第六章 静电场综合检测

静电场时间：60分钟 分值：100分一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．如图所示，在空间直角坐标系Oxyz 中，有一四面体CAOB ，C 、A 、O 、B 为四面体的四个顶点，且O (0,0,0)、A (L,0,0)、B (0，L,0)、C (0,0，L )，D (2L,0,0)是x 轴上一点，在坐标原点O 处固定着＋Q 的点电荷，下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 三点的电场强度相同 B ．电势差U OA ＝U ADC ．将一电子由C 点分别移动到A 、B 两点，电场力做功相同D ．电子在A 点的电势能大于在D 点的电势能解析：A 、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，A 错误；电势差U OA >U AD ，B 错误；A 、B 、C 三点在同一等势面上，所以将电子由C 分别移到A 、B 两点，电场力做功均为零，C正确；因为电子带负电，由E p ＝qφ知电子在A 点的电势能小于在D 点的电势能，D 错误．答案：C2．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U 1的加速电场中由静止开始加速，然后射入电压为U 2的偏转电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小解析：电子通过加速电场时有eU 1＝12mv 20，在偏转电场中，在垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t ＝l v 0；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝eU 2md ，末速度v y ＝at ＝eU 2l mdv 0，偏转角tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ，所以θ∝U 2U 1，B 正确． 答案：B3.(2016·济南质检)如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d两点关于x 轴对称．下列判断错误的是( )A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小解析：由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A 、B 正确；b 、d 两点电场强度大小相等，方向不同，C 错误；四点中a 点电势最高，c 点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，D 正确．答案：C 4.(2014·山东高考)如图所示，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：试探电荷的动能E k ＝E k0＋W ＝E k0＋kQqr 2Δl ，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变；在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，电场力做功越来越少，因此动能的增加越来越慢．综上所述，四个图中只有A 正确．答案：A 5.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mgC ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl解析：小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB 之间往复运动，其幅度不变，故选项A 、C 错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB 轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为W ＝－qEl (1－cos60°)＝－12qEl ，选项D 正确．答案：D二、多项选择题(每小题8分，共24分)6．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A 极板用绝缘线悬挂，B 极板固定且接地，P 点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )A ．若在两极板间加上某种绝缘介质，A 、B 两极板所带电荷量会增大 B ．A 、B 两极板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同C ．若将A 极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D ．若将A 极板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将不变解析：由于平行板电容器与电源断开，所带电荷量保持不变，因此在两极板间加上某种绝缘介质，A 、B 两极板所带电荷量也不会增加，A 错误；正极板A 在P 点产生的场强向下，而负极板B 在P 点产生的场强也向下，由于两极板具有对称性，因此两极板电荷分别在P 点产生电场的强度大小相等，方向相同，B 正确；根据C ＝Q U ，而C ＝εr S4πkd，平行板电容器内的电场强度E ＝U d，整理式子可得E ＝4πkQεr S，可以得出只要所带电荷量和极板的正对面积不变，电容器内部的电场强度就不变，因此场强大小与距离无关，C 错误；同样若将A 板竖直向下平移一小段距离，两板间的电场强度不变，P 与B 间的电势差不变，而B 点电势为零，即P 点位置的电势将不变，D 正确．答案：BD 7.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，所带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q8QB ．cos 3α＝q 2Q2C ．sin 3α＝Q8qD ．sin 3α＝Q 2q2解析：设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，两个－q 之间距离为2a cos α.选取其中的一个－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝kq 22a cos α2，解得cos 3α＝q8Q，选项A 正确，选项B 错误；选取其中的一个Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝kQ 22a sin α2，解得sin 3α＝Q8q，选项C 正确，选项D 错误．答案：AC 8.如图所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场后的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是( )A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B ．由于AB 的长度等于BC 的长度，故U AB ＝U BCC ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量解析：由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A 选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB 的长度等于BC 的长度，但AB 段与BC 段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq >m c v 2r，即m b >m c ，故D 选项正确．答案：CD三、非选择题(共46分)9．(10分)如图所示，正电荷q 1固定于半径为R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q 2、质量为m 的带正电小球，从轨道的A 处无初速度释放，求：(1)小球运动到B 点时的速度大小；(2)小球在B 点时对轨道的压力．解析：(1)带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12mv 2B 解得v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2BR 解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R2根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R2方向竖直向下．答案：(1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下 10.(12分)如图所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q.(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g .(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .答案：(1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL11．(12分)一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010C/kg ，速度均为4×106m/s ，距板右端l2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交变电流，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电流的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0， 水平方向l ＝v 0t ①竖直方向d 2＝12at 2②又a ＝qU 0md③ 由①②③得U 0＝md 2v 20ql2＝128 V即当U >128 V 时离子打到极板上，当U ≤128 V 时离子打到屏上．利用推论：打到屏上的离子可看作是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得l 2＋l 2l2＝yd2解得y ＝d又由对称性知，打到屏上的总长度为2d . 则离子打到屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2. (2)在前14T ，离子打到屏上的时间t 0＝128200×0.005 s＝0.003 2 s 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t ＝4t 0＝0.012 8 s.答案：(1)64 cm 2(2)0.012 8 s12．(12分)如图所示，AB 是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD 是半径为R ＝0.2 m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点．整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，质量m ＝0.20 kg 的带负电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h ＝0.24 m ，滑块带电荷量大小q ＝5.0×10－4C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C 点时对轨道的压力． 解析：(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f ＝μ(mg ＋qE )cos37°＝0.96 N设滑块到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得(mg ＋qE )h －F f h sin37°＝12mv 21－0解得v 1＝2.4 m/s.(2)设滑块滑到C 点时速度为v 2，此时轨道对滑块的支持力为F N ，滑块从B 到C ，由动能定理可得(mg ＋qE )R (1－cos37°)＝12mv 22－12mv 21当滑块经过最低点时，有F N －(mg ＋qE )＝m v 22R由牛顿第三定律得滑块在C 点时对轨道的压力F ′N ＝F N 解得F ′N ＝11.36 N.答案：(1)2.4 m/s (2)11.36 N。

