2023高中物理章末質(zhì)量評(píng)估（二）第二章靜電場(chǎng)的應(yīng)粵教版

章末質(zhì)量評(píng)估（二）（對(duì)應(yīng)第二章）（時(shí)間：75分鐘分值：100分）一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每題4分，共28分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，選對(duì)得4分.錯(cuò)選、多選、不選均不得分）1.下列關(guān)于勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)差的關(guān)系，說(shuō)法正確的是（）A.任意兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差，等于場(chǎng)強(qiáng)和這兩點(diǎn)間距離的乘積B.在任何方向上，若兩點(diǎn)間距離相等，則它們之間電勢(shì)差就相等C.沿著電場(chǎng)線方向，任何相同距離上的電勢(shì)降落必定相等D.電勢(shì)降落的方向必定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向解析：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系U＝Ed中的d是兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離，并不是兩點(diǎn)間的距離，A錯(cuò)；兩點(diǎn)距離相等，兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離不一定相等，B錯(cuò)；由U＝Ed＝ELcosα，可知C正確；電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，D錯(cuò).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(shì)差U及電容器兩極板間場(chǎng)強(qiáng)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(shì)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(cuò)誤，C正確.故選C.答案：C3.下列哪個(gè)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(fù)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(yīng)用與防止.A、B、D均為靜電現(xiàn)象的應(yīng)用，C為防止靜電產(chǎn)生的危害，選C.答案：C4.對(duì)各表達(dá)式的理解正確的是（）A.根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容與電容器的電荷量成正比B.根據(jù)F＝keq\f(Q1Q2,r2)可知，當(dāng)兩個(gè)電荷之間的距離趨近于零時(shí)庫(kù)侖力變得無(wú)限大C.根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)可知，在以場(chǎng)源電荷Q為球心、r為半徑的球面上的各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E均相同D.根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)可知，若將電荷量為1C的正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功1J，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為1V解析：電容器的電容由電容器本身決定，與電容器兩端的電壓無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；當(dāng)兩個(gè)電荷之間的距離趨近于零時(shí)，電荷已經(jīng)不能看成點(diǎn)電荷了，也就不能應(yīng)用庫(kù)侖定律了，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，在離點(diǎn)電荷Q距離相等的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(1,1)V＝1V，D正確.故選D.答案：D5.如圖所示，兩塊平行正對(duì)的金屬板AB、CD水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)（不考慮邊緣效應(yīng)）.一帶電粒子以初速度v0從下極板的邊緣A點(diǎn)與金屬板成α角斜向上射入兩板間，帶電粒子經(jīng)過AC連線的中點(diǎn)P然后從下極板在邊緣B點(diǎn)飛出電場(chǎng)，帶電粒子所受的重力忽略不計(jì).若該粒子仍從下極板邊緣A點(diǎn)斜射入兩板間，改變以下條件能使帶電粒子恰好從上極板邊緣C點(diǎn)沿與極板平行飛出的是（）A.僅適當(dāng)增加α角B.僅增大粒子初速度v0C.將粒子初速度v0和α角適當(dāng)增大D.將粒子初速度v0適當(dāng)增加，α角適當(dāng)減小解析：帶電粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子經(jīng)過AC連線的中點(diǎn)P，由對(duì)稱性可知，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度方向與極板平行，粒子由A→P的運(yùn)動(dòng)可看做反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，位移PA與水平方向夾角θ和v0與極板間夾角α關(guān)系為tanα＝2tanθ，若使粒子從上極板右邊緣C點(diǎn)平行極板出射，粒子由A→C的運(yùn)動(dòng)可看做反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，位移AC與極板夾角θ不變，可知粒子入射時(shí)速度方向與極板間夾角應(yīng)仍為α.可見只需保持α不變，僅增大初速度就能使粒子沿上極板邊緣平行極板飛出，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)均錯(cuò)誤.故選B.答案：B6.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(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直，粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線夾角為30°.已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零.則下列說(shuō)法正確的是（）A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為qUB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)D.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力沿電場(chǎng)線方向，粒子帶正電，粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，而P點(diǎn)電勢(shì)為0，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，則帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－qU，A、B錯(cuò)誤；設(shè)粒子的初速度為v0，其在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，有eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,at)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，設(shè)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(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤，D正確.故選D.答案：D7.靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì).開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)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(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)解析：要使靜電計(jì)的指針張開角度增大些，必須使靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)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(shì)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(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，B、C錯(cuò)誤；保持開關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，D錯(cuò)誤.答案：A二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3小題，每題6分，共18分.每小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全選對(duì)得6分，少選得3分，錯(cuò)選、多選、不選均不得分）8.如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計(jì)相接，極板M接地.用靜電計(jì)測(cè)量平行板電容器兩極板間的電勢(shì)差U，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開一定角度，在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面操作將使靜電計(jì)指針張角變大的是（）A.將M板向下平移B.將M板水平向左平移C.在MN之間插入云母板D.在MN之間插入金屬板，且不和M、N接觸解析：將M板向下平移，正對(duì)面積S減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小；Q一定，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，電壓增加，故靜電計(jì)指針張角變大，故A正確.將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板，極板間距d變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減??；Q一定，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，電壓變大，故靜電計(jì)指針張角變大，故B正確.在M、N之間插入云母板，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容變大；Q一定，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，電壓減小，故靜電計(jì)指針張角變小，故C錯(cuò)誤.