电场控制带电物体的运动,如图所示,实验区域内充满与水平面夹角为θ=53°、斜向上的匀强电场,电场强度大小E=200 V/m。BC为竖直固定的绝缘光滑半圆弧轨道,O为圆心,半径R=1 m,圆弧BC与绝缘光滑水平面AB平滑连接并相切于B点,A、B间距离s=1.5 m。一质量m=0.016 kg、电荷量q=1×10-3 C的带正电小球,轻放于水平面上A点,一段时间后,小球从C点飞出,立即撤去圆弧轨道。不考虑空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)小球通过C点时的速度大小vC; (2)小球通过C点时对圆弧轨道的压力大小FC; (3)小球从圆弧轨道C点飞出后,运动到距C点1.5 m处所用的时间t。 答案与分层梯度式解析 1.B　题图甲中,静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上,故A错误;题图乙中,建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理,故B正确;题图丙中,采用金属编织网包裹导体线芯是为了屏蔽线外的电磁信号干扰,故C错误;题图丁中,毛皮与橡胶棒摩擦起电时,毛皮带正电,是因为在摩擦过程中它失去了电子,故D错误。故选B。 2.B　当电流计的指针向左偏时,说明电容器放电,故电容器电容减小,由公式C=可知,相对介电常数减小,则被测物体向右移动,选项A错误,B正确;当电流计的指针向右偏时,说明电容器充电,电容器所带电荷量增大,故电容器的电容增大,选项C、D错误。 3.D　由电容器电容的定义式C=可知,指纹的凹点处与小极板距离远,电容小,指纹的凸点处与小极板距离近,电容大,故A、B错误;手指挤压绝缘表面,电容器两极板间的距离减小,电容增大,而电压不变,由Q=CU可知,电容器带电荷量增大,故C错误,D正确。故选D。 4.A　偏转电极XX'使电子在水平方向发生偏转,偏转电极YY'使电子在竖直方向发生偏转,设加速电场的电压为U0,偏转电极YY'极板长为L1,极板间距为d,极板右边缘距离荧光屏长度为L2,则在电子加速过程有eU0=m,在偏转电极YY'中偏转过程有L1=v0t,y1=·t2,飞出偏转电极YY'后,速度方向的反向延长线交于偏转过程水平分位移对应线段的中点,根据相似三角形有=,解得y=,可知,若使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大,可增大U1,故选A。 5.C　设匀强电场的电场强度为E,由题意可知,带电液滴在竖直方向做自由落体运动,则有h=gt2,在水平方向做匀加速直线运动,则有x=t2,联立解得q=∝,h1∶h2=1∶2,则q1∶q2=2∶1,故选C。 6.D　小球在圆轨道内运动时的等效最高点C如图所示,已知qE=mg,则重力与电场力的合力F==mg,小球刚好在圆轨道内做圆周运动,在等效最高点,弹力为零,重力与电场力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F=m,解得v=,小球从水平轨道A点到达等效最高点过程中,由动能定理得qEs-mgR(1+cos θ)-qER sin θ=mv2-0,解得s=,选项A、B、C错误,D正确。 7.D　从运动轨迹上来看,垂直电场方向射入电场的带电粒子向电场的方向偏转,说明带电粒子受到的电场力方向与电场方向相同,所以带电粒子带正电,故A错误;从A到B的过程中,电场力做正功,电势能减少,由题意知电场力做的功为1.5 J,则电势能减少1.5 J,所以粒子在A点的电势能比在B点的电势能多1.5 J,根据Ep=qφ可知粒子在A点的电势比在B点高15 V,故B错误;从A到B的过程中,粒子克服重力做功2.0 J,电场力做功1.5 J,则总功为W总=WG+W电=-2 J+1.5 J=-0.5 J,由动能定理可知W总=EkB-EkA,粒子在A点的动能比在B点的动能多0.5 J,故C错误;从A到B的过程中,除了重力做功以外,还有电场力做功,由能量守恒可知,机械能的增加量等于电势能的减少量,即电场力做的功,所以机械能增加了1.5 J,即粒子在A点的机械能比在B点的机械能少1.5 J,故D正确。 8.AD　带电粒子由静止释放后,在0~2 s时间内,由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为a1=,在2~3 s时间内,粒子的加速度大小为a2=,可知粒子由静止先以大小为a1的加速度加速2 s,再以大小为a2的加速度减速1 s,由于a2=2a1,可知3 s末粒子的速度是零,同理在3~5 s时间内粒子由静止又以大小为a1的加速度加速2 s,再以大小为a2的加速度减速1 s,6 s末粒子的速度是零,因此粒子将始终向同一个方向运动,其速度时间图像如图所示,A正确; 由带电粒子的速度时间图像可知,带电粒子将始终向同一个方向运动,因此3 s末带电粒子回不到原出发点,B错误;由带电粒子的速度时间图像可知,3 s末带电粒子的速度是零,C错误;在前3 s内,由动能定理可知W=ΔEk=0-0=0,则前3 s内,静电力做的总功是零,D正确。 