取夺市安慰阳光实验学校第六章章末综合检测一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)图11．如图1所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是( )A．M点电势一定高于N点电势B．M点场强一定大于N点场强C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功解析：沿电场线方向电势逐渐降低，M点电势一定高于N点电势，选项A 对．因电场线越密的区域场强越大，由图可知N点场强大于M点场强，选项B 错．将正电荷由M点移到N点时电场力做正功，电势能减小，故正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，选项C对．将电子从M点移到N点的过程中，受到的电场力与移动方向相反，电场力做负功，选项D错．答案：AC图22．如图2所示，两平行金属板竖直放置，板上AB两孔正好水平相对，板间电压500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )A．900 eV B．500 eVC．400 eV D．100 eV解析：由于电子动能E k＝400 eV<500 eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动．最终从A孔射出．电场力做功为零，电子动能大小不变．故C正确．答案：C3．(北京海淀期末练习)如图3所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容器，板N 固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M 上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是( )图3A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C．只将板M 从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大解析：根据C＝εr S4πkd 和U＝QC，A项是d增大，则电容C减小，U增大，所以静电计指针张角变大，故A正确；B、C项都是S减小，则电容C减小，U增大，静电计指针张角变大，故B正确，C错；D项是εr增大，则电容C增大，U减小，静电计的指针张角变小，故D错．答案：AB图44．(山东卷)如图4所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧．下列判断正确的是( )A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大[D．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小图5解析：在＋Q，－Q连线上及延长线上三个区间内场强方向如图5所示，由对称关系可知，在Q左侧与P(－Q)间等距的P′点应与P点场强相同，故选项A正确．在(－Q)、Q之间各处场强均大于(－Q)、P之间各点场强，故试探电荷＋q 从P移至O点过程中，P→(－Q)做正功W1，由－Q→0电场力做负功W2，由上面分析知，|W1|>W1.故电势能增大．C正确．答案：AC5．(宁夏卷)如图6所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α，在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )图6A．缩小a、b间的距离B．加大a、b间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质[解析：a 板与Q 板电势恒定为零，b 板和P 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q 视为不变．要使悬线的偏角增大，则应使电压U 增大，即减小电容器的电容C .对电容器C ，由公式C ＝q U ＝εr S4πkd，可以通过增大板间距d 、减小介电常数εr 、减小极板的正对面积S 来减小电容C .答案：BC6．带电粒子M 只在电场力作用下由P 点运动到Q 点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－6J 的功．那么( )A ．M 在P 点的电势能一定小于它在Q 点的电势能B ．P 点的场强一定小于Q 点的场强C ．P 点的电势一定高于Q 点的电势D ．M 在P 点的动能一定大于它在Q 点的动能解析：带电粒子M 只受电场力作用下从P 点到Q 点，克服电场力做功，其电势能增加，动能减小，故A 、D 正确；场强的大小与电场力做功正、负无关，故B 选项错；在C 选项中，由于带电粒子的电性未知，故无法确定P 点与Q 点电势的高低，C 错．答案：AD7．如图7所示为示波管构造的示意图，现在XX ′上加上U x —t 信号，YY ′上加上U x —t 信号(如图8甲、乙所示)，则在屏幕上看到的图形是图中的( ) 图7 图8解析：由于图象是可以用描点法确定的，所以可以选几个代表性的点，确定出大致的图形，在t ＝T 2时，U x ＝0，U y ＝0，电子打在屏幕上的原点，在t ＝T4时，U x 为负，U y 为正的最大值，电子带负电，受电场作用后向电势高的极板偏转，打在屏幕左上方的最高点，A 正确．答案：A8．如图9所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b .不计空气阻力，则( ) 图9A ．小球带负电B ．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A不正确．小球在从a点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D不正确．答案：B9．(全国卷Ⅰ)如图10所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M 、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则( )图10A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动解析：作出过点M的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A正确．将负电荷从O点移到P点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B错误．由E＝U/d及电场线疏密程度知O、M两点间电势差应大于M、N两点间电势差，C错误．沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y轴正方向的外力，D正确．答案：AD图1110．如图11所示为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电粒子以某一角度θ从电场a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知( )A．电场中a点的电势低于b点的电势B．粒子在a点的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C．粒子在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b 点时的电势能图12D．粒子在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b 点时的电势能解析：因带电粒子从a点沿直线运动到b点，受力情况如右图12所示，场强方向一定水平向右，故a点的电势一定高于b点的电势，A选项不对．粒子在电场中运动，共涉及到三种能量：动能、电势能、重力势能．三种能量之和保持不变，即带电粒子在a点三种能量之和等于在b点的三种能量之和，因为粒子在a点的重力势能小于在b点的重力势能，故B选项不对．又因为带电粒子从a点运动到b点，合外力做负功，故动能减小，即E ka>E kb.从a到b，电场力做负功，故电势能增加，即E电a<E电b.所以C错，D对．答案：D图1311．如图13所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或者将A 板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变，P 点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低解析：电容器与电源是断开的，电容器无法充、放电，电容器的带电荷量是保持不变的．当A板下移时d减小，电容C增大，由U＝QC可知U减小，由E ＝Ud＝QC·d＝4πkQεr S可知E不变化．P点的电势φP＝U PB＝E·PB，所以φP不变，选项A正确．当B板上移时，PB减小，P点的电势φP降低，选项C正确．答案：AC图1412．如图14所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔE k，重力势能增加了ΔE p.则下列说法错误的是( )A．电场力所做的功等于ΔE kB．物体克服重力做的功等于ΔE pC．合外力对物体做的功等于ΔE D．电场力所做的功等于ΔE k＋ΔE p解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：W F＋W G＝ΔE k由重力做功与重力势能变化的关系可得W G＝－ΔE p，由上述两式易得出A错误，B、C、D正确．答案：A图1513．(浙江宁波联考)如图15所示，两平行金属板水平放置，间距为d ，板间存在匀强电场．一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，以竖直向下的初速度从上板的小孔射入，当它从下板的小孔穿出时所用的时间为t .若小球以同样大小的初速度从下板的小孔竖直向上射入，则从上板小孔穿出时所用的时间为t /2.不计空气阻力．(1)指出两板间电场强度的方向． (2)求电场强度的大小．(3)求小球穿出下板小孔时速度v 1与穿出上板小孔时速度v 2之比v 1∶v 2.解析：(1)场强方向竖直向下．(2)根据题意，小球在电场中运动的加速度a 应竖直向上．Eq －mg ＝ma ①从上往下：d ＝v 0t －12at 2②从下往上：d ＝v 0t 2＋12a (t 2)2③由①②③式解得电场强度：E ＝4md 3qt 2＋mgq .(3)由②③两式解得：a ＝4d 3t 2，v 0＝5d3t则：v 1＝v 0－at ＝d 3t ，v 2＝v 0＋a t 2＝7d3t所以：v 1v 2＝17.答案：(1)场强方向竖直向下 (2)4md 3qt 2＋mg q (3)1714．如图16所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图16所示，取x 轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为qm＝1.0×10－2C/kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：图16(1)粒子通过电场区域的时间； (2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3s.(2)粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度a 1＝E 1q m＝4 m/s 2，减速时的加速度a 2＝E 2q m＝2 m/s 2，x 方向上的位移为 x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T 2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5m,2 m)． (3)粒子在x 方向的速度v x ＝a 1T 2－a 2T2＝4×10－3m/s.答案：(1)4×10－3s (2)(－2×10－5m,2 m) (3)4×10－3m/s图1715．如图17所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．电荷量为q 、动能为E k 的带电粒子从a 点沿ab 方向进入电场，不计重力．(1)若粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能； (2)若粒子离开电场时动能为E k ′，则电场强度为多大？解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则在初速度方向上：L ＝v 0t ①在电场方向上：L ＝12at 2②其中qE ＝ma ③E k ＝12mv 20④由动能定理得qEL ＝E k c －E k ⑤由①②③④⑤可解得E k c ＝5E k ，E ＝2mv 2qL ＝4E kqL.(2)若粒子由bc 离开电场，则有：L ＝v 0t ⑥粒子在电场方向上的速度v y ＝at ⑦粒子离开电场时的速度为vv 2＝v 20＋v 2y ⑧E k ′－E k ＝12mv 2－12mv 20⑨联立可解得：E ＝2E k (E k ′－E k )qL⑩若粒子由cd 边离电场，则由动能定理得qEL ＝E k ′－E k ⑪则E ＝E k ′－E kqL.答案：(1)5E k 4E k qL (2)2E k (E k ′－E k )qL 或E k ′－E kqL16．(江苏常州模拟)如图18所示，A 、B 为两块平行金属板，A 板带正电、B 板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d 、电势差为U ，在B 板上开有两个间距为L 的小孔．C 、D 为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B 板的O ′处，C 带正电、D 带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O ′.半圆形金属板两端与B 板的间隙可忽略不计．现从正对B 板小孔紧靠A 板的O 处由静止释放一个质量为m 、电量为q 的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：图18(1)微粒穿过B 板小孔时的速度多大？(2)为了使微粒能在CD 板间运动而不碰板，CD 板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒第1次通过半圆形金属板间的最低点P 点？解析：(1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理，有qU ＝12mv 2①解得v ＝2qUm(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R ＝m 2v 2L②联立①、②，得E ＝4UL(3)微粒从释放开始经t 1射出B 板的小孔，则t 1＝d v 2＝2d v＝2dm 2qU设微粒在半圆形金属板间运动经过t 2第一次到达最低点P 点，则t 2＝πL4v ＝πL4m 2qU所以从释放微粒开始，经过(t 1＋t 2)＝(2d ＋πL4)m2qU微粒第一次到达P 点．答案：(1)2qUm (2)E ＝4U L (3)t ＝(2d ＋πL4)m2qU17．(福建卷)如图19甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电量为q (q >0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g .图19(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 的过程中弹簧的弹力所做的功W ；(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v —t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量(本．小题不要求写出计算过程．．．．．．．．．．．) 解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma ①s 0＝12at 21②联立①②可得t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k) (3)如图20 图20答案：(1) (2)12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(S 0＋mg sin θ＋qEk )(3)见解析图20。

