粤教版高中物理必修第三册章末综合测试2静电场的应用含答案

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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＝QU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＝Qt＝0.1352.0×10-3 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＝12at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2:tA2＝1∶4，而ma＝qE，m＝qEa，mAmB＝qAqB·aBaA＝13×41＝43。综上所述，D正确。]5．A　[设加速电压为U1，则qU1＝12mv02 ①设偏转电压为U2，则y＝12at2＝qU2L22mdv02 ②联立①②得：y＝U2L24dU1，故A正确。]6．B　[两极板正对面积S＝12(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－Ck(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＝εrS4πkd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＝εrSU4πkd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＝Ud＝QCd＝4πkQεrS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＝εrS4πkd，电容C均减小，由U＝QC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＝εrS4πkd知电容C增大，由U＝QC知电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，C错误；由U＝QC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＝12at2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＝QU＝3.84×10-38 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＝εrS4πkd可知电容变大，由U＝QC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＝εrS4πkd可知电容减小，由U＝QC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＝εrS4πkd可知电容变大，由U＝QC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＝QU、C＝εrS4πkd和U＝Ed得E＝4πkQεrS，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＝12mv12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°＝v1vy由牛顿第二定律得qE＝ma联立以上各式并代入数据得E＝3×103 N/C≈1.7×103 N/C。(3)由动能定理得qUac＝12m(v12+vy2)－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·L2＝12mv2得v＝eELm。(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＝eE1m＝eEm由v＝a1t1得t1＝va1＝mLeE从MN到屏的过程中运动的时间t2＝2Lv＝2mLeE故运动的总时间为t＝t1＋t2＝3mLeE。(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＝eE2m＝2eEm电子在电场E2中运动的时间为t3＝Lv又vy＝a2t3tan θ＝vyv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＝xL2+L代入数据解得x＝3L。答案：(1)eELm　(2)3mLeE　(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＝qUL，加速度为a＝Fm＝qUmL由运动学知识可得L＝12at2＝qUt22mL所以t＝L2mqU＝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＝ULqxNA(L－x)其中N＝1013，ULqx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＝UqNALx(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＝12at12则t1＝2xa＝LmqU≈0.014 s。答案：(1)0.02 s　(2)0.014 s12345678910CCCDABBCDABACD