粤教版（2019）必修三 第二章 静电场的应用 章节综合练
一、单选题
1．下列关于电容器的说法中正确的是（ ）
A．电容器所带的电荷量为两个极板所带电荷量的绝对值之和
B．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比
C．一个电容器的电荷量增加时，两极板间的电势差升高ΔU＝10 V，则电容器的电容
D．放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零
2．一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断（ ）
A．EA＜EB B．EA＞EB C．φA＝φB D．φA＜φB
3．两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电量q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中（ ）
A．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
B．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
4．如图所示，平行板电容器充电后断开电源，上极板接地，在板间点处固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，用表示试探电荷在点所受的电场力，用E表示极板间的电场强度，用表示点的电势，用表示试探电荷在点的电势能，则下列物理量随与下极板的距离的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若带电粒子只受P的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子与点电荷P的电性相异
B．带电粒子在b点的电势能大于它在a点的电势能
C．带电粒子在b点的动能大于它在a点的动能
D．带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度
6．某种电子透镜的局部由两平行金属管构成，两管截面上的电场线和等差等势线的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．试探电荷不可能在该电子透镜中做直线运动
B．若带正电，负试探电荷在a点的电势能小于在d点的
C．若带正电，试探电荷在a点受到的电场力大于在d点受到的
D．若带正电，负试探电荷从c点移到b点电场力做负功
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．帝电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
8．如图所示，甲图是等量异种点电荷形成的电场，乙图是等量同种点电荷形成的电场，丙图是孤立点电荷形成的电场，丁是一对带等量异号电荷的平行金属板形成的电场。某带负电粒子（只受电场力作用且不与形成电场的电荷接触）在这四种电场内的运动情况，说法错误的是（ ）
A．在乙电场中可以做匀速圆周运动
B．在丙电场中可以做匀速圆周运动
C．在甲电场、乙电场中均可以静止
D．在丁电场中可以做匀变速运动
9．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场，电子的重量不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A．仅增加加速电场的电压 B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压
10．如图所示，虚线、、代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，、、是这条轨迹上的三点，同时在等势面上，据此可知（ ）
A．三个等势面中，的电势最低
B．带电粒子在点的电势能比在点的大
C．带电粒子在点的动能与电势能之和比在点的大
D．带电粒子在点的加速度方向水平向右
11．如图所示，竖直平面内存在一与水平方向夹角为θ（θ<45°）的匀强电场，轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、带正电的小球，小球恰好静止于A点。现给小球施加一外力F，使其静止B点。已知OA水平，OB与竖直方向的夹角也为θ，细线始终处于伸直状态，重力加速度为g，小球可视为质点，则外力F的最小值为（ ）
A．mgtanθ B． C． D．
12．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（ ）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
13．如图所示竖直平面内，真空中的匀强电场与水平方向成15°角斜向下，现有一质量为m，电荷量为+q的小球在A点以初速度v0水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由A到C的过程中（ ）
A．重力做功
B．AC连线一定与电场线垂直
C．C点电势可能低于A点
D．小球做匀变速曲线运动
14．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则（ ）
A．原电场方向竖直向下
B．改变后的电场方向垂直于ON
C．电场方向改变后，小球的加速度大小为
D．电场方向改变后，小球的最大电势能为
15．如图所示，一个带正电的油滴以初速从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中，倾斜角，若油滴到达最高点时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在（ ）
