复习卷三（静电场）修改后(2)

1、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

2、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（ ）AQ3应为正电荷，放在Q2的右边 BQ3应为负电荷，放在Q1的左边CQ3应为正电荷，放在Q1的左边 DQ3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

3、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,把半圆环分成AB、BC、CD三部分。下列说法正确的是AAB部分在O点产生的电场强度的大小为E3BCD部分在O点产生的电场强度的大小为E2CAB部分在O点产生的电势为3DCD部分在O点产生的电势为25（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

4、速度偏转角满足tanC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tandL二、计算题6如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m0.1kg、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

5、止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角=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1B【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；

6、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。2B【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Q

7、3带负电.故选B。3A【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。4BC【解析】如图所示，B、

8、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，则有 3=，则 =/3，故选BC。5AD【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=q18U=18qU，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为W2=q38U=38qU故A正确，C错误；B、D、粒子的出射速度偏转角

9、正切为tan=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在y轴方向：FNmgcos37°Fsin37°0解得：qEmgtan37°故有：E3.75×105 N/C方向水平向右（2）场强变化后物块所受合力为：Fmgsin37°qEcos37°根据牛顿第二定律得：Fma故代入解得a0.3g3m/s2方向沿斜面向下由运动学公式可得：vB2vA22as解得：tsvB m/s7（1）0.6N；（2）0.08kg；（3）m/s；（4）1.12N【解析】（