2018高考物理大一轮复习题：第七单元 电场 作业32 Word版含答案

[方法点拨]电势能、电势、电势差、电场力的功及电荷量是标量，但都有正负．涉及到它们的计算要注意正负号问题．1．(电场力的功与电势差)(多选)如图1，在匀强电场中有一△ABC，该三角形平面与电场线平行，O为三条中线AE、BF、CD的交点．将一电荷量为2.0×10－8 C的正点电荷从A点移动到C点，电场力做的功为6.0×10－7 J；将该点电荷从C点移动到B点，克服电场力做功为4.0×10－7 J，设C点电势为零．由上述信息通过计算或作图能确定的是()A．匀强电场的方向图1B．O点的电势C．将该点电荷沿折线AOD由A点移到D点动能的变化量D．过A点的等势线2．(电势差与电场强度)如图2所示，梯形abcd位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3C的正电荷由a点移到d点，需克服电场力做功6.4×10－3 J，则该匀强电场的电场强度()A．垂直ab向上，大小为400 V/m图2B．垂直bc斜向上，大小为400 V/mC．平行ad斜向上，大小为200 V/mD．平行bc斜向上，大小为200 V/m3．(电场叠加)如图3所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是()A．若只在A点放置一正点电荷，则电势差U BC<U HGB．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等图3C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等4．(电场线与等势面)如图4所示，为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图(实线为电场线，虚线为等势面)，A和B为导体内部的两点，C和D为导体外部的两点，以无穷远处为电势零点，则下列说法正确的是()图4A．A、B两点的电场强度均为零，电势也均为零B．C点的电场强度大于D点的电场强度C．同一试探电荷在D点的电势能一定大于它在C点的电势能D．C点的电势高于B点的电势5．(电场中功能关系的理解)如图5所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势面．相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)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() 图5A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大6．在真空中M、N两点分别放有异种电荷＋2Q和－Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图6所示，则下列说法正确的是()A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是E a>E c，E b＝E d图6B．a、b、c、d四点电势的关系是φa<φc，φb＝φdC．在MN的连线上，O点的电场强度最小D．将带负电的试探电荷由b点沿直线移动到d点的过程中，其电势能始终不变7．正、负点电荷周围的电场线分布如图7所示，P 、Q 为其中两点，则带正电的试探电荷( )图7A ．从P 由静止释放后会运动到QB ．从P 移动到Q ，电场力做正功C ．在P 点的电势能小于在Q 点的电势能D ．在P 处所受电场力小于在Q 处所受电场力8．(多选)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图8所示，ab 、cd 分别是正方形两条边的中垂线，O 点为中垂线的交点，P 、Q 分别为cd 、ab 上的点，则下列说法正确的是( )A ．P 、O 两点的电势关系为φP ＝φOB ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E Q >E P 图8C ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力不做功9．(多选)如图9所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A 、B 、C 三点，坐标分别为(6 cm,0)、(0，3 cm)、(3 cm ，0)．O 、A 、B 三点的电势分别为0 V 、4 V 、2 V ．现有一带电粒子从坐标原点O 处以某一速度垂直电场方向射入，恰好通过B 点，不计粒子所受重力．下列说法正确的是( ) 图9A ．C 点的电势为2 VB ．匀强电场的方向与AB 垂直斜向下C ．匀强电场的场强大小为43×102 V/m D ．粒子带正电10．(多选)如图10所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd ，ab ⊥bc,2ab ＝cd ＝bc ＝2l ，电场方向与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24 V ，b 点电势为28 V ，d点电势为12 V ．一个质子(不计重力)经过b 点的速度大小为v 0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是( ) 图10A ．c 点电势为20 VB ．质子从b 运动到c 所用的时间为2l v 0C ．场强的方向由a 指向cD ．质子从b 运动到c 电场力做功为8 eV11．(多选)如图11所示，带正电的点电荷被固定于A 点，以O 点为坐标原点，AO 方向为x 轴正方向建立如图所示的一维坐标系，现将一个电荷量很小的带正电的点电荷q 从O 点由静止释放，在点电荷运动的过程中，下列关于点电荷q 的动能E k 、电势能E p 随坐标x 变化的图象中(假设O 点电势为零，不计q 的重力)，可能正确的是( )图1112.(多选)如图12所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个正方形的四个顶点．在A 点有一个粒子源，向各个方向发射动能为E k的同种带电粒子，已知到达正方形四个边的粒子中，到达B 、D 的两点粒子动能相同，均为2E k ，不计粒子重力及粒子间相互作用，则( ) 图12A ．电场方向可能由A 指向CB ．到达C 点的粒子动能一定为4E kC ．B 、D 连线上的各点电势一定相同D ．粒子过AB 边中点时，动能一定为32E k 13．(多选)如图13所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v 的带电粒子仅在电场力的作用下从a 点运动到b 点，虚线表示其运动的轨迹．则( )图13A ．粒子带正电B ．粒子受到的电场力不断减小C．a点电势高于b点电势D．电场力一直做正功，动能增加14．如图14，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O 和另一个顶点d处，进行比较，以下说法正确的是()图14A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电势低于O点的电势答案精析1．