A．P点的左上方 B．P点的右上方
C．P点的正上方 D．上述情况都可能
二、填空题
16．（1）元电荷：科学实验发现电子所带的电荷量最小，且其他带电体所带电荷量是电子或质子电荷量的______倍，这个最小的电荷量叫元电荷，用e表示，在计算中通常__________C。
（2）处于静电平衡状态的导体，内部的场强__________。外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面__________。
17．观察电容器的充、放电现象的实验电路图。当把开关S拨到1后电容器充电，两极板的电荷量逐渐增加直至稳定，其判断依据是______；当把开关S拨到2后电容器放电，两极板的电荷量逐渐减小至零，其判断依据是______。（从电流计和电压表的示数变化说明）
18．判断下列说法的正误。
（1）带电粒子（不计重力）在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动。( )
（2）对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律。( )
（3）动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题。( )
（4）带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动。( )
（5）示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏不同位置。( )
三、实验题
19．在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与静电计相接，B极板接地。
（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角变大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而___________（填“变大”或“变小”）。
（2）若极板B稍向右移动一点，则将观察到静电计指针偏角变小，此实验说明平行板电容器的电容随两板间距离减小而___________（填“变大”或“变小”）。
（3）若在极板间插入一片有机玻璃，则将观察到静电计指针偏角变小，此实验说明平行板电容器的电容随板间电介质的相对介电常量的增大而___________（填“变大”或“变小”）。
四、解答题
20．如图所示，水平光滑绝缘轨道AB和半径R=0.4m的竖直光滑绝缘半圆轨道在B平滑连接，置于水平向左的匀强电场中，电场强度。将一质量、电荷量的带负电小球从水平轨道AB上的某一位置无初速度释放，小球经过半圆轨道最高点C的速度大小为，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球经过轨道最高点C时对轨道的压力；
（2）释放小球的位置到B点的距离；
（3）小球从释放到最高点C过程中的最大速率。
21．下图是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1，加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为l，示波管的灵敏度为每单位电压引起的偏转量，通过公式推导说明可采用哪些方法可以提高示波管的灵敏度。
22．如图所示，质量为m带电量为+q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入宽度为d的AB绝缘水平面。当滑块运动至中点C时，速度大小为，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的强度不变的有界匀强电场（区域外不存在电场）。若小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等。（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）
（1）求滑块离开AB区域时的速度？
（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应为多大？
（3）在（2）情况下小滑块增加的电势能最大值是多少？
23．一个带正电荷量为、质量为的小球，恰能静止在光滑绝缘的斜面轨道上A点，已知半径为的竖直圆形轨道与光滑斜面平滑对接，斜面倾角，为使小球能到圆周轨道的最高点，需要给小球提供一个初速度，取重力加速度为，开始A、等高。求：
（1）电场强度为多大？
（2）为使小球能通过点，初速度至少多大？
24．如图所示，一质量M=1kg的绝缘长木板静止于水平地面上，在距其最左端L=1m处存在宽度d=2m，方向竖直向下的匀强电场区域，电场强度E=300N/C．一质量m=1kg、带电量的物块放在长木板的最左端，物块在F=10N的水平向右恒力作用下从静止开始运动，在物块刚离开电场右边界时撤去外力F，物块最终未从长木板末端滑离。若物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块刚进入电场区域时的速度大小；
（2）长木板从开始运动至与物块共速所用时间；
（3）整个过程长木板的总位移。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
A．电容器所带的电荷量是指任何一个极板所带电荷量的绝对值，故A错误；
BD．电容是用来描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容的大小与电容器是否带电及带电量多少无关，故BD错误；
C．根据可知
故C正确。
故选C。
2．A
【详解】