章末检测(六):电场(时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A 、B 两点分别固定两个点电荷Q 1和Q 2，则关于C 、D 两点的场强和电势，下列说法正确的是( )A ．若Q 1和Q 2是等量异种电荷，则C 、D 两点电场强度不同，电势相同B ．若Q 1和Q 2是等量异种电荷，则C 、D 两点电场强度和电势均相同 C ．若Q 1和Q 2是等量同种电荷，则C 、D 两点电场强度和电势均不相同 D ．若Q 1和Q 2是等量同种电荷，则C 、D 两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动3.真空中有一半径为r 0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r 表示该直线上某点到球心的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离．下列说法中正确的是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势 B ．A 点的电场强度方向由A 指向BC ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做负功4.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位.于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq 3l 2B.3kq l 2C.3kq l 2D.23kq l 25．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一个电量为2 C 、质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝2 V/mB ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大C ．由C 到A 的过程中，电势逐渐升高D ．A 、B 两点电势差U AB ＝－5 V6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块Q 的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大7.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意) 8.如图所示，两个质量均为m ，带电荷量均为＋q 的小球A 、B ，一个固定在O 点的正下方L 处，另一个用长为L 的细线悬挂在O 点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是( )A ．O 点处的电场强度的大小为3kqL 2B ．A 在B 处产生的电场强度为kqL2C ．细线上的拉力为3kq 2L2D ．B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上9．将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则( )A ．三个微粒在电场中运动时间相等B ．三个微粒的电荷量相同C ．三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F CD ．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A10.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO 、QO 放置在重力场中，PO 竖直，a 、b 为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F 作用于b 时，a 、b 紧靠挡板处于静止状态．现稍改变F 的大小，使b 稍向左移动一小段距离，则a 、b 重新处于静止状态后( )A ．a 、b 间电场力增大B ．作用力F 减小C．系统的重力势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共47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)11.(10分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．12．(12分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t＝3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求：(1)平行板电容器板长L；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度φ；(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.13(12分)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．14(13分).如图所示，有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和＋q，q=1.00×10-7C.A、B之间用第三根线连接起来.其中存在大小为E=1.00×106N／C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示.现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少（不计两带电小球间相互作用的静电力）?章末检测(六)1．[解析]选B 2．[解析]选C 3．[解析]选B. 4．[解析]选B 5．[解析]选D 6．[解析]选D 7 [解析]选.D 8．[解析]选ABD. 9．[解析]选CD. 10．[解析]选BC.11．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①(1分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2ar ②(1分)N b －f ＝m v 2br③(1分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a ④(1分)E k b ＝12m v 2b⑤(1分)根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥(3分) 联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q(N b －N a )(2分)E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分)E k b ＝r12(5N b ＋N a )．(1分)12[答案](1)3v 0T (2)arctan 2qUT md v 0 (3)3qU mdT 213．(1)8gR (2)2mg (3)3mg ，方向水平向右 14. 0.68J。