ABD [由题意可知，C 点的电势φC ＝0，U AC ＝6×10－72×10－8 V ＝30 V ，U CB ＝－4×10－72×10－8 V ＝－20 V ，所以φA ＝30 V ，φB ＝20 V ，在匀强电场中，沿同一直线相同距离上的电势差相等，因为E 是BC 的中点，则E 点的电势φE ＝10 V ，U AE ＝20 V ，由此可知U OE ＝U AE 3＝203V ，解得φO ＝503V ，B 项正确；根据已知条件可找出与图示B 点电势相同的点，从而确定等势面，进而确定电场线的方向，A 、D 项正确；如果只在电场力作用下由A 点到D 点移动电荷，由动能定理可以求出动能的变化量，现在不知道电荷的受力情况，因此无法求出该点电荷由A 点移到D 点动能的变化量，C 项错误．]2．B [由W ＝qU 知U ad ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φd ＝8 V ．如图所示，过b 点作be ∥ad 交cd 于e ，有U ab ＝U de ，即φe ＝4 V ，又因为cd ＝2ab ，所以U dc ＝2U ab ，即φc ＝0，所以bc 在同一等势面内．由几何关系知eb ⊥bc ，由电场线与等势面垂直可知，电场强度方向垂直bc 斜向上，大小为E ＝U eb ec ·sin 30°＝400 V /m ，B 对．]3．D [若A 点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC 之间的电场强度要大于HG 之间的电场强度，结合它们与A 之间的夹角关系可得电势差U BC >U HG ，A 项错误；若A 点放置一正点电荷，由于B 与H 到A 的距离不相等，故B 、H 两点的电场强度大小不相等，B 项错误；若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则AE 连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，所以C 、G 两点的电势一定不相等，C 项错误；若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D 与H 上下对称，所以电场强度大小相等，H 与F 相对于E 点一定位于同一个等势面上，所以H 与F 两点的电势相等，则D 、F 两点的电场强度大小相等，D 项正确．]4．B [导体是等势体，带正电的导体各点电势均大于零，即A 、B 点的电势均大于零，选项A 错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，C 点的电场强度大于D 点的电场强度，选项B 正确；试探电荷在电场中某点的电势能与该点的电势和试探电荷的电性均有关，选项C 错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，导体的电势高于C 点所在的等势面电势，所以B 点电势高于C 点电势，选项D 错误．]5．C [根据题图可知，P 点处等差等势面比Q 点处密，由电势差与电场强度的关系可知，P 点处的电场强度比Q 点处大，带电质点在P 点处所受的电场力比Q 点处大，选项B 错误，C 正确；根据带电质点的运动轨迹可知，所受电场力方向指向轨迹弯曲的方向，即由c 等势面指向a 等势面，由于题中没有给出带电质点所带电荷的电性，无法判断出a 、b 、c 三个等势面中哪个等势面电势最高，也无法比较出该带电质点在P 、Q 两点具有的电势能的大小，选项A 、D 错误．]6．A [题中点电荷形成的电场的合场强等效为一对等量异种电荷和一个正电荷形成的电场的合场强．根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，E a >E c ，由对称性可知，E b ＝E d ，选项A 正确；a 、b 、c 、d 四点电势的关系是φa >φc ，φb ＝φd ，选项B 错误；根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，MN 连线上有一点电场强度最小，并非O 点，选项C 错误；将带负电的试探电荷由b 点沿直线移动到d 点的过程中，其电势先增大后减小，故电势能先减小后增大，选项D 错误．]7．B [由于电场线是曲线，所以试探电荷从P 由静止释放后不会运动到Q 点，选项A 错误；试探电荷从P 移动到Q ，根据沿电场线电势下降，以及电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，选项B 正确；由于电场力对试探电荷做正功，所以试探电荷在P 处的电势能大于在Q 处的电势能，选项C 错误；由题图可知P 点场强大于Q 点场强，所以试探电荷在P 处所受电场力大于在Q 处所受电场力，选项D 错误．]8．AD [根据等量异种电荷的电场线的特点：两点电荷连线的中垂线为等势面，由对称性知，ab 和cd 都是等势面，它们都过O 点，所以ab 上的电势和cd 上的电势相等，即P 、O 两点的电势关系为φP ＝φO ，A 项正确；由电场线的疏密程度可看出P 点电场线更密集，E Q <E P ，B 项错误；根据电场的矢量合成，O 点场强为零，不管放什么电荷受力都是零，C 项错误；由于φP ＝φO ＝φQ ，故U PQ ＝0，电场力不做功，D 项正确．]9．AC [由于C 点是OA 中点，在匀强电场中，根据U ＝Ed ，可知C 点的电势为2 V ，选项A 正确；因B 点的电势也为2 V ，故C 、B 两点连线为等势线，而电场线与等势线垂直，沿着电场方向电势降低，故匀强电场的方向与CB 垂直斜向下，选项B 错误；由题图中几何关系可得，O 点到BC 的距离d ＝1.5 cm ，由U ＝Ed 可得E ＝U d ＝43×102 V /m ，选项C 正确；带电粒子从O 处垂直电场方向射入，恰好通过B 点，粒子从低电势到高电势，电场力做正功，故粒子带负电，选项D 错误．]10．ABD[三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，如图所示，bM ＝12bN ＝14bd ，已知a 点电势为24 V ，b 点电势为28 V ，d 点电势为12 V ，且ab ∥cd ，ab ⊥bc ,2ab ＝cd ＝bc ＝2l ，因此根据几何关系，可得M 点的电势为24 V ，与a 点电势相等，从而连接aM ，即为等势面；三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，bd 连线中点N 的电势与c 相等，为20 V ，A 项正确；质子从b →c 做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l ，此方向做匀速直线运动，则t ＝2l v 0，B 项正确；Nc 为等势线，其垂线bd 为场强方向，b →d ，C 项错误；电势差U bc ＝8 V ，则质子从b →c 电场力做功为8 eV ，D 项正确．]11．BD [根据点电荷周围电场强度分布特点，点电荷q 受到沿x 轴正方向的电场力作用，点电荷q 做加速度减小的加速运动，动能增大，但动能增大得越来越慢，A 错误，B 正确；由于电场力做正功，电势能减小，因加速度越来越小，相等距离内电场力做功越来越少，则电势能改变得也越来越慢，C 错误，D 正确．]