1、第二章第二章 静电场的应用静电场的应用 章末自测卷章末自测卷 (时间：45 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。其中 15 题为单项选择题，68 题为多 项选择题，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，错选或不选得 0 分) 1.以下物理量属于比值定义且属于矢量的是( ) A.aF m B.CQ U C.EF q D.Ep q 解析 比值定义就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量，这个新的物理量与分子、 分 母的大小无关。 加速度 a 大小与合外力 F 成正比， 与物体质量 m 成反比， 因此不是比值定义， A 错误；电容 C 的大小
2、与 Q 和 U 无关，是由电容器本身性质决定的，因此是比值定义，但电 容是标量，只有大小没有方向，B 错误；E 的大小与试探电荷的带电量 q 及试探电荷受电场力 F 无关，是由电场本身性质决定的，因此是比值定义，同时电场强度 E 是矢量，C 正确；电势 的大小与试探电荷带电量 q 及电荷在电场中的电势能 Ep无关，因此是比值定义，但电势 是标量，只有大小没有方向，D 错误。 答案 C 2.超级电容器又叫双电层电容器是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于 传统电容器与电池之间、 具有特殊性能的电源。 如图为一款超级电容器， 其标有“2.7 V， 3 000 F”，则可知( ) A
3、.该超级电容器放电时把化学能转化为电能 B.该电容器最大容纳电荷量为 8 100 C C.该电容器在电压为 2.7 V 时电容才是 3 000 F D.该电容器只能在 2.7 V 电压下工作 解析 由于是电容器，故该超级电容充电时把电能存储在电容器中，没有转化为化学能，故 A 错误；该电容器最大容纳电荷量为 QUC2.73 000 C8 100 C，选项 B 正确；电容是描 述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与电压和电量无关，故电容始终为 3 000 F，故 C 错 误；电容器的额定电压为 2.7 V，说明工作电压要不超过 2.7 V，可以小于 2.7 V，故 D 错误。 答案 B 3.(2
4、020 攀枝花市十五中高二期中)两块互相靠近的、很大的平行金属板，分别带有等量异种电 荷，为了使两板间的匀强电场场强加倍，可采取的措施是( ) A.只使两板的距离减半 B.只使两板的电量都加倍 C.只使两板的正对面积加倍 D.使两板的电量、距离、正对面积都加倍 解析 只使两板的距离减半，由 C rS 4kd知电容加倍，但电量和电压是否变化无法确定，故板 间匀强电场的场强不能确定是否加倍，故 A 错误；只使两板的电量都加倍，由 QCU 知电压 U 加倍，而由 EU d可知两板间的匀强电场场强加倍，故 B 正确；只使两板的正对面积加倍， 由 C rS 4kd知电容加倍，板间匀强电场的场强不能确定是
5、否加倍，故 C 错误；使两板的电量、 距离、正对面积都加倍，由 C rS 4kd知电容不变，而由 QCU 知电压加倍，再由 E U d知场强 不变，故 D 错误。 答案 B 4.一个电子仅在电场力的作用下以一定的初速度 v0从 A 点沿电场线向 B 点运动，如图所示， 若规定向右的方向为正方向， 则下列位移时间或速度时间图像中能正确描述电子运动情况 的是( ) 解析 在 xt 图像中，图线的斜率表示速度，倾斜直线说明速度恒定，根据上述分析可知， 电子的 xt 图像应该是抛物线，故 A、B 错误；电子在电场中受向左的电场力，先向右做匀 减速直线运动，减速到零后再向左做匀加速直线运动，由于电子只受
6、电场力作用，两段运动的 vt 两段图线的斜率相同，加速度相同，故 C 正确，D 错误。 答案 C 5.(2020 广东广州三校期中联考)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏 组成，如图所示。如果在荧光屏上 P 点出现亮斑，那么示波管中的极板 X 应带正电；极 板 X应带正电；极板 Y 应带正电；极板 Y应带正电( ) A. B. C. D. 解析 由题意可知，在 XX方向上电子向 X 方向偏转，X 带正电；在 YY方向上电子向 Y 方向 偏转，Y 带正电，选项 A 正确。 答案 A 6.如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计 空气阻力
7、，则小球( ) A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条 直线上，故小球做曲线运动，故 A 错误，B 正确；小球运动的过程中合外力方向与速度方向 间的夹角先为钝角后为锐角， 故合外力对小球先做负功后做正功， 所以小球速率先减小后增大， 故 C 正确，D 错误。 答案 BC 7.如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图像。当 t0 时，在此匀强电场中由静止 释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动
8、B.2 s 末带电粒子回到原出发点 C.3 s 末带电粒子的速度为零 D.03 s 内，电场力做的总功为零 解析 设第 1 s 内带电粒子的加速度大小为 a1， 第 2 s 内带电粒子的加速度大小为 a2， 由 aqE m 可知，a22a1，可见，若带电粒子第 1 s 内向负方向运动，则 1.5 s 末带电粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3 s 末回到原出发点，带电粒子的速度为 零，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正确。 答案 CD 8.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏。因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触 摸屏时，手指和工作面形成一个电容器