《静电场》综合检测（时间：90分钟满分:100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项是符合题目要求的，第8〜12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得1.如图（甲）所示，直线上固定两个正点电荷 A与B,其中B带+Q的电荷量,C,D两点将AB连线三等分，现有一个带负电的粒子从 C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C,D 间运动的速度V与时间t的关系图像如图（乙）所示，则A点电荷的带电荷量可能是（㈢A.+5QB.+3QC.+2QD.+Q 解析：由v-t图像可知该粒子在两正点电荷 A,B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对其的库仑力大于点电荷B对其的库仑力，根据库仑定律，在D点,k^>k弓,即Q>4Q,故选项A正确,B,C,D 错误.2.如图所示，在正方形的四个顶点上分别固定等量的正负电荷，0点为该正方形对角线的交点，直线MN!过0点且垂直于该正方形，0M大于ON,以下对M,N两点的电势和电场强度的判断，下列说法正确的是A.M,N两点电势相等，电场强度不相等B.M,N两点电势相等，电场强度也相等C.M,N两点电势不相等，电场强度相等D.M,N两点电势不相等，电场强度不相等解析：两个等量正电荷连线中点 O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零,故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小,M点电场强度竖直向上,N点电场强度竖直向下，两个等量负电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，M点电场强度竖直向下,N点电场强度竖直向上，因为电荷量相等，距离也相等，故电场强度大小也相等，方向相反，合场强为零；根据以上分析,MN上每个点的电场强度均为零，是一等势面，所以M点电势等于N点电势,故B正确,A,C,D错误.3.如图所示,虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值.一带电粒子只在电场力作用下沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是（B ）4V /6V/A.粒子一定带负电B.A处电场强度大于C处电场强度C.粒子在A处电势能大于在C处电势能D.粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功解析：由等势线分布可知，电场在A处的方向由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子在A处所受的电场力向左，故粒子带正电,A错误;A 处的等势线较密集，则电场线较密集,A处的电场强度较大,B正确;A 处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小,C错误;从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功Q错误.4.如图所示,a,b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后,静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（C ）A.使a,b板的距离增大一些B.使a,b板的正对面积减小一些C.断开S,使a,b板的距离增大一些D.断开S,使a,b板的正对面积增大一些解析:开关S闭合,电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变,故A,B错误;断开S,电容器所带的电荷量不变,a,b板的距离增大, 则电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大，故C正确；断开S,电容器所带的电荷量不变,a,b 板的正对面积增大，电容增大,根据U弓知,电势差减小，则指针张角减小，故D错误.5.匀强电场中有a,b,c三点，在以它们为顶点的三角形中，/ a=30° , / c=90° ,电场方向与三角形所在平面平行.已知a,b和C点的电势分别为（2-再）V,（2+再）V和2 V,该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（B ）A.(2-的)V,(2+ 的)VB.0 V,4 VC.(2- i^)V,(2+ ^)V3 3D.0 72® 解析：如图所示，取ab的中点0,即为三角形外接圆的圆心，且该点电势为2 V,故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为N方向，外接圆上电势最低点为N点,最高点为M点，设外接圆的半径为R,则U O P=LO.F V3V,U。

第六章 静电场(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(多选)细胞膜也称生物膜或质膜，是由类脂、蛋白质和糖类组成。

质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者。

如果细胞膜的厚度约等于800 nm(1nm ＝10－9 m)，当膜的内外层间的电压达到0.4 V 时，即可让一价钠离子渗透。

设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时( )A ．膜内电场强度约为5×105 V/mB ．膜内电场强度约为2×105 V/mC ．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.4×10－20 JD ．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.6×10－19 J解析 根据E ＝U d ＝0.4800×10－9 V/m ＝5×105 V/m ，A 正确，B 错误；W ＝Uq ＝0.4×1.6×10－19 J ＝6.4×10－20J ，C 正确，D 错误。

答案 AC2．(2016·平湖市联考)如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C 点是A 、B 连线的中点。

已知A 点的电势φA ＝30 V ，B 点的电势φB ＝－10 V ，则C 点的电势( )A ．φC ＝10 VB ．φC ＞10 VC ．φC ＜10 VD ．上述选项都不正确解析 由于AC 之间的电场线比CB 之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，所以φC ＜10 V ，C 正确。

答案 C3．电荷量为1.6×10－19 C 的带正电的质子在静电场中由A 点移到B 点，在这过程中，静电力做的功为8.0×10－17 J ，则a 、b 两点间的电势差U AB 为( )A ．3×102 VB ．5×102 VC ．4×102 VD ．7×102 V解析 由公式U AB ＝W AB q 得，电势差U AB ＝8.0×10－171.6×10－19 V ＝5×102 V ，选项B 正确。

⊳规范表达能力的培养⊳迁移变通能力的培养规范答题要求：必要过程的叙述、遵循规律的叙述、假设物理量的叙述。

经典案例审题流程例1 如图1所示，A、B 为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C 带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒（微粒的重力不计)，求:图1（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大?(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件?（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点?满分规范评分细则·答题规则(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理第一问:(1)只列出①式，没能计算出结一次到达P点经过的时间：t1＋t2＝（2d＋错误!）错误!⑤(2分)根据运动的对称性可知,再经过2（t1＋t2)时间微粒再一次经过P点，所以微粒经过P点的时间：t＝（2k＋1)(2d＋错误!) 错误!(k ＝0、1、2……）⑥（3分）第三问：(1)只列出③式,没有计算出结果，但最终结果正确，不扣分,计算结果错误，只得2分．(2)没有列出④式，而列出的是T＝错误!和t2＝错误!T，最终结果正确，不扣分，计算结果错误,只得1分．(3）没有考虑到运动的周期性，但说明了再经过2(t1＋t2)时间微粒再一次经过P点，且结果正确,可得1分．答题规则:在时间比较紧张的情况下，要尽量根据题设条件写出必要的方程，力争多得步骤分。

“等效法”在电场中的应用处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角,从而决定电场力做功情况;二是注意带电粒子的初始运动状态．1．等效重力法．将重力与电场力图2进行合成，如图2所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝错误!为等效重力场中的“等效重力加速度"，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．2．物理最高点与几何最高点．在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点．例2 如图3所示,在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场,电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°,A点距水平地面的高度为h＝4 m．BC段为一粗糙绝缘平面,其长度为L＝错误!m．斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接（图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0。