12．ACD [由题知，粒子从A 运动到B 与D 两点时动能的变化量相等，电场力做功相等，则知B 、D 两点的电势相等，BD 连线是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，可知电场方向可能由A 指向C ，故A 正确．对于A 到B 的过程，由动能定理得qU AB ＝2E k －E k ；对于A 到C 的过程，由动能定理得qU AC ＝E k C －E k ；由于U AC ＝2U AB ，所以到达C 点粒子动能 E k C ＝3E k .故B 错误．BD 连线是一条等势线，B 、D 连线上的各点电势一定相同，故C 正确．设粒子过AB 边中点F ，则对于A 到F 的过程，由动能定理得qU AF ＝E k F －E k ；由于U AF ＝12U AB ，所以到达F 点的粒子动能为E k F ＝32E k .故D 正确．] 13．BC [由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，电场力方向指向弧内，则粒子带负电荷，A 项错误；电场线的疏密代表电场的强弱，从a 到b ，电场强度减小，则粒子受到的电场力不断减小，B 项正确；沿着电场线方向电势降低，则a 点电势高于b 点电势，C 项正确；电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，D 项错误．]14．D [设菱形的边长为r ，根据公式E ＝k Q r2分析可知三个点电荷在d 点产生的场强大小相等，由电场的叠加可知，d 点的场强大小为E d ＝2k Q r 2，O 点的场强大小为E O ＝k Q (r 2)2＝4k Q r 2，可见，d点的电场强度小于O点的电场强度，所以＋q在d点所受的电场力较小，故A、C 错误；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低知，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在电势高处电势能大，则＋q在d点所具有的电势能小，故B错误，D正确．]。

微专题11一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是()解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φ-x 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝6φ0q m，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12m v 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12m v 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q (3L )2＝k |Q 2|q (2L )2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m. 联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J. (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12m v 2m⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ(3)2E1cos2θ＋E2－E0情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

题组层级快练(三十)一、选择题1．将两个分别带有电荷量－2Q和＋5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F.现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电小球C先后与A、B两小球相互接触后拿走，A、B两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( )A．F B.1 5 FC.910F D.14F答案 B解析与小球C接触前F＝k 10Q2r2，与小球C接触后A、B两小球的电荷量分别变为－Q和2Q，所以接触后的库仑力F′＝k 2Q2r2，为原来的1/5，则B项正确．2.(2016·浙江)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开( )A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合答案 C解析由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，A项错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，B项错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和，故C项正确，D项错误．3.(2017·宜宾一诊)在如图甲所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v－t图像可能是图乙中的( )答案 B解析负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v－t图像可能是图中的B.4.(2016·课标全国Ⅱ)如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q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Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则( )A．a a>a b>a c，v a>v c>v b B．a a>a b>a c，v b>v c>v aC．a b>a c>a a，v b>v c>v a D．a b>a c>a a，v a>v c>v b答案 D解析由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a，由a＝F m可知，a b>a c>a a，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a>v c>v b，故D项正确．5.(2017·济宁质检)某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( )A．c点电场强度大于b点电场强度B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小答案BD解析电场线越密的地方电场强度越大，E c<E b，A项错误；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，φa>φb，B项正确；将试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，C项错误；在原电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，在－Q形成的电场中电场力对试探电荷也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能将减小，D项正确．