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2020-2021学年高中物理 第二章 静电场的应用 单元素养评价学案 粤教版必修3

2020-2021学年高中物理 第二章 静电场的应用 单元素养评价学案 粤教版必修3

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单元素养评价(二)(第二章)

(60分钟·60分)
一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)
1.在燃气灶中安装的电子点火器往往把放电电极做成针形,这种做法利用了静电的 (　　)
A.静电屏蔽现象　　　 B.尖端放电现象
C.接触起电现象 D.摩擦起电现象
【解析】选B。静电屏蔽现象是指利用金属盒或金属网罩屏蔽外部电场的现象,A错误;放电电极做成针形,更容易累积电荷从而发生尖端放电现象,B正确;接触起电现象是指不带电的物体和带电物体接触而带电的现象,C错误;摩擦起电现象指两物体相互摩擦而带电的现象,D错误;故选B。
2.如图所示,一个不带电的导体球N,置于空心导体球M附近,现将另一个带电荷量为Q的金属球放于空腔导体M内,则 (　　)

A.若M接地,N上有感应电荷
B.若M不接地,且M原来不带电,N上无感应电荷
C.若M不接地,且M原来不带电,N上有感应电荷
D.若M不接地,且M原来带电,N上一定有感应电荷
【解题指南】本题考查对静电屏蔽的理解,抓住处于静电平衡导体的特点与接地不接地的区别是关键。当M接地时,能屏蔽内部的电场,当M不接地时,不能屏蔽内部的电场。
【解析】选C。若将M接地,则M与大地组成一个新的等势体,N上没有感应电荷,故A错误;若M不接地,且M原来不带电时,将带电的小金属球Q放入M的腔中,当静电平衡时,空腔球形导体内壁感应出与Q电性相反的电荷,外表面感应出与Q电性相同的电荷,则外表面的电荷能在N上感应出感应电荷,故B错误,C正确;若M不接地,且M原来带电,当M与Q上的电荷的电性相反,电量大小相等,M所带的电量只分布在M的内表面,外表面没有多余的电荷,则N上没有感应电荷,故D错误;故选C。
3.(2020·淄博高二检测)一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v -t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是 (　　)

A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功
【解析】选C。由题图v -t图像知道带电粒子在O～t0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t0～3t0时间内做反方向加速运动,静电力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误;因为不知道带电粒子电性,本题中无法判断电势的高低,选项A错误;题图中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中EB最大,选项B错误。
4.(2020·德州高二检测)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇,如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是 (　　)

A.电荷M的比荷大于电荷N的比荷
B.两电荷在电场中运动的加速度相等
C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,静电力对电荷M做的功等于静电力对电荷N做的功
D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
【解析】选A。设两板间电压为U,间距为d,长为L。则由题意:vNt+vMt=L ①
t2+=t2 ②
由①式分析得vM、vN不一定相同,D错误;由②式分析得>,A正确;由>进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN,静电力对电荷所做的功WM>WN,B、C错误。
5.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板向左移动
C.A、B板间插入电介质
D.减少极板上的电荷量
【解析】选A。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正确、B错误;A、B板间插入电介质,相对介电常数εr增大,根据C=,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=得,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。故选A。
6.(2020·广州高二检测)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动,则 (　　)

A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的带电荷量增加
【解析】选B。因电容器与电源始终相连,故两板间的电势差不变,b板下移,则板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由F=Eq可知电荷所受电场力变小,故A错误;板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由U=Ed知,P与a板的电压减小,而a的电势不变,故P的电势升高,由Ep=qφ而q为负值,故电势能减小,故B正确,C错误;由Q=CU,又有C=,故C减小,Q减小,故D错误。故选B。
7.如图所示,一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则 (　　)

A.vCy∶vDy=1∶3　　　　　 B.vCy∶vDy=1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4
【解析】选D。电子沿x轴正方向射入匀强电场,做类平抛运动,沿x轴方向做匀速直线运动,已知=,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD
=1∶2,故A、B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确。故选D。
8.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为 (　　)

A.2R　　　　　　　　　 B.4R
C.10R D.17R
【解析】选C。小球所受的重力和电场力均为恒力,故两力可等效为一个力F==mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得mg=m,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=m,解得h=10R,故选项C正确,选项A、B、D错误。
9.如图所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料。ABCD面带正电,EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是 (　　)

A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B.三个液滴的运动时间不一定相同
C.三个液滴落到底板时的速率相同
D.液滴c所带电荷量最多
【解析】选D。三个液滴在水平方向受到电场力的作用,在水平方向上并不是做匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等,而水平分位移不相等,水平分速度大小不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴c在水平方向位移最大,故液滴c在水平方向加速度最大,由牛顿第二定律知,液滴c所受的电场力最大,故液滴c所带电荷量最多,选项D正确。
二、计算题(本题共3小题,共33分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
10.(9分)如图所示,一个原来不带电的半径为r的金属球放在绝缘支架上,其水平左侧放置一个电荷量为+Q的点电荷,点电荷到金属球左端的距离为2r。

(1)求点电荷+Q在金属球球心O点处产生的场强大小E。
(2)求金属球上感应电荷在球心O点处产生的场强大小E′,并说明方向。
【解析】(1)+Q到球心的距离为3r,根据点电荷场强公式可知点电荷在球心O处产生的场强大小为E=k=k=k,方向向右。 (4分)
(2)根据静电平衡可知O点场强为零,即感应电荷在O点产生的场强与点电荷Q在O点产生的场强大小相等,方向相反,所以E感=E=k ,方向向左。 (5分)
答案:(1)k　(2) k　方向向左
11.(12分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:

