新教材同步輔導2023年高中物理章末質(zhì)量評估二第二章靜電場的應用粵教版必修第三冊

章末質(zhì)量評估（二）（對應第二章）（時間：75分鐘分值：100分）一、單項選擇題（本題共7小題，每題4分，共28分.每小題只有一個選項是正確的，選對得4分.錯選、多選、不選均不得分）1.下列關(guān)于勻強電場中場強和電勢差的關(guān)系，說法正確的是（）A.任意兩點之間的電勢差，等于場強和這兩點間距離的乘積B.在任何方向上，若兩點間距離相等，則它們之間電勢差就相等C.沿著電場線方向，任何相同距離上的電勢降落必定相等D.電勢降落的方向必定是電場強度的方向解析：勻強電場中電勢差與場強的關(guān)系U＝Ed中的d是兩點沿電場線方向的距離，并不是兩點間的距離，A錯誤；兩點距離相等，兩點沿電場線方向的距離不一定相等，B錯誤；由U＝Ed＝ELcosα，可知C正確；電勢降低最快的方向才是電場強度的方向，D錯誤.答案：C2.如圖所示，平行放置的金屬板A、B組成一平行板電容器，開關(guān)S閉合后，若A、B金屬板間距減小，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U及電容器兩極板間場強E的變化情況是（）A.Q不變，C變小，U變小，E變小 B.Q不變，C變小，U變大，E不變C.Q變大，C變大，U不變，E變大 D.Q變大，C變大，U不變，E變小解析：由于開關(guān)閉合，所以兩極板間電勢差U不變；根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，d減小，則E增大；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d減小，C增大；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，C增大，Q增大.故A、B、D錯誤，C正確.故選C.答案：C3.下列哪個措施是為了防止靜電產(chǎn)生的危害（）A.在高大的煙囪中安裝靜電除塵器B.靜電復印C.在高大的建筑物頂端裝上避雷針D.靜電噴漆解析：本題考查靜電現(xiàn)象的應用與防止.A、B、D均為靜電現(xiàn)象的應用，C為防止靜電產(chǎn)生的危害，選C.答案：C4.如圖為一種電容傳聲器的原理圖，b是固定不動的金屬板，a是能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的金屬膜片，a、b構(gòu)成一個電容器.電容的變化可以轉(zhuǎn)化為電路中電信號的變化.閉合開關(guān)K，若聲源S發(fā)出聲波使a向右振動時（）A.a、b板之間的電場強度不變 B.電容器的電容減小C.電容器的帶電量增加 D.流過電流表G的電流方向為自右向左解析：聲源S發(fā)出聲波使a向右振動時，兩板間距減小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，兩板間場強變大，選項A錯誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，兩板間距減小，電容器的電容變大，選項B錯誤；根據(jù)Q＝CU可知，電容器的帶電量增加，選項C正確；電容器充電，則流過電流表G的電流方向為自左向右，選項D錯誤.答案：C5.如圖為靜電植絨的裝置簡圖，將表面涂有黏合劑的被植體放在金屬板上.打開電源開關(guān)后，在金屬網(wǎng)與金屬板間會產(chǎn)生3kV的高壓，放在金屬網(wǎng)上的絨毛將垂直地粘植在被植體上.若保持金屬網(wǎng)和金屬板間的距離為2cm，忽略邊緣效應，將網(wǎng)與板間的電場視為勻強電場，則下列說法正確的是（）A.金屬網(wǎng)和金屬板間的場強為1.5×105V/mB.絨毛在飛往被植體的過程中電勢能不斷增大C.若增大金屬網(wǎng)和金屬板的距離，則網(wǎng)和板的電勢差也增大D.在潮濕的環(huán)境中進行植絨效果會更好解析：金屬網(wǎng)和金屬板間的場強為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3000,0.02)V/m＝1.5×105V/m，選項A正確；絨毛在飛往被植體的過程中，電場力做正功，則電勢能不斷減小，選項B錯誤；金屬網(wǎng)與金屬板間電壓不變，則若增大金屬網(wǎng)和金屬板的距離，則網(wǎng)和板的電勢差不變，選項C錯誤；在干燥的環(huán)境中進行植絨效果會更好，選項D錯誤.答案：A6.如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直，粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線夾角為30°.已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零.則下列說法正確的是（）A.帶電粒子在Q點的電勢能為qUB.帶電粒子帶負電C.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)D.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)解析：由粒子軌跡可知粒子所受電場力沿電場線方向，粒子帶正電，粒子由P點運動到Q點，電場力做正功，電勢能降低，而P點電勢為0，P、Q兩點的電勢差為U，則帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，A、B錯誤；設粒子的初速度為v0，其在電場力作用下做類平拋運動，粒子運動到Q點時，有eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,at)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，設豎直方向上的位移為l，則有eq\f(d,l)＝eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝eq\f(2v0,at)＝2tan30°＝eq\f(2\r(3),3)，則有l(wèi)＝eq\f(\r(3),2)d，則電場強度大小為E＝eq\f(U,l)＝eq\f(U,\f(\r(3),2)d)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C錯誤，D正確.故選D.答案：D7.靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計.