新教材同步系列2024春高中物理章末综合测评2静电场的应用粤教版必修第三册

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章末综合测评(二)　静电场的应用一、单项选择题：本题共7小题，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．如图所示，静电喷涂时，被喷工件接电源的正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是(　　)A．涂料微粒一定带正电B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能2．如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)，电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为U)(　　)A．电子到达B板时的动能为UeB．电子从B板到达C板，动能变化量为零C．电子到达D板时的动能为3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动3．心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为0。下列说法正确的是(　　)A．若充电至4.5kV，则该电容器的电容为7.5μFB．充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.27CC．这次放电有0.135C的电荷量通过人体组织D．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为67.5A4．如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　)A．1∶1，2∶3　　　　 B．2∶1，3∶2C．1∶1，3∶4 D．4∶3，2∶15．如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场。下面措施中能使电子偏转距离变大的是(　　)A．尽可能把偏转极板L做得长一点B．尽可能把偏转极板L做得短一点C．尽可能把偏转极板间的距离d做得大一点D．将电子枪的加速电压提高6．如图所示是利用电容器电容(C)测量角度(θ)的电容式传感器的示意图，当动片和定片之间的角度发生变化时，电容便发生变化，于是通过电容的变化情况就可以知道角度的变化情况。如下图所示的图像中，最能正确反映角度与电容之间关系的是(　　)A　　　　B　　　　C　　　　D7．很多手机的指纹解锁功能利用了电容式指纹识别技术。如图所示，指纹识别传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，指纹的凸起部分(叫“嵴”)及凹下部分(叫“峪”)与这些小极板形成大量大小不同的电容器。传感器给所有的电容器充电达到某一电压值后，电容器放电，根据放电快慢的不同来探测嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，则(　　)A．沾水潮湿的手指不会影响正常解锁B．极板与指纹“嵴”部分形成的电容器电容较大C．极板与指纹“峪”部分形成的电容器放电较慢D．用打印好的指纹照片覆盖在传感器上面也能够实现指纹解锁二、多项选择题：本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。8．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔。当开关S闭合时，带正电的液滴从小孔的正上方P点自由落下，先后穿过两个小孔，以速度v1从a板穿出。现使a板不动，保持开关S闭合或闭合一段时间再断开，将b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔，以速度v2从a板穿出。下列说法中正确的是(　　)A．若保持开关S闭合，向上移动b板，则v2v1C．若开关S闭合一段时间再断开，向上移动b板，则v2v19．平行板A、B组成电容器，充电后与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是(　　)A．A板向上移动B．B板向右移动C．A、B板间插入电介质D．减少极板上的电荷量10．a、b、c三个α粒子由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以确定(　　)A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大三、非选择题：共5个小题。11．利用电流传感器研究电容器的放电过程的电路如图所示，其中电源电动势E＝8V。先使开关S与1相连，电容器充电结束后把开关S掷向2，电容器通过电阻箱R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图所示。(1)实验中电阻箱的示数如图所示，其阻值R＝______Ω。t＝2s时，电容器的a极板带________(选填“正”或“负”)电。(2)图中画出了对应较短时间Δt的狭长矩形，该矩形面积的物理意义是______________，估算该电容器的电容C＝________F。(3)一同学在深入研究的过程中发现：当改变一个或几个物理量时，I-t图像会发生有规律的变化，图中的虚线示意了4种可能的变化情形。如果只增大电阻R，I-t图像的变化应该是选项________(填写相应选项的字母)；如果只增大电容C，I-t图像的变化应该是选项________(填写相应选项的字母)。A　　　　　　　　BC　　　　　　　　D12．在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的电介质有关。他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接，如图所示。实验时保持电容器极板所带的电荷量不变，且电容器B板位置不动。(1)将A板向右平移，静电计指针张角________；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角____________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)(2)若将电容器水平放置，有一带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向下平移一小段距离，则液滴________(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)。13．虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10-11kg、电荷量为q＝＋1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，从电场下边界PQ上的b点垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点c(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)a、c两点间的电势差。14．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ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，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子运动到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线的夹角θ的正切值tanθ；(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。15．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A＝0.04m2的金属板，间距L＝0.05m，当连接到U＝2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电荷量为q＝＋1.0×10-17C，质量为m＝2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以全部被吸附？(2)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？章末综合测评(二)1．