第六章《静电场》综合检测一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．)1.(2009·广东高考)关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )A．电场线是客观存在的B．电场线越密，电场强度越小C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小解析：电场线从正电荷出发到负电荷终止，沿着电场线方向电势逐渐降低．答案：C2．有一个负点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能E k随位移s变化的关系图象如下图中的①、②图线所示，则能与图线相对应的两个电场的电场线分布图分别是下图中的( )解析：由于E k的变大，说明负电荷只能逆着电场线方向运动．再根据E k－S的斜率(F电)可知：①所代表的负电荷所受电场力不变，即B选项；②所代表的负电荷所受电场力逐渐增大，即C选项正确．答案：BC3.(2009·北京理综，16)某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为U P和U Q，则( )A ．E P >E Q ，U P >U QB ．E P >E Q ，U P <U QC ．E P <E Q ，U P >U QD ．E P <E Q ，U P <U Q解析：根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出U P >U Q ；根据电场线的疏密表示电场的弱强，可以判断出E P >E Q ，故选A.答案：A4.(2009·海南单科，5)一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为ε0S /d ，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间( )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小解析：由C ＝Q U 和C ＝ε0Sd ，电容器充电后断开电源，极板所带电量不变．因为d 增大，所以C 减小，U 增大．而由E ＝U d ＝Qε0S 可知，E 不变，A 正确．答案：A5．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：粒子接近M点过程中电场力做负功，离开M点的过程中电场力做正功，所以在M点粒子的速率应该最小，A、B错误，粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变C正确，因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D错误．答案：C6.(2009·福建八中)如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则( )A ．A 带正电、B 不带电、C 带负电 B ．三小球在电场中运动时间相等 C ．在电场中加速度的关系是a C >a B >a AD ．到达正极板时动能关系E A >E B >E C 答案：AC7.(2009·浙江理综，20)空间存在匀强电场，有一电荷量q (q >0)、质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时的速率为2v 0.现有另一电荷量－q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0.若忽略重力的影响，则( )A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高 B. 在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高 C. OA 间的电势差比BO 间的电势差大 D. OA 间的电势差比BA 间的电势差小解析：正电荷从O 点运动到A 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势降低；负电荷从O 点运动到B 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势升高，故B 点电势最高，A 点电势最低，A 选项正确，B 选项错误；由动能定理可得qU OA ＝12m (2v 20)2－12mv 20，得U OA ＝3mv 202q ，qU BO ＝12m (3v 0)2－12m (2v 0)2，得U BO ＝5mv 22q，由此可知U BO >U OA ，C 选项错误，U BA ＝U OA ＋U BO >U OA ，D 选项正确．答案：AD8．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知原子、氘核和α粒子(氦原子核)的质量之比为1 2 4，电荷量之比为1 1 2，则下列判断中正确的是( )A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1 2 2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1 2 4 解析：粒子运动情况如图所示，由qU 1＝12mv 20，得v 0＝2qU 1m，粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间t ＝L 1＋L 2＋L 3v 0＝(L 1＋L 2＋L 3)m 2qU 1所以t 11H t 21H t 42He ＝12 2.由v 0＝2qU 1m ，y 1＝12qU 2dm (L 2v 0)2，y 2＝L3tan α，tan α＝qU 2dm ·L 2v 0v 0，得粒子打到荧光屏上的位置y ＝y 1＋y 2＝U 2L 2(L 22＋L 3)2dU 1，所以y 11H y 21H y 42He ＝1 1 1由v 0＝2qU 1m ，W ＝q U 2d y 1，y 1＝12qU 2dm (L 2v 0)2，得偏转电场对粒子做功W ＝qU 22L 224U 1d 2，所以W 11H W 21H W 42He ＝1 1 2.答案：B9.(2009·海南单科，10)如图所示，两等量异号的点电荷相距为2a .M 与两点电荷共线，N 位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M 和N 的距离都为L ，且L ≫a .略去(a /L )n (n ≥2)项的影响，则两点电荷的合电场在M 和N 点的强度( )A ．大小之比为2，方向相反B ．大小之比为1，方向相反C ．大小均与a 成正比，方向相反D ．大小均与L 的平方成反比，方向相互垂直解析：两电荷在M 点的合电场为E M ＝kq (L －a )2－kq(L ＋a )2＝4kqLa (L 2－a 2)2，由于L ≫a ，所以E M ＝4kqaL 3，所以E M ∝a ，方向水平向右；两电荷在N 点的合电场为E N ＝2×kqa 2＋L 2·a a 2＋L2，由于L ≫a ，所以E N ＝2kqaL3，所以E N ∝a ，方向水平向左，且E M ＝2E N ，故选项A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC10.(2010·南京六中)如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球A 、B ，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A 、B 将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法正确的是( )A．因电场力分别对球A和球B做正功，故系统机械能不断增加B．因两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大答案：D二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)如图所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘硬杆，杆上O 点套有一质量为m 、带电量为－q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q 的点电荷，杆上a 、b 两点到＋Q 的距离相等，Oa 之间距离为h 1，ab 之间距离是h 2，使小环从图示位置的O 点由静止释放后，通过a 点的速率为3gh 1.则小环通过b 点的速率为________．解析：根据动能定理有：mgh 1－q (φO －φa )＝12m ×3gh 1mg (h 1＋h 2)－q (φO －φb )＝12mv 2b又∵φa ＝φb由以上三式得：v b ＝(3h 1＋2h 2)g . 答案：(3h 1＋2h 2)g 12．(6分)如图所示，一电子(质量为m ，电量为e )以初速度v 0沿与场强垂直的方向从A 点飞入匀强电场，当它从B 点飞出时，速度方向与场强方向成150°角．则此过程中电场力做功为________J ；A 、B 两点的电势差U 为________V.解析：电场力做功W ＝12m (v 0cos60°)2－12mv 20＝32mv 20. A 、B 两点的电势差U ＝W e ＝3mv 202e.答案：3mv 20/2 3mv 20/2e13．(10分)(2009·广州模拟)绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个电荷量为q 、质量为m 的小球，当空间建立水平方向的匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成θ＝60°角的位置，如图所示．(1)求匀强电场的场强E ；(2)若细绳长为L ，让小球从θ＝30°的A 点释放，王明同学求解小球运动至某点的速度的过程如下：据动能定理－mgL (1－cos30°)＋qEL sin30°＝12mv 2得：v ＝2(3－1)gL你认为王明同学求的是最低点O 还是θ＝60°的平衡位置处的速度，正确吗？请详细说明理由或求解过程．解析：(1)小球在θ＝60°角处处于平衡，则Eq ＝mg tan θ得E ＝mg tan60°q ＝3mg q方向水平向右．(2)王明同学的求解不正确因为小球在θ＝60°处处于平衡，因此小球从θ＝30°的A 点释放，它不会往A 点的左边运动，而是以θ＝60°处为中心、以A 点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O王同学的求解实际上也不是小球运动到θ＝60°的平衡位置处的速度．平衡位置处的速度的正确求解应该是：据动能定理有qE (L sin60°－L sin30°)－mg (L cos30°－L cos60°)＝12mv 2联解得v ＝(3－1)gL . 答案：见解析14．(10分)相距为d 的M 、N 两平行金属板与电池相连接，如图所示．一带电粒子从M 板边缘垂直于电场方向射入，并打到N 板的中心．现欲使粒子原样射入，但能射出电场，不计重力．就下列两种情况，分别求出N 板向下移动的距离．(1)开关K 闭合； (2)把闭合的开关K 打开．解析：(1)K 闭合，U 不变：d ＝12at 2＝qUL 28mdv 20；qUL 22m (d ＋x )v 20≤d ＋x ，d 2(d ＋x )2≤14，得x ≥d . (2)K 打开，E 不变：d ＝12at 2＝qEL 28mv 20；qEL 22mv 20≤d ＋x ′，d d ＋x ′≤14，得x ′≥3d .答案：(1)x ≥d (2)x ′≥3d15．(12分)如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD ，AB 段为直径，BCD 段是半径为R 的圆弧，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN 平行．现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动从D 点抛出，求：(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离s ； (2)在(1)问中小球经过N 点时对挡板的压力大小．解析：(1)根据题意分析可知，小球经过M 点时对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有：qE ＝m v 2MR由动能定理得：qE (s －2R )＝12mv 2M联立解得：s ＝52R .(2)过N 点时，根据牛顿第二定律有：N －qE ＝m v 2NR由动能定理得：qEs ＝12mv 2N联立解得：N ＝6qE由牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力大小为6qE . 答案：(1)52R (2)6qE16．(12分)(2009·福州八中)如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷．a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点．一质量为m 带电量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ. (2)Ob 两点间的电势差U O b . (3)小滑块运动的总路程S .解析：(1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0 ①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得：q ·U ab －f ·L2＝0－E 0②而f ＝μmg ③ 由①－③式得：μ＝2E 0mgL. ④(2)对于滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U O b －f ·L4＝0－nE 0⑤由③－⑤式得：U O b ＝－(2n －1)E 02q.⑥(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得：q ·U aO －f ·s ＝0－E 0⑦而U aO ＝－U O b ＝(2n －1)E 02q ⑧由③－⑧式得：S ＝2n ＋14L .⑨答案：(1)μ＝2E 0mgL (2)U O b ＝－(2n －1)E 02q (3)S ＝2n ＋14L。