9.BC　电容器两端的电压不变,根据E=知上极板向上移动一小段距离后,板间场强减小,由U=Ed得知,P点与下极板间的电势差减小,板间场强方向向上,P点电势比下极板低,则P点的电势升高,故A错误;板间距离增大,由C=知,电容C减小,而电压U不变,由Q=CU知电容器的电荷量Q减小,故B正确;因P点的电势升高,油滴带正电,则带电油滴的电势能将增大,故C正确;开始时粒子受力平衡,板间距离增大时,电容器两端的电压不变,根据E=知板间场强减小,油滴所受电场力减小,则油滴将沿竖直方向向下运动,故D错误。 10.ABC　粒子在竖直方向上受到向上的电场力,做匀加速直线运动,在水平方向上做匀速直线运动,因为两粒子在水平方向上的速度相同,且在水平方向上的位移相同,故根据x=v0t可得两者的运动时间相同,故A正确;在竖直方向上的位移之比=,因为yP=aPt2=t2,yQ=aQt2=t2,联立可得qP∶qQ=1∶2,故C正确;电场力做功为W=Eqy,电场力做多少正功,电势能就减少多少,故==,因为在运动过程中只有电场力做功,所以电势能转化为动能,即它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,故B正确,D错误。 11.答案　(1)电压(2分)　(2)变大(1分)　不变(1分)　(3)变大(1分)　变大(1分) 解析　(1)该实验中,静电计的作用是测量电容器的电压(电势差)。 (2)若电容器充满电后,保持电源与电容器连接,则U不变,减小极板间的距离d,则由E=可知,场强E变大,则连接小球的细线偏转角度变大;因U不变,则静电计指针偏转角度不变。 (3)若电容器充满电后,断开电源,则Q不变;上移左极板,则S减小,根据C=可知C减小,根据Q=CU可知U变大,则静电计指针偏转角度变大;根据E=可知,场强E变大,连接小球的细线偏转角度变大。 12.答案　(1)放电(1分)　0.2 s内电容器放出的电荷量(1分)　缩短(1分)　不变(1分)　(2)575(2分)　(3)BD(4分) 解析　(1)开关接1时,电源对电容器充电,接2时电容器放电。由q=It知,在I-t图像中,阴影部分面积的物理意义是0.2 s内电容器放出的电荷量,因为总电荷量不会因为电阻R的变化而变化,则曲线与坐标轴所围成的面积不变,但是减小电阻,回路中电流增大,放电时间将会缩短。 (2)根据C=和U=E,解得C=575 μF。 (3)电源给电容器充电时,电荷量的变化率刚开始较大,后来减小,放电时,电荷量的变化率刚开始较大,后来减小,故A错误,B正确;电容器的电容C不变,根据C=可知,U与q的变化情况相同,故C错误,D正确。故选B、D。 13.答案　(1)8m　(2)πd2 解析　(1)油漆微粒从P喷出到打在B板上,根据动能定理有 Uq=Ek-m (3分) 解得Ek=8m。 (1分) (2)微粒落在B板上所形成的图形是圆形,水平方向喷出的微粒做类平抛运动,设圆的半径为R,微粒运动时间为t,微粒在电场中运动的加速度为a,则由牛顿第二定律得 a= (2分) 竖直方向有d=at2 (1分) 水平方向有R=v0t (1分) 圆的面积S=πR2 (1分) 联立解得S=πd2。 (1分) 14.答案　(1)　(2) 解析　(1)设匀强电场的场强大小为E,电子在电场中运动的时间为t1 在x轴方向:2L=v0t1 (2分) 在y轴方向:eE=ma (2分) 2L=a (1分) 联立解得E=。 (1分) (2)电子在电场中运动的时间t1= (1分) 加速度a== (2分) 射出电场时竖直方向的分速度为 vy=at1=2v0 (1分) 射出电场后至到达感光胶片运动的时间 t2== (1分) 电子从出发至打到感光胶片上的总时间t=t1+t2=。 (2分) 15.答案　(1) m/s　(2)0.36 N　(3) s或 s 解析　(1)小球从A点运动到C点过程,根据动能定理有qEs cos θ+qE·2R sin θ-mg·2R=m-0 (2分) 解得vC= m/s。 (1分) (2)小球通过C点时,竖直方向上,由牛顿第二定律可得 FN+mg-qE sin θ=m (2分) 解得FN=0.36 N(1分) 由牛顿第三定律可得FC=FN=0.36 N。 (1分) (3)小球从圆弧轨道C点飞出后,沿水平方向先做匀减速直线运动后做反向匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得qE cos θ=ma (2分) 以C点为原点,飞出方向为正方向,小球运动的位移 x=vCt-at2 (2分) 当小球位于C点左侧,即x=1.5 m时,代入得t1= s(2分) 当小球位于C点右侧,即x=-1.5 m时,代入得t2= s(t3= s,不符合实际,舍去)。 (2分) 学科网（北京）股份有限公司 $