開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A.斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B.保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開些C.保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D.保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右移動解析：要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤.答案：A 二、多項選擇題（本大題共3小題，每題6分，共18分.每小題有多個選項是正確的，全選對得6分，少選得3分，錯選、多選、不選均不得分）8.很多手機的指紋解鎖功能利用了電容式指紋識別技術(shù).如圖所示，當手指貼在傳感器上時，指紋的凹凸部分與小極板形成面積相同而距離不同的電容器.傳感器給電容器充電達到同一電壓值后，根據(jù)電容不同等信息進行解鎖，則（）A.沾水潮濕的手指會影響正常解鎖B.小極板與指紋凸部分形成的電容器電容較大C.小極板與指紋凹部分形成的電容器帶電量較多D.用打印好的指紋照片覆蓋在傳感器上面也能夠?qū)崿F(xiàn)指紋解鎖解析：沾水潮濕的手指相當于將電容器的兩個極板短路，傳感器不能給電容器正常充電，因此會影響正常解鎖，A正確；根據(jù)電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，小極板與指紋凸部分形成的電容器極板間的距離較小，電容較大；而小極板與指紋凹部分形成的電容器極板間的距離較大，電容較小，根據(jù)電容器的定義式C＝eq\f(Q,U)，由于充電電壓相同，電容較小時，充電量較小，電容較大時，充電量較大，B正確，C錯誤；用打印好的指紋照片覆蓋在傳感器上，照片與小極板之間沒有凹凸距離的變化，因此不能實現(xiàn)指紋解鎖，D錯誤.答案：AB9.三個質(zhì)量相等的帶電微粒（重力不計）以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運動軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場，則（）A.三微粒在電場中的運動時間有t3＝t2>t1B.三微粒所帶電荷量有q1>q2＝q3C.三微粒所受電場力有F1＝F2>F3D.飛出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能解析：粒子在電場中運動的時間t＝eq\f(x,v)，水平速度相等而位移x1<x2＝x3，所以t1<t2＝t3，故A正確；根據(jù)豎直位移公式：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，對粒子1與2兩者豎直位移相等，在y、E、m相同的情況下，粒子2的時間長，則電量小，即q1<q2，而對粒子2和3，在E、m、t相同的情況下，粒子2的豎直位移大，則q2>q3，故B錯誤；由B選項分析知：q1<q2，所以F1<F2，故C錯誤；由B選項分析q2>q3，且y2>y3，則Eq2y2>Eq3y3，電場力做功多，增加的動能大，故D正確.故選AD.答案：AD10.一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如右圖所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁顆粒，顆粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾?，垂直于電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符.不考慮墨汁顆粒的重力，為使打在紙上的字跡縮?。ㄆD(zhuǎn)距離減?。?，下列措施可行的是（）A.僅減小墨汁顆粒帶的電荷量 B.僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C.僅減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓 D.僅減小墨汁顆粒的噴出速度解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有水平方向L＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0)).要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離y.由上式分析可知，采用的方法有：減小微粒所帶的電荷量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩板間的距離、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U、增大墨汁顆粒的噴出速度等，故B、D錯誤，A、C正確.故選AC.答案：AC三、非選擇題（本大題共5小題，共54分.解答題應寫出必要的文字說明、方程和重要演算步驟，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）11.（10分）電容器是電路中常用的電子元件，某物理興趣小組利用高電阻放電法測一標示模糊的電容器的電容.（1）完成以下實驗步驟：①按圖甲電路圖連接好電路；②先使開關(guān)S與2端相連，此時電容器處于（選填“充電”或“放電”）狀態(tài)，這個過程可在短時間內(nèi)完成；③再把開關(guān)S與1端相連，同時開始計時并測量數(shù)據(jù)，每隔5s或10s讀一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入預先設計的表格中；④在如圖乙所示的坐標紙上標出測量的數(shù)據(jù)點，并用平滑的曲線把數(shù)據(jù)點連接起來.根據(jù)實驗回答以下問題：（2）以下電子元件中，屬于電容器的是.（3）若電源兩端的電壓為8V，可估算電容器的電容為F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.解析：（1）開關(guān)S與2端相連，電容器與電源相連，電容器處于充電狀態(tài).（2）A元件外表面標識了2200μF，說明是電容器，B中是電阻，C圖是線圈.故選A.