第六章静电场一、选择题1．水平正对放置的两块等大平行金属板M、N与电源连接，两板间有一带电粒子以速度v0沿直线运动，当粒子运动到P点时，由于M板的迅速移动，粒子向上偏转，如图所示，则下列说法正确的是( )A．粒子带负电B．M板向上移动C．板间电场强度减小D．电容器的电容变大2．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关3．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N 视为点电荷．下列说法正确的是( )A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同一直线上C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零4．如图，真空中的正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是( )A．b、e两点的电场强度相同B．a点电势高于e点电势C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D．电子沿圆周由d运动到c，电场力做功为零5．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－q(Q>q)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是( )A．A点场强大于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将正检验电荷从C点移到O点，电场力做负功6．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有( )A ．粒子带正电B ．粒子做匀速圆周运动C ．粒子电势能增大D ．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变7．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M 、N 与电压为U 的恒定电源连接，板的间距为d.现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，则( )A ．此时极板间电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量为mg UdC ．减小极板间电压，油滴将加速下落D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动8．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量9．一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器B板位置不动．下列说法中正确的是( )A．将A板向左平移，则静电计指针张角增大B．将A板向右平移，则静电计指针张角增大C．将A板竖直向下平移，则静电计指针张角减小D．将A板竖直向上平移，则静电计指针张角增大10．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则( )A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动二、非选择题11．如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带正电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．答案：1. D 解析：下板与电源正极相连，下板带正电，两板之间存在向上的电场，带电粒子原来做匀速直线运动，说明带电粒子受到的重力与向上的电场力平衡，故粒子带正电，A 错误；现在带电粒子的运动轨迹向上弯，说明电场力大于重力，则两板之间的场强增大，由E＝U d 知，两板之间的距离减小，故M 板向下移动，B 、C 错误；由电容的决定式C ＝εr S 4πkd得电容器的电容变大，D 正确．2. C 解析：不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A 错误．电场力做正功，电势能减小，选项B 错误．不计重力的带负电微滴初速方向和恒定电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C 正确．带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D 错误．3. BD 解析：由于MN 间的库仑力和细杆对小球的作用力沿杆方向，因此当M 、N 静止时三个电荷一定在同一条直线上，选项B 正确；将M 、N 及细杆看作一个系统，则＋Q对系统的作用力的合力为零，则有k Qq L 2＝k Q ·2q （L ＋r MN ）2，解得r MN ＝(2－1)L ，选项A 错误，选项D 正确；在P 点的点电荷产生电场，因电荷是正电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，所以M 点的电势大于N 点的电势，选项C 错误．4.CD 解析：b 、e 两点电场强度的大小相同，方向不同，A 错误；在正电荷产生的电场中，离电荷越近，电势越高，e 点离电荷近，故电势高，B 错误；b 、e 两点和c 、d 两点分别到电荷的距离相同，故电势相同，因此b 、c 两点间的电势差等于e 、d 两点间的电势差，C 正确；电场力做功与初、末位置的电势差有关，c 、d 两点的电势差为零，故电场力做功为零，D 正确．5.AD 解析：设A 点到Q 的距离为d ，到－q 的距离为L ，故A 点的场强E A ＝kQ d 2＋kq L 2，同理可得B 点的场强E B ＝kQ L 2＋kq d 2，故E A －E B ＝k （Q －q ）d 2－k （Q －q ）L 2，由于d ＞L ，故E A －E B ＞0，即E A ＞E B ，A 项正确；根据平行四边形定则，以两分场强为邻边作出平行四边形的对角线，可知C 、D 两点场强的方向不相同，B 项错误；电场线的方向是电势降落的方向，故A 点的电势高于B 点的电势，C 项错误；正电荷从C 到O ，受力的方向与速度方向的夹角为钝角，因此电场力做负功，D 项正确．6.AD 解析：带电粒子垂直进入电场后，仅在电场力作用下向场强方向偏转，粒子带正电；由于电场力大小及方向均恒定，粒子做类平抛运动；运动中电场力做正功，粒子电势能减小；粒子通过电场区域的时间仅由电场区域宽度及粒子初速度决定，仅增大场强，不会改变粒子通过电场区域的时间．选项B 、C 错误，A 、D 正确．7.AC 解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A 正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q U d＝mg 可知B 错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C 正确；N 板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D 错误．8.BD 解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．9. AD 解析：静电计是用来检测电容器两板间电压的，根据C ＝εr S 4πkd和C ＝Q U ，可得U ＝4πkQd εr S，将A 板左平移，两板间的距离d 变大，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项A 正确；将A 板右平移，两板间的距离d 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变小，静电计指针张角减小，选项B 错误；将A 板竖直向下平移，两板间的正对面积S 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项C 错误；将A 板竖直向上平移，两板间的正对面积S 变小，根据U ＝4πkQd εr S，电容器的两端电压U 变大，静电计指针张角增大，选项D 正确．10.AD 解析：分别过M 、P 两点作等势面，根据沿电场线方向电势降低可知，M 点电势高于P 点电势，选项A 正确；将负电荷由O 点移到P 点电场力做负功，选项B 错误；根据ΔU ＝φA －φB 及电场线分布图可知，M 、N 两点间电势差小于O 、M 两点间电势差，选项C 错误；若在O 点静止释放一带正电的粒子，粒子运动方向与电场力方向一致，沿y 轴方向，选项D 正确．11. 解析：根据力的平衡和力的合成(如下图)得，Eq ＝mgtan π6，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E ＝Q Cd ，所以Q ＝3mgCd 3q ；第二次充电后，Q ′＝3mgCd q，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量ΔQ ＝Q′－Q ＝23mgCd 3q ＝2Q .答案：2Q。