9、，控制器精密确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说 法正确的是( ) A.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号 B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作 C.手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小 D.手指与屏的接触面积变大时，电容变大 解析 由题干可以看出当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工 作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经 四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例， 控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定 手指位置，因此不需要手指有压力，故 A 正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电
10、容器，所以 不能在电容屏上进行触控操作，故 B 错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距 离变小， 根据 C rS 4kd可知电容将变大， 故 C 错误； 手指与屏的接触面积变大时， 根据 C rS 4kd 可知电容变大，故 D 正确。 答案 AD 二、实验题(本题共 1 小题，每空 4 分，共 16 分) 9.如图是研究影响平行板电容器电容的因素的实验，设两极板正对面积为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为 ，实验中，极板所带电荷量不变，则： (1)若保持 S 不变，增大 d，则 _(填“变大”“变小”“不变”) (2)若保持 d 不变，减小 S，则 _(填“变大”“变小”“不
11、变”) (3)若保持 S、d 不变，在板间插入木板，则 _(填“变大”“变小”“不变”) (4)以上实验方法都采用了_。 解析 (1)根据电容的决定式 C rS 4kd可知，当保持 S 不变，增大 d 时，电容减小，容器极板所 带的电荷量不变，则由电容决定 CQ U分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角 变大。 (2)根据电容的决定式 C rS 4kd可知，当保持 d 不变，减小 S 时，电容减小，电容器极板所带的 电荷量不变，则由电容决定式 CQ U分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角 变大。 (3)根据电容的决定式 C rS 4kd可知，当保持 d、S 不变，在板间插入木板，电容增大
12、，电容器 极板所带的电荷量不变，则由电容决定式 CQ C分析可知，板间电势差减小，静电计指针偏角 变小。 (4)以上实验方法都采用了控制变量法。 答案 (1)变大 (2)变大 (3)变小 (4)控制变量法 三、计算题(本题共 4 小题，共 44 分) 10.(8 分)如图所示， 竖直平面内有一匀强电场， 电场方向与水平直线 AB 成 角， 一质量为 m、 电荷量为 q 的带正电小球从电场中的 A 点由静止出发，恰好能运动到 B 点，已知小球运动的 时间为 t，AB 的距离为 d，重力加速度为 g。试求： (1) 角的正切值； (2)电场强度 E 的大小。 解析 (1)设小球的加速度为 a，小球
13、做匀加速直线运动 d1 2at 2 小球受力图如图 则有 tan mg ma 解得 tan gt 2 2d。 (2)设匀强电场的电场强度大小为 E，则有 (qE)2(mg)2(ma)2 联立解得 Em q g24d 2 t4 。 答案 (1)gt 2 2d (2) m q g24d 2 t4 11.(8分)(2020 西藏山南二中高二期中)如图平行金属板长度为l， 两板间距离为d， 电势差为U， 有一质量为 m，带正电荷 q 的粒子以速度 v0从两板间垂直射入电场。求： (1)粒子在电场中的加速度 a； (2)粒子射出电场时沿垂直板面方向偏移的距离 y。 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，
14、在垂直于板面方向的分运动为匀加速运动，带电粒子 受到的电场力为 FqEqU d 由牛顿第二定律得带电粒子的加速度为 aF m qU md。 (2)带电粒子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速运动，由 lv0t 可得 t l v0 带电粒子射出电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为 y1 2at 2 联立解得 y qUl2 2mdv20。 答案 (1)qU md (2) qUl2 2mdv20 12.(12 分)一束电子流在 U14 500 V 的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电 场飞入两板间的中央，如图所示。若平行板间的距离 d1 cm，板长 l5 cm，求： (1)电子
15、进入平行板间的速度多大？ (2)至少在平行板上加多大电 U2才能使电子不再飞出平行板？(电子电量 1.6 10 19 C，电子的质量 91031 kg) 解析 (1)电子在加速电场中运动时根据动能定理，得 qU11 2mv 2 0， 解得 v04107 m/s。 (2)电子在偏转电场中运动时 根据牛顿第二定律可得加速度 aqU2 dm 由电子在水平方向做匀速直线运动得 lv0tt l v0 电子在竖直方向做匀加速直线运动，刚好不飞出电场时 y1 2d 又 y1 2at 2，将 a、t 代入得 U2mv 2 0d2 ql2 360 V。 答案 (1)4107 m/s (2)360 V 13.(1
16、6 分)如图所示，在场强 E1104 N/C 的水平匀强电场中，有一根长 l15 cm 的细线， 一端固定在 O 点，另一端系一个质量 m3 g、电荷量 q210 6 C 的带正电小球，当细线处 于水平位置时，将小球从静止开始释放，g 取 10 m/s2。则： (1)小球到达最低点 B 的过程中重力势能变化量、电势能变化量分别为多少？ (2)若取 A 点电势为零，小球在 B 点的电势能、电势分别为多大？ (3)小球到 B 点时速度为多大？细线的张力为多大？ 解析 (1)重力势能变化量 Epmgl4.510 3 J 电势能的变化量 Ep电qEl310 3 J。 (2)小球在 B 点的电势能 EpB310 3 J BEpB q 310 3 210 6 V1.5103 V。 (3)小球从 A 到 B 由动能定理得 mglEql1 2mv 2 B 得 vB1 m/s 在 B 点，对小球有 Tmgmv 2 B l 解得 T510 2 N。 答案 (1)重力势能减少 4.510 3 J 电势能增加 3103 J (2)3103 J 1.5103 V (3)1 m/s 510 2 N
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