复习卷三（静电场）修改后(2).docx

期末复习卷（三）
一、选择题
1．目前许多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后，电容器放电，电容小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，根据文中信息，下列说法正确的是（　　）
A．在嵴处形成的电容器电容较小
B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大
C．在峪处形成的电容器放电时间较长
D．潮湿的手指头对指纹识别没有影响
2．如图所示，+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷，4Q1=Q2．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（ ）

A．Q3应为正电荷，放在Q2的右边 B．Q3应为负电荷，放在Q1的左边
C．Q3应为正电荷，放在Q1的左边 D．Q3应为负电荷，放在Q2的右边
3．空间存在一平行于x轴方向的电场，x轴上各点电势的变化规律如图所示，图线为关于 y 轴对称的抛物线。则下列说法正确的是（　　）
A、x1 和- x1两点处的电场强度大小相等、方向相反
B．在 O~ x2电场强度依次减小，在O~ - x2电场强度依次增大
C．负粒子在 x1 和 - x1处的电势能相反
D．正粒子由 - x1 沿 x 轴运动到x1的过程中，电势能先减小后增大
4．（多选）如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为φ,把半圆环分成AB、BC、CD三部分。下列说法正确的是
A．AB部分在O点产生的电场强度的大小为E3
B．CD部分在O点产生的电场强度的大小为E2
C．AB部分在O点产生的电势为φ3
D．CD部分在O点产生的电势为φ2
5．（多选）如下图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则( 　　)
A．在前t2时间内，电场力对粒子做的功为
B．粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝
C．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为
D．粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝dL
二、计算题
6．如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+2×10-5C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端R的长度为2.0m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？

7．如图所示，长L=0.5m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=2.0×10-4C，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：
（1）小球所受电场力F大小；
（2）小球质量m；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v的大小；
（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。

参考答案
1．B【解析】A． 根据电容的计算公式可得，极板与指纹嵴（凸起部分）距离d小，构成的电容器电容大，A错误；
BC． 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

可知，极板与指纹峪（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，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，B正确，C错误；
D． 湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别，D错误。
故选B。
2．B
【解析】假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：kQ1Q3r132=kQ2Q3r232，由于4Q1=Q2，所以r23=2r13，则Q3位于Q1的左方。根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电.故选B。
3．A【解析】A．由于x1 和- x1两点关于y轴对称，则两点的斜率大小相等，则这两点的电场强度大小相等，又斜率的正负表示电场强度的方向，因此这两点电场强度的方向相反，A正确；
B．图象的斜率大小等于电场强度，由于O~和O~图线的斜率均增大，因此O~和O~电场强度均依次增大，B错误；
C．由图象可知和两点的电势相等，则由公式得负粒子在和两点的电势能相等，C错误；
D．由图象可知，x轴负半轴电场方向向左，x轴正半轴电场方向向右，则正粒子由到O点的过程电场力做负功，电势能增大；正粒子在x轴正半轴所受的电场力向左，则正粒子由O运动到点的过程中，电场力做正功，电势能减小，D错误。

4．BC【解析】如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。

设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E=2E′，则：E′=E/2；故圆弧在圆心O处产生的场强为E/2。电势是标量，设圆弧在圆心O点产生的电势为φ′则有 3φ′=φ，则 φ′=φ/3，故选BC。
5．AD【解析】A、C、设粒子在前t2时间内和在后t2时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1：y2=1：3，得y1=18d，y2=38d，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为W1=q⋅18U=18qU，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为W2=q⋅38U=38qU．故A正确，C错误；
B、D、粒子的出射速度偏转角正切为tanθ=vyv0=atv0=12at212v0t=d2L2=dL；故B错误，D正确.
故选AD.
6．（1）3.75×105 N/C；（2）s， m/s。
【解析】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有

在x轴方向：
Fcos37°﹣mgsin37°＝0…①
在y轴方向：
FN﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝0．……②
解得：
qE＝mgtan37°……③
故有：
E＝3.75×105 N/C
方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：
F＝mgsin37°﹣qEcos37°……⑤
根据牛顿第二定律得：
F＝ma……⑥
故代入解得
a＝0.3g＝3m/s2
方向沿斜面向下
由运动学公式可得：vB2﹣vA2＝2as

解得：
t＝s
vB＝ m/s
7．（1）0.6N；（2）0.08kg；（3）m/s；（4）1.12N
【解析】（1）小球所受电场力F大小
F=qE=0.6N
（2）球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，

根据共点力平衡条件和图中几何关系有

解得小球的质量
m=0.08kg
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：

解得
v=m/s
（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得

解得
T=1.12N