阶段综合测评六　静电场(时间：90分钟　满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不答得0分)1．(2015届福建省漳州高三八校联考)如图所示，虚线a、b、c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U ab＝U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中正确的是( )A．三个等势面中，c的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能比Q点小C．带电质点通过P点时的动能比Q点小D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小解析：由带正电的质点做曲线运动的条件可知，该质点受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，沿电场线电势逐渐降低，则等势面a的电势最高，选项A错误；若带正电的质点从Q点到P点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，故选项B错误，选项C正确；等势面密集的区域电场强，所以P点场强大于Q点场强，带电质点在P点时受到的电场力较大，故选项D错误．答案：C2．(2015届广东省中山一中等七校高三第一次联考)如图实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不可确定的是( )A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大解析：设粒子由a到b运动，由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故选项A正确，选项B错误；由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故选项C错误；电场力做负功，则电势能增加，故b点电势能较大，故选项D错误．答案：A3．(2015届温州市十校联合体高三联考)如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：由题意可知，带负电的粒子在电场中受力水平向左，粒子先做减速运动后做加速运动，在M点速率最小，故选项A、B错误；粒子在匀强电场中受到恒定电场力作用，其加速度保持不变，故选项C 正确；电场力先做负功，后做正功，其电势能先增加后减小，故选项D错误．答案：C4．(2015届山东师大附中高三模拟)某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是( )A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势解析：带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B 点向A 点运动，也有可能是从A 点向B 点运动的，故选项A 错误：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A 点时受到的电场力大，故选项B 正确：带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A 点运动到B 点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A 点的动能大于它在B 点的动能，粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能．反之一样．故选项C 错误：带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能，所以电场中A 点的电势低于B 点的电势，故选项D 错误．答案：B5．(2015届福州八中高三质检)如图所示，一边长为l 的正方形，其中a 、b 、c 三个顶点上分别固定了三个电荷量相等的正点电荷Q ，O 点为正方形的中心，d 点为正方形的另一个顶点．以下关于O 点和d 点说法正确的是( )A ．O 点和d 点的场强方向相同B ．d 点比O 点的电势高C ．同一试探电荷＋q 在d 点比在O 点受到的电场力大D ．同一试探电荷＋q 在d 点比在O 点的电势能大解析：由点电荷的电场及场的叠加可知，在O 点b 、c 两处的点电荷产生的电场相互抵消，O 点处的场强方向沿ad 指向d 点，在d 点b 、c 两处的点电荷产生的电场合成方向也是沿ad 指向d 点，所以三个正点电荷在O 点和d 点的场强方向相同，故选项A 正确；ad 是b 、c 两处点电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知在b 、c 两点电荷的电场中O 点电势高于d 点电势，而在点电荷a 的电场中O 点电势也高于d 点电势，再由电势叠加可知O 点电势高．故选项B 错误；由点电荷的电场及场的叠加可知，在O 点b 、c 两处的点电荷产生的电场相互抵消，O 点处的场强等于a 处点电荷所产生的场强，即E O ＝＝，方向由a 指向O ；而在d 点处E d ＝×cos45°×2＋＝×＜E O ，方向kQ (2l )22kQ l 2kQ l 2kQ 2l 2(2＋12)KQl 2也沿aO 方向，故选项C 错误；O 点电势比d 点高，正电荷在电势越高处电势能越大，所以同一试探电荷＋q 在d 点比在O 点的电势能小，故选项D 错误．答案：A6．(2015届辽宁省本溪市高三月考)如图所示，以O 点为圆心，以R ＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a ，b ，c ，d ，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x 轴正方向成θ＝60°角，已知a ，b ，c 三点的电势分别为4 V 、4 V 、－4 V ，则下列说法正确的是( )33A ．该匀强电场的场强E ＝40 V/m 3B ．该匀强电场的场强E ＝80 V/mC ．d 点的电势为－4 VD ．d 点的电势为－2 V3解析：匀强电场中任意一条线段中点电势等于两端电势的平均值，根据φA ＝4V ，φB ＝43V ，φC ＝－4 V 可得原点O 的电势φO ＝0 V ，D 点电势是φD ＝－4 V ，选项C 正确，选项D 错误；匀强3电场中的电场线和等势面垂直，过B 点和D 点的等势面与电场线垂直，如图所示，BD 沿电场线方向的距离d ＝BD cos θ＝0.2 m ，BD 的电势差U ＝4 V －(－4 V)＝8 V ，所以电场强度E ＝＝＝40 V/m.故选U d 8 V0.2 m 项A 、B 错误．答案：C7．(2015届江西五校高三联考)对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 处的电势为φ＝kq /r (k 为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q 的异种点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 到C 的过程中，系统电势能的变化情况为( )A ．减少B ．增加2kQeRd 2－R 22kQeRd 2＋R 2C ．减少D ．增加2kQed 2－R 22kQed 2＋R 2解析：A 点的电势为φA ＝－k ＋k ＝－；C 点的电势为φC ＝－k ＋k ＝－Q R Q d －R kQ d －2R R d －R Q R Qd ＋R，则A 、C 间的电势差为U AC ＝φA －φC ＝－－＝，质子从A 移kQd R d －R kQ d －2R R d －R [－kQd R d －R ]2kQRd 2－R 2到C ，电场力做功为W AC ＝eU AC ＝，是正功，所以质子的电势能减少，故选项A 正确．2kQeR d 2－R 22kQeRd 2－R 2答案：A8．(2015届湖南师大附中高三月考)甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，A 、B 是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A 点自由释放，小球沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如乙图，比较A 、B 两点电势φ的高低和电场强度E 的大小，并比较该小球在A 、B 两点的电势能E p 大小和电场力F 大小，可得( )A ．φA ＞φB B ．E A ＜E BC ．E p A ＞E p BD ．F A ＜F B解析：从速度图象中可以得出粒子的速度在增加，所以电场力向上，图象的斜率表示小球的加速度，故加速度越来越小，所以受到的电场力越来越小，故选项B 、D 错误；因为小球带负电，所以电场强度方向竖直向下，又知道沿电场方向电势减小，故选项A 错误；电场力做正功，所以电势能减小，故选项C 正确．