在M、N之間插入金屬板，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容變大；Q一定，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，電壓減小，故靜電計(jì)指針張角變小，故D錯(cuò)誤.故選AB.答案：AB9.三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒（重力不計(jì)）以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點(diǎn)射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場(chǎng)，則（）A.三微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間有t3＝t2>t1B.三微粒所帶電荷量有q1>q2＝q3C.三微粒所受電場(chǎng)力有F1＝F2>F3D.飛出電場(chǎng)時(shí)微粒2的動(dòng)能大于微粒3的動(dòng)能解析：粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(duì)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(shí)間長(zhǎng)，則電量小，即q1<q2，而對(duì)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(cuò)誤；由B選項(xiàng)分析知：q1<q2，所以F1<F2，故C錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)分析q2>q3，且y2>y3，則Eq2y2>Eq3y3，電場(chǎng)力做功多，增加的動(dòng)能大，故D正確.故選AD.答案：AD10.一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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)想姾螅怪庇陔妶?chǎng)方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)兩極板間的距離C.僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)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(chǎng)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(cuò)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(yīng)寫出必要的文字說(shuō)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）如圖所示，A為粒子源，在A和極板B間的加速電壓為U1，在兩水平放置的平行帶電板C、D間的電壓為U2，現(xiàn)設(shè)有質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子初速度為零，從A被加速電壓U1加速后水平進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平行帶電板的極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩板間的距離為d，不計(jì)帶電粒子的重力.求：（1）帶電粒子在射出B板時(shí)的速度；（2）帶電粒子在C、D極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）帶電粒子飛出C、D電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上發(fā)生的位移y.解析：（1）由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則v0＝eq\r(\f(2qU1,m)).（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2qU1)).（3）設(shè)粒子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)縱向偏移量為y，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝eq\f(L2U2,4dU1).答案：（1）eq\r(\f(2qU1,m))（2）Leq\r(\f(m,2qU1))（3）eq\f(U2L2,4U1d)12.（10分）足夠大的空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量m＝1kg的帶電小球從地面P點(diǎn)以初速度v0＝4m/s豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.M點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，小球在M點(diǎn)的動(dòng)能為6J，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.求：（1）帶電小球受到的電場(chǎng)力；（2）PQ之間的距離；（3）小球落到Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.解析：（1）小球的運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由v0＝gt，解得小球從P點(diǎn)拋出到M點(diǎn)的時(shí)間t＝0.4s，設(shè)小球所受電場(chǎng)力為F，P、M之間的水平距離為x1＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律有F＝ma，P、M之間的豎直高度h＝eq\f(1,2)v0t，由動(dòng)能定理有Fx1－mgh＝EkM－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得F＝5eq\r(3)N.（2）根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的對(duì)稱性可知，小球從P點(diǎn)拋出經(jīng)過M點(diǎn)到Q點(diǎn)的時(shí)間為2t，P、Q之間的距離x＝eq\f(1,2)a（2t）2＝eq\f(2Ft2,m)＝eq\f(8\r(3),5)m.（3）小球從P點(diǎn)至Q點(diǎn)，由動(dòng)能定理有Fx＝EkQ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得EkQ＝32J.答案：（1）5eq\r(3)N（2）eq\f(8\r(3),5)m（3）32J13.（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(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，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(qǐng)判斷小物塊帶正電還是帶負(fù)電；（2）請(qǐng)求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（3）現(xiàn)將電場(chǎng)方向突然改為豎直向上，而場(chǎng)強(qiáng)大小不變，請(qǐng)求出小物塊到達(dá)斜面底端的時(shí)間.解析：（1）電場(chǎng)力方向向上與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以小物塊帶負(fù)電.（2）平衡時(shí)重力等于電場(chǎng)力則有mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q).（3）改變電場(chǎng)方向后，根據(jù)牛頓第二定律有2mgsin37°＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(5L,3g)).答案：（1）負(fù)電（2）eq\f(mg,q)（3）eq\r(\f(5L,3g))14.（12分）如圖，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P（－L，0）點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q（未畫出），重力加速度為g.求：（1）初速度v0與x軸正方向的夾角并判斷帶電質(zhì)點(diǎn)電性；（2）P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ；（3）帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間.解析：（1）由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg，可知電場(chǎng)力方向向上，所以電荷是負(fù)電荷；且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tanθ＝eq\f(mg,Eq)，解得θ＝45°.（2）P到Q的過程，由動(dòng)能定理有EqL－mgL＝0，WPQ＝EqL，解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q).（3）帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有eq\r(2)mg＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vo＝at，解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)，帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g).答案：（1）45°負(fù)電（2）－eq\f(mgL,q)（3）eq\f(\r(2)v0,g)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(diǎn)O以平行于金屬板的方向OO′射入.設(shè)粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B間的飛行時(shí)間均為T.不計(jì)重力的影響.（1）定性分析在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)進(jìn)入的粒子，在垂直于金屬板的方向上的運(yùn)動(dòng)情況.（2）在距靶MN的中心O′點(diǎn)多遠(yuǎn)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(yīng)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(yùn)動(dòng)，再向下勻減速運(yùn)動(dòng).（2）粒子打在靶MN上的范圍，實(shí)際上就是粒子在豎直方向所能到達(dá)的范圍.當(dāng)粒子在0、T、2T…nT時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)中，粒子將打在O′點(diǎn)下方最遠(yuǎn)處，在前eq\f(T,2)時(shí)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