(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?
(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)
【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是
mg=m,v==2 m/s(1分)
滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得:
qEx-μmgx-2mgR=mv2 (2分)
所以x= (1分)
代入数据得x=20 m(1分)
(2)滑块过P点时,由动能定理:
-mgR-qER=mv2-m (2分)
所以=v2+2(g+)R (1分)
在P点由牛顿第二定律:
FN-qE= (1分)
所以FN=3(mg+qE) (1分)
代入数据得:FN=1.5 N(1分)
根据牛顿第三定律可知滑块通过P点时对轨道的压力大小为1.5 N。 (1分)
答案:(1)20 m　(2)1.5 N
12.(12分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电荷的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g),则:

(1)珠子所能获得的最大动能是多少?
(2)珠子对圆环的最大压力是多少?
【解析】(1)因qE=mg,所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tan θ==,故θ=37°(2分)
如图所示,设OB与竖直方向的夹角为θ,

则B点为等效最低点,珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动,珠子在B点动能最大,对圆环的压力最大。 (1分)
由动能定理得qErsin θ-mgr(1-cosθ)=Ekm (2分)
解得Ekm=mgr。 (2分)
(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN,
有FN-F合=m (2分)
则FN=F合+m=+mg=mg (2分)
由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。 (1分)
答案:(1)mgr　(2)mg
【加固训练】
如图所示,长L=0.20 m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10 m/s2,不计空气阻力。求:

(1)小球通过最高点B时速度的大小;
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。
【解析】(1)小球由A运动到B,
由动能定理有:qEL-mgL=
vB==2 m/s。
(2)设小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用,
mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N
qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N
因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE=
FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。
答案:(1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N

(30分钟·40分)
13.(5分)(多选)对一电容器充电时电容器的电容C,带电荷量Q,电压U之间的关系图像如图所示,其中正确的是 (　　)

【解析】选C、D。电容是电容器本身的一种特性,与带电荷量、电压无关,故A、B错误、C正确;根据电容的定义可知,带电荷量Q=UC∝U,所以选项D正确。
14.(5分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上,整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么
(　　)

A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
【解题指南】带电粒子在电场中的偏转,要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用;正确列出对应的表达式,根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。
【解析】选A、D。带电粒子在加速电场中加速,电场力做功W=E1qd; 由动能定理可知:E1qd=mv2;
解得:v=;粒子在偏转电场中的加速度a=,粒子在偏转电场中的时间t=;在偏转电场中的纵向速度v0=at=,
纵向位移x=at2=;即位移与比荷无关,与速度无关;则可知三种粒子的偏转位移相同,则偏转电场对三种粒子做功一样多,故A正确,B错误;因三种粒子由同一点射入偏转电场,且偏转位移相同,故三种粒子打在屏幕上的位置一定相同;因粒子到屏上的时间与横向速度成反比;因加速后的速度大小不同,故三种粒子运动到屏上所用时间不相同,故C错误,D正确;故选A、D。
15.(5分)(多选)(2020·江苏高考)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置,取O点的电势为0。下列说法正确的有 (　　)

A.电场E中A点电势低于B点
B.转动中两小球的电势能始终相等
C.该过程静电力对两小球均做负功
D.该过程两小球的总电势能增加
【解析】选A、B。沿着电场线方向,电势降低,A正确;由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性φA=-φB,又qA=-qB,Ep=qφ,所以EpA=EpB,B正确;A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左,绝缘轻杆顺时针旋转,静电力对两小球均做正功,静电力做正功,电势能减少,C、D错误。
16.(5分)(多选)如图所示,在某一真空中,只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场,在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒,恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么 (　　)

A.微粒带负电
B.微粒做匀减速直线运动
C.微粒做匀速直线运动
D.微粒做匀加速直线运动
【解题指南】带电微粒做直线运动,所以所受合力方向与运动方向在同一直线上,根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质。
【解析】选A、B。微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上,只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上,由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反,则微粒必带负电,且运动过程中微粒做匀减速直线运动,故A、B正确,C、D错误。故选A、B。
17.(5分)(多选)如图所示,在一电场强度为E的匀强电场中放一金属空心导体,图中a、b分别为金属导体内部与空腔中的两点,当达到静电平衡状态后,则有
(　　)

A.a、b两点的电场强度都为零
B.a点电场强度为零,b点不为零
C.a、b点的电势相等
D.a点电势比b点电势高
【解析】选A、C。金属空心导体放在匀强电场中,出现静电感应现象,最终处于静电平衡状态,导体内部的场强处处为零,所以a、b两点的电场强度都为零,A正确,B错误;处于静电平衡的导体上,以及导体内部的电势处处相等,即为等势体,则a点电势等于b点电势,C正确,D错误;故选A、C。
18.(15分)一束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,两极板间电压U2=400 V,两极板间距d=2.0 cm,板长L1=5.0 cm。

(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y;
(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2=5.0 cm,求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上);
(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速,再经同一偏转电场,射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大?
【解析】(1)加速过程,由动能定理得
eU1=m ①(2分)
进入偏转电场,电子在平行于极板的方向上做匀速运动L1=v0t ② (1分)
在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动,加速度为
a== ③ (2分)
偏移距离y=at2 ④ (1分)
由①②③④得y= (2分)
代入数据得y=0.25 cm。 (1分)
(2)由平抛运动推论和几何关系知
=得Y=()y (2分)
代入数据得Y=0.75 cm。 (1分)
(3)因y=,Y=()y,与粒子的质量m和电荷量q无关,故二价负离子经同样装置后,y′=y,Y′=Y。 (3分)
答案:(1)0.25 cm　(2)0.75 cm
(3)0.25 cm　0.75 cm