（3）乙圖中圖線與坐標軸所圍的面積表示放電總電量，通過數(shù)小方格可以得到約32格，每格面積表示250×10－6C，則總電量Q＝32×250×10－6C＝8.0×10－3C，代入電容定義式C＝eq\f(Q,U)，可得C＝1.0×10－3F.答案：（1）充電（2）A（3）1.0×10－3（9.7×10－4～1.0×10－3均正確）12.（10分）如圖所示，在真空中有兩個電容器C1、C2，其中電容器C1的極板間電壓為U1，電容器C2的極板間電壓為U2，極板長為l，極板間距為d，質(zhì)量為m電量為q的粒子，從a孔飄入（初速度可視為0）電容器C1，經(jīng)過加速和偏轉(zhuǎn)后離開C2，不計粒子重力（本題中粒子未碰到電容器C2的邊緣）.求：（1）帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度；（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度；（3）帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的偏移量y.解析：（1）帶電粒子在加速電場中直線加速，由動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度為v0＝eq\r(\f(2qU1,m)).（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有qeq\f(U2,d)＝ma，解得帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a＝eq\f(qU2,md).（3）由類平拋的分運動規(guī)律有l(wèi)＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝eq\f(U2l2,4dU1).答案：（1）eq\r(\f(2qU1,m))（2）eq\f(qU2,md)（3）eq\f(U2l2,4dU1)13.（10分）如下圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為q的小物塊置于傾角為37°、長為L的絕緣光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，小物塊恰好靜止在斜面頂端.（重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）請判斷小物塊帶正電還是帶負電；（2）請求出電場強度的大?。唬?）現(xiàn)將電場方向突然改為豎直向上，而場強大小不變，請求出小物塊到達斜面底端的時間.解析：（1）電場力方向向上與電場強度方向相反，所以小物塊帶負電.（2）平衡時重力等于電場力則有mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q).（3）改變電場方向后，根據(jù)牛頓第二定律有2mgsin37°＝ma，由運動學公式L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(5L,3g)).答案：（1）負電（2）eq\f(mg,q)（3）eq\r(\f(5L,3g))14.（12分）如圖所示，兩水平放置的平行極板間電壓為U，板間距離為d，極板長為L.一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電粒子以速度v0從板間中點水平射入，若粒子能從另一端射出平行板，不計粒子的重力，求帶電粒子：（1）射出平行極板時速度方向與水平方向的夾角θ的正切值；（2）能從平行極板間射出的最小初速度v0.解析：（1）平行極板間電壓為U，板間距離為d，由勻強電場的場強與電勢差的關(guān)系可知E＝eq\f(U,d)，粒子在平行極板間做類平拋運動，在水平方向粒子做勻速直線運動，有t＝eq\f(L,v0)，在豎直方向做初速度等于零的勻加速直線運動，有a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，v豎＝at＝eq\f(qUL,mdv0)，射出平行極板時速度方向與水平方向的夾角θ的正切值為tanθ＝eq\f(v豎,v0)＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0)).（2）當粒子從平行板邊緣射出時，粒子的初速度最小，粒子在板間運動的時間t′，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at′2，t′＝eq\r(\f(d,a))＝eq\r(\f(md2,qU))＝deq\r(\f(m,qU))，能從平行極板間射出的最小初速度v0v0＝eq\f(L,t′)＝eq\f(L,d\r(\f(m,qU)))＝eq\f(L,d)eq\r(\f(qU,m)).答案：（1）eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))（2）eq\f(L,d)eq\r(\f(qU,m))15.（12分）如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向電壓值為eq\f(U0,2)，且每隔eq\f(T,2)變向1次.現(xiàn)將質(zhì)量為m的帶正電，且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO′射入.設粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T.不計重力的影響.（1）定性分析在t＝0時刻從O點進入的粒子，分析在垂直于金屬板的方向上的運動情況；（2）在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內(nèi)有粒子擊中？（3）要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應滿足什么條件？（寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系即可）解析：（1）先向下勻加速運動，再向下勻減速運動.（2）粒子打在靶MN上的范圍，實際上就是粒子在豎直方向所能到達的范圍.當粒子在0、T、2T…nT時刻進入電場中，粒子將打在O′點下方最遠處，在前eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子在豎直方向上的位移y1＝eq\f(1,2)a1（eq\f(T,2)）2＝eq\f(qU0T2,8md)，在后eq\f(T,2)時間內(nèi)，