根据v-t图象的斜率表示加速度，所以从图象中可以看出从A点到B点，带电粒子的加速度逐渐增大，即aA＜aB，所以电场力增大，电场强度EA＜EB；从A点到B点正电荷速度增大，电场力做正功，电势能减小，根据电势可知电势降低，即φA＞φB，故A正确，BCD错误。
故选A。
3．C
【详解】
由图可知，极板间电势差不变，将两板非常缓慢地水平错开一些，极板间距离不变，正对面积减小，根据
可知极板间电场强度不变，电容器的电容减小，则油滴静止不动，根据
可知极板所带的电荷量减少，极板放电，则电流计中的电流从a流向b，故C正确，ABD错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，则板间距离d变大，根据
可知，变小，由
可知变大，平行板间的电场强度
故场强不变，由
可知，试探电荷所受的电场力也不变，A错误；
B．因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，则板间距离d变大，根据
可知，变小，由
可知变大，平行板间的电场强度
故场强不变，B错误；
C．上极板接地，点与上极板间的电势差保持不变，所以点的电势不变，C正确；
D．上极板接地，点与上极板间的电势差保持不变，试探电荷在点的电势能不变，D错误；
故选C。
5．B
【详解】
A．根据粒子运动轨迹电场力指向曲线弯曲内侧，带电粒子与点电荷电性相同，A错误；
B．假设粒子从a运动到b，电场力与速度成钝角，电场力做负功，电势能增加，带电粒子在b点的电势能大于它在a点的电势能，假设粒子从b运动到a，电场力与速度成锐角，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在b点的电势能大于它在a点的电势能，B正确；
C．带电粒子只受P的电场力作用，电势能与动能总和不变，所以带电粒子在b点的动能小于它在a点的动能，C错误；
D． b点的场强大于a点的场强，带电粒子只受P的电场力作用，带电粒子在b点的电场力大于它在a点的电场力，带电粒子在b点的加速度大于它在a点的加速度，D错误．
故选B。
6．D
【详解】
A．根据电场线、等势线的特点，可知图中实线为电场线，虚线为等势线，若试探电荷沿中间平直电场线释放则能做直线运动。故A错误；
B．若带正电，则从左到右等势线的电势依次降低，负试探电荷在a点的电势能大于在d点的。故B错误；
C．结合等差等势线密疏表示电场强度大小关系可知，试探电荷在a点受到的电场力小于在d点受到的。故C错误；
D．若带正电，则c点的电势高于b点的，负试探电荷从c点到b点电势能增大，电场力做负功。故D正确。
故选D。
7．A
【详解】
AB．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，所以通过R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小；若粒子从Q经过R运动到P，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增大，通过R点的动能大，速度大，在P点电势能较小。故A正确，B错误；
C．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；
D．由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．电场中两等量正电荷形成的电场中过两电荷连线中点与连线垂直的平面内，负电粒子受到电场力指向中点，可以做匀速圆周运动，所以A项说法正确，不符题意；
B．点电荷形成的电场中，库仑力提供向心力使负电粒子做匀速圆周运动，B项说法正确，不符题意；
C．甲电场中没有电场强度为零的位置，乙电场中两电荷连线中点电场强度为零，电荷受到的电场力为零，可以静止，C项说法错误，符合题意；
D．丁电场中两极板间除去边缘部分其余部分为匀强电场，带电粒子受到的电场力是恒力，做匀变速运动，D说法正确，不符题意。
故选C。
9．C
【详解】
电子经加速电场，根据动能定理
在偏转电场中由平抛规律可得
运动时间为
可得偏角的正切值为
解得
若使偏转角变大即使变大，由上式看出可以增大，或减小，或增大，或减小d。故C正确，ABD错误。
故选
10．B
【详解】
A．根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的凹侧，所以电场线方向指向轨迹的凸侧，沿电场线方向电势降低可知，的电势最高，故A错误；
B．负电荷在电势高处电势能小，可知带电粒子在点电势能比点的大，故B正确；
C.负电荷的总能量守恒，即带电粒子在点的动能与电势能之和与在点相等，故C错误；
D.根据电场线与等势线垂直可知，负电荷粒子在点所受的电场力方向垂直等势线向下，加速度垂直等势线向下，故D错误。
故选B。
11．C
【详解】
在A点对小球受力分析，如图所示
可知重力和电场力的合力水平向右，大小为
在B点对小球受力分析，如图所示
小球相当于受水平向右、大小为F'的力和沿细线方向的拉力及力F的作用，当力F垂直于细线方向斜向左下方时，力F最小，最小值为
故C正确，ABD错误。
故选C。
12．D
【详解】
A．在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得
所以
设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，所以
故A错误；
B．使M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的，粒子将打到N板上，故B错误；
C．使M、N间电压提高到原来的4倍，所以
故C错误；
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，所以
故D正确。
故选D。
13．D
【详解】
A．竖直方向合外力为重力和电场力沿竖直方向分力之和，则
故重力做的功为