答案：C9．(2015届江淮十校高三月考)如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，p 、q 为轨迹上的两点．若p 点电势为φp ，q 点电势为φq ，则( )A ．场强方向一定向上，且电势φp >φqB ．场强方向一定向上，且电势φp <φqC ．场强方向一定向下，且电势φp >φqD ．场强方向一定向下，且电势φp <φq解析：由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上一点的切线方向，所以电荷所受电场力向下．由于是带负电荷的粒子，所以场强方向一定向上，沿着电场线的方向电势降低的．作出p 、q 点的等势点(要同在一根电场线)，沿着电场线可判定p 点的电势小于q 点，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B10．(2015届河南省天一高三大联考)如图所示，在匀强电场区域内，线段AB 、AC 、AD 长度相等且两两垂直，P 为BD 连线中点．已知电场线平行于BC 连线，B 点电势为2 V ，C 点电势为－2 V ，则( )A ．A 点电势为0B ．A 点电势为－1 VC ．电荷量为－1.0×10－6 C 的带电粒子从A 点运动到P 点电场力做功为1.0×10－6 JD ．电荷量为－1.0×10－6 C 的带电粒子从A 点运动到P 点电场力做功为2.0×10－6 J解析：由于电场线平行于BC ，B 点电势为2 V ，C 点电势为－2 V ，故BC 连线的中点E 电势为零，又连接AE 与BC 垂直，在电场中，等势面与电场线垂直，故A 点电势也为零，故选项A 正确，选项B 错误；因为AE 垂直于PE ，故PE 在一个等势面上，所以P 点电势为1 V ，W AP ＝U AP e ＝2.0×10－6 J ，故选项D 正确，选项C 错误．答案：AD11．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点，则可判断( )A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电B ．三小球在电场中运动时间相等C ．三小球到达正极板时的动能关系是：E k A ＞E k B ＞E k CD ．三小球在电场中运动的加速度关系是：a C ＞a B ＞a A解析：带负电的小球受到的合力为mg ＋F 电，带正电的小球受到的合力为mg －F 电′，不带电小球仅受重力mg ，小球在板间运动时间t ＝，所以t C ＜t B ＜t A ，故a C ＞a B ＞a A ；落在C 点的小球带负电，落在xv 0A点的小球带正电，落在B点的小球不带电．因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，所以落在板上动能的大小：E k C＞E k B＞E k A.答案：AD12．(2015届河北省正定中学高三月考)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：由题意可知，电子从静止释放后沿电场线运动，电势能逐渐减小，则电场力做正功，电子的动能增加，选项A错误；电势能减少的越来越慢，则电场力越来越小，故选项B错误，选项C正确；由于电子沿电场线运动，则电场线不可能为曲线，选项D错误．答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共40分)二、计算题(本题共3小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(11分)(2015届福州八中高三质检)如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电，电量为Q1，固定在绝缘的支架上，B质量为m，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止状态，悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为r，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)B带正电荷还是负电荷？(2)B球带电量绝对值Q2为多少？解析：(1)对B受力分析，根据平衡条件，可知，电场力方向水平向右，因此B球带负电荷．(2)由库仑定律，则有：F ＝k ，Q 1Q 2R 2对球B ，受力处理，根据力的平行四边形定则，结合三角函数，则有：mg tan θ＝k ，解得：Q 2＝Q 1Q 2R 2.mgR 2tan θkQ 1答案：(1)负电　(2)Q 2＝mg tan θR 2kQ 114．(13分)如图所示，在真空中水平放置一对平行金属板，板间距离为d ，板长为l ，加电压U 后，板间产生一匀强电场，一质子(质量为m ，电荷量为q )以初速度v 0垂直电场方向射入匀强电场．求：(1)质子射出电场时的速度大小；(2)质子射出电场时的偏转距离．解析：(1)质子通过电场的时间为t ＝①lv 0金属板间的电场强度为E ＝②Ud 质子在竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求得加速度为a ＝＝③F m qE m 质子离开电场时竖直分速度为v 1，则v 1＝at ④由①②③④式可以解得v 1＝qUlmdv 0质子离开电场时的速度实质是两分运动在此时刻速度的合速度，其大小为v ＝＝ .v 20＋v 21v 20＋(qUlmdv 0)2(2)粒子从偏转电场中射出时偏转距离为y ＝at 212把①②③代入上式解得y ＝.qUl 22mdv 20答案：(1)　(2)v 20＋(qUl mdv 0)2qUl 22mdv 2015．(16分)如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大？12(3)电场强度变化后物块下滑距离为L 时的动能．解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，如图所示，则有F N sin37°＝qE ①F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝.3mg4q (2)若电场强度减小为原来的，即E ′＝123mg8q 由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g .(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .答案：(1)　(2)0.3g (3)0.3mgL3mg4q。

大学物理第六章静电场习题答案(总7页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第六章静电场习题6-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。

试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F=++=合y轴方向有()()21322232cos242433304q qQF F Fa aqq Qaθπεπεπε=+=+=+=合得33Q q=-（2）这种平衡与三角形的边长无关。

6-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。

设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。

解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===22)sin2(π41sincosθεθθlqFTmgTe解得θπεθtan4sin2mglq=6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构。

（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。

（1）由对称性可知F1= 0（2）2912222001.9210N43q q eFr aπεπε-===⨯方向如图所示6-4 长l＝ cm的直导线AB上均匀地分布着线密度95.010C mλ-=⨯的正电荷。

试求：（1）在导线的延长线上与导线B端相距15.0cma=处P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0d cm=处Q点的场强。

解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d，其上电量q d在P点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。