C　[因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口到工件的电场强度先减弱后增强，可知微粒的加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因静电力对微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误。]2．C　[电子在A、B之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；电子在B、C之间做匀速运动，B正确；电子在C、D之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，之后在A板和D板之间做往复运动，C错误，D正确。]3．C　[电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为15 μF，故A错误；根据C＝可知，充电至9.0 kV时，该电容器所带电荷量是Q＝CU＝15×10-6×9 000 C＝0.135 C，故B错误；由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为0，则这次放电有0.135 C的电荷量通过人体组织，故C正确；根据I＝＝ A＝67.5 A，但电容器放电过程中电流不恒定，故D错误。]4．D　[粒子在水平方向上做匀速直线运动，则x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，在竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝＝1∶4，而ma＝qE，m＝×。综上所述，D正确。]5．A　[设加速电压为U1，则qU1＝ ①设偏转电压为U2，则y＝at2＝ ②联立①②得：y＝，故A正确。]6．B　[两极板正对面积S＝(π－θ)R2，则S∝(π－θ)，又因为C∝S，所以C∝(π－θ)，令C＝k(π－θ)，所以θ＝π－(k为常数)，B正确。]7．B　[潮湿的手指头影响了皮肤表面与小极板之间的介电常数ε，所以潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响，会影响正常解锁，故A错误；在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据公式C＝可知在峪处形成的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较大，故B正确；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝UC＝可知，极板与指纹沟(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C错误；用指纹的照片蒙在传感器上，不能构成电容器，所以不能实现手机解锁功能，故D错误。故选B。]8．CD　[若保持开关S闭合，向上或向下移动b板时，液滴从P运动到a板的小孔时，重力对液滴做功不变。根据W＝qU知，静电力对液滴做功不变，故外力对液滴做的总功不变，由动能定理可知，带电液滴到达a板小孔的速度不变，则v2＝v1，故A、B错误；若开关S闭合一段时间再打开后，向上移动b板，极板带电荷量不变，根据推论E＝＝＝可知，极板间电场强度不变，由W＝qEd知，d增大，则液滴从P运动到a板的小孔时，静电力对液滴做功变大，重力对液滴做功不变，因为静电力对液滴做负功，则外力对液滴做的总功减小，由动能定理知，带电液滴到达a板小孔时的速度减小，即有v2＜v1，故C正确；同理，向下移动b板，静电力对液滴做功减小，外力对液滴做的总功增大，则v2＞v1，故D正确。]9．AB　[A板向上移动，正对面积S减小，或B板向右移动，距离d增大，根据C＝，电容C均减小，由U＝知电势差U变大，静电计指针偏转角度增大，A、B正确；A、B板间插入电介质，相对介电常数εr增大，根据C＝知电容C增大，由U＝知电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，C错误；由U＝知，减小电荷量Q，电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，D错误。]10．ACD　[三个α粒子进入电场后加速度相同，由题图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y＝可知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta＝tb＞tc，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场，故A正确，B错误；三个α粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有s＝v0t，由题图看出b、c水平位移相等，大于a的水平位移，即sb＝sc>sa，而ta＝tb＞tc，可见，初速度关系为vc>vb>va，故C正确；由动能定理得ΔEk＝qEy，由题图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故a、b动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确。]11．解析：(1)实验中电阻箱的阻值R＝3 360 Ω。t＝2 s时，电容器还在放电，a极板带正电。(2)题图中画出了对应较短时间Δt的狭长矩形，根据q＝It可知，该矩形面积的物理意义为电容器在Δt时间内的放电量，根据题图可知放电量约为Q＝48×0.08×10-3 C＝3.84×10-3 C该电容器的电容C＝＝ F＝4.8×10-4 F。(3)如果只增大电阻R，则电容器放电的最大电流会减小，由于放电量不变，即I­t图像的“面积”不变，则变化应该是选项A；如果只增大电容C，则电容器带电量增加，I­t图像的“面积”变大，最大电流不变，I­t图像的变化应该是选项D。答案：(1)3 360　正　(2)电容器在Δt时间内的放电量　4.8×10-4(4.5×10-4～4.9×10-4即可)　(3)A　D12．解析：(1)将A板向右平移，两板间距d减小，由C＝可知电容变大，由U＝可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。将A板竖直向下平移，两极板正对面积S减小，由C＝可知电容减小，由U＝可知，两极板间电势差变大，静电计指针张角变大。在A、B板间插入电介质，由C＝可知电容变大，由U＝可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。(2)电容器带电荷量不变，改变两板间距，根据C＝、C＝和U＝Ed得E＝，可知场强不变，则静电力不变，液滴仍然静止不动。答案：(1)变小　变大　变小　(2)静止不动13．解析：(1)由动能定理得qU＝代入数据得v1＝1.0×104 m/s。(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速运动：vy＝at由题意得tan 30°＝由牛顿第二定律得qE＝ma联立以上各式并代入数据得E＝×103 N/C≈1.7×103 N/C。(3)由动能定理得qUac＝)－0联立以上各式并代入数据得Uac＝400 V。答案：(1)1.0×104 m/s　(2)1.7×103 N/C(3)400 V14．解析：(1)电子从A点运动到MN的过程中，由动能定理得eE·＝mv2得v＝。(2)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，由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝＝由v＝a1t1得t1＝＝从MN到屏的过程中运动的时间t2＝＝2故运动的总时间为t＝t1＋t2＝3。(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为a2＝＝电子在电场E2中运动的时间为t3＝又vy＝a2t3tan θ＝解得tan θ＝2。(4)如图所示，电子离开电场E2后，作速度方向反向延长线交于E2电场的中点O′由几何关系知tan θ＝代入数据解得x＝3L。答案：(1)　(2)3　(3)2　(4)3L15．解析：(1)当最靠近上极板表面的烟尘颗粒被吸附到下极板时，烟尘就被全部吸附。每个烟尘颗粒受到的电场力为F＝，加速度为a＝＝由运动学知识可得L＝at2＝所以t＝L＝0.02 s。(2)容器中烟尘颗粒在电场力作用下均向下运动，且速度一致，到达下极板后被吸收，速度为零。容器中烟尘颗粒在向下运动位移x后容器中烟尘颗粒的总动能为Ek＝qxNA(L－x)其中N＝1013，qx为单个颗粒向下运动位移x所获得的动能，NA(L－x)为容器中剩下的未被吸收颗粒数，Ek＝x(L－x)，求Ek最大值，当且仅当x＝L－x时，Ek取得最大值又根据x＝则t1＝＝L≈0.014 s。答案：(1)0.02 s　(2)0.014 s12345678910CCCDABBCDABACD