故A错误；
BC．由题可知，小球由A点运动到C点的过程中，动能不变，其中重力做正功，电场力一定做负功，小球的电势能增加，由于正电荷在电势高的地方电势能大，则C点电势一定高于 A点电势，且A C连线不是等势线，一定与电场线不垂直，故BC错误；
D．小球受到电场力和重力且均为恒力，合力也为恒力且与不共线，小球做匀变速曲线运动，故D正确。
故选D。
14．D
【详解】
A．开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡，即有
小球带正电，则电场竖直向上，A错误；
B．改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因
Eq=mg
可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成60°，B错误；
C．电场方向改变后，电场力与重力夹角为120°，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，C错误；
D．电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为
则克服电场力做功为
故小球的电势能最大值为，D正确；
故选D。
15．B
【详解】
设油滴的带电量为+q，到达最高点位置为Q，上升的最高高度为h，油滴初始位置和最高点位置的电压为，油滴在匀强电场中运动时仅受重力和电场力作用，根据动能定理
解得
由于，说明P点的电势高于Q点，因此Q点应在P点的右上方，故B正确，ACD错误。
故选B。
16． 整数 1.6×10-19 为零 垂直
【详解】
（1）[1][2]元电荷：科学实验发现电子所带的电荷量最小，且其他带电体所带电荷量是电子或质子电荷量的整数倍，这个最小的电荷量叫元电荷，用e表示，在计算中通常1.6×10-19C。
（2）[3][4]处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零。外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直。
17． 见详解 见详解
【详解】
[1]开关拨到1后，电容器上极板与电源正极连接，电容器充电，电容器的电荷量逐渐增加，由
可知，电容器两端电压即电压表示数逐渐增大，电流计的示数逐渐减小，当电容器两极板电压等于电源电压且电流计的示数为0时，充电完毕，电容器的电荷量不再改变；
[2] 开关S拨到2后，电容器放电，电流计读数突然增大后逐渐减小，电容器两端电压即电压表示数也逐渐减小，电荷量逐渐减小至0。
18． 错误 正确 错误 正确 正确
19． 变小 变大 变大
【详解】
（1）[1]静电计指针偏角变大，表示极板间的电压U增大，根据电容定义式
得电容减小，则实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小；
（2）[2] 若极板B稍向右移动一点，观察到静电计指针偏角变小，表示极板间电压U变小，根据电容定义式
得电容变大，则此实验说明平行板电容器的电容随两板间距离减小而变大；
（3）[3] 若在极板间插入一片有机玻璃，观察到静电计指针偏角变小，表示极板间的电压U变小，根据电容定义式
得电容变大，则此实验说明平行板电容器的电容随板间电介质的相对介电常量的增大而变大。
20．（1），方向竖直向上；（2）1.7m；（3）
【详解】
（1）小球过C点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力
解得
方向竖直向上。
（2）从释放小球到C，由动能定理
解得
（3）设小球运动过程中最大速率为vm，此时小球所在位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ。 则
解得
从释放小球到速率最大，由动能定理
解得
21．增大和减小U1或d均可提高示波管的灵敏度
【详解】
对于电子的加速过程，有
对于电子的偏转过程，有
水平方向
竖直方向
又因为
联立可得
故
据上式可知，增大和减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。
22．（1） ；（2）；（3）
【详解】
（1）从A运动到C的过程
解得
经过AB区域时，小滑块受到向左的摩擦力和电场力，且电场力等于摩擦力，则
vB=
（2）为是小滑块在AB区域运动的时间最长，小滑块运动到B点的速度恰好为零，则
解得
由牛顿第二定律
联立可解
。
（3）滑块在B点电势能最大，故小滑块增加的电势能最大值
。
23．（1）；（2）
【详解】
（1）在A点，小球受重力、水平向右的电场力和垂直轨道向上的弹力，根据平衡条件知
Eq=mgtan37°
解得
（2）要使小球能通过B点，则小球能通过等效最高点，设等效最高点速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
从A到等效最高点，根据动能定理有
解得
v=。
24．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）物块未进电场时，对物块分析，由牛顿第二定律
求得
对木板分析，由牛顿第二定律
求得
即木板在物块未进电场时静止不动，对物块分析
（2）物块滑进电场后，对物块分析，由牛顿第二定律
求得
即此时物块匀速直线运动
求得
对对木板分析，由牛顿第二定律
求得
当物块刚要离开电场时，木板的速度为
物块离开电场后，对物块，有
对木板，有
木板匀速，离开电场后，物块与木板共速的时间为t2，则有
则长木板从开始运动至与物块共速所用时间
（3）物块与木板共速时，由牛顿第二定律
木板加速位移
木板匀速位移
木板减速位移
木板走过的总位移
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