6.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上．P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图像中，可能正确的是( )答案 AB解析 在AB 的垂直平分线上，从无穷远处到O 点电场强度先变大后变小，到O 点变为零，负电荷受力沿垂直平分线，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大，v －t 图线的斜率先变大后变小；由O 点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果PN 足够远，B 项正确，如果PN 很近，A 项正确． 7．在点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点，相距为d ，已知a 点的场强大小为E ，方向与ab 连线成30°角，b 点的场强方向与ab 连线成120°角，如图所示，则点电荷Q 的电性和b 点的场强大小为( )A ．正电、E/3B ．负电、E/3C ．正电、3ED ．负电、3E答案 D解析 分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ，如图所示，则O 点即为点电荷Q 所在的位置，电场线指向此电荷，则Q 为负电荷；由几何关系可知，Ob ＝d ，则Oa ＝3d ，由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQr 2可知，点电荷在b 点产生的场强大小为3E ，D 项正确．8.如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的点电荷B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( ) A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小 B ．物体A 受到地面的支持力保持不变 C ．物体A 受到地面的摩擦力先减小后增大 D ．库仑力对点电荷B 先做正功后做负功 答案 AC解析分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：F f＝Fcosθ，F N＝Fsin θ＋mg，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，F f先减小后反向增大，F N先增大后减小，A、C项正确，B项错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D项错误．9．如图所示，质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为μ＝33的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为＋q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E存在最小值时，E与水平方向的夹角θ为( )A．0°B．30°C．45°D．60°答案 D解析对AB整体研究，受到竖直向下总的重力(m1＋m2)g、电场力Eq、沿水平方向垂直于杆的弹力F N和竖直向上的摩擦力，则由平衡条件可得Eqsinθ＋μF N＝(m1＋m2)g，F N＝Eqcos θ.解得Eq(sinθ＋μcosθ)＝(m1＋m2)g，因为sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋φ)，其中tanφ＝μ，φ＝30°，所以当θ＝60°时，E最小，D项正确．10．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点．现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的速度图像如图乙所示．则( )A．Q2必定是负电荷B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量C．从b点经a点向远处运动的过程中检验电荷q所受的电场力一直减小D．可以确定检验电荷的带电性质答案AD解析由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，若Q2是正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力不可能改变方向，故Q2一定为负电荷，故A项正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为E＝k Q1r12－kQ2r22，q在b→a运动过程中，受力向左，在a点右侧运动过程中，受力向右．由于r1>r2，若Q1<Q2，场强E必定始终向左，q受力方向不可能发生改变，故必定有Q1>Q2，故B项错误；由图乙可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大，故C项错误；在b处，若k Q1r12>kQ2r22，考虑到Q1>Q2，r1>r2，设q移动的位移为Δx，由数学知识可以证明，则一定有kQ1（r1＋Δx）2>kQ2（r2＋Δx）2，即E始终朝一个方向，不符合题意，故在b处必定有kQ1r12<kQ2r22，场强E b必定向左，而q在b处受力向左，因此q电荷一定为正电荷，故D项正确．11．一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小E0＝kQ2R2，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4.则( )A．E1>kQ4R2B．E2＝kQ4R2C．E3>kQ4R2D．E4＝kQ4R2答案AC解析对于图甲，根据点电荷电场强度公式E＝k Qr2，上、下两部分电量相等，上部分电荷在球心O处产生的场强在竖直方向的分量较大，则E1>E2；总场强大小E0＝kQ2R2，则E1>kQ4R2；E2<kQ4R2.对于图乙，左右两个半球壳在O点产生的场强大小相等，E3＝E4由于方向不共线，由合成法则可知，E3＝E4>kQ4R2；故A、C项正确．12.如图所示：在光滑的水平面上，有两个质量相同的带电小球A和B，在水平向右的匀强电场的作用下，两球以相同的加速度向右做匀加速直线运动，两小球可视为点电荷．关于小球带电情况，下面判断正确的是( ) A．两球可能都带负电B ．两球可能都带正电，且A 的电量小于B 的电量C ．可能A 带正电B 带负电，且A 的电量大于B 的电量D ．可能A 带负电B 带正电，且A 的电量小于B 的电量 答案 BC解析 若两球都带负电，从整体看加速度向左，A 项错误．若两球都带正电，从整体看加速度向右，隔离A 、B 分析：⎩⎪⎨⎪⎧Eq A ＋F ＝ma Eq B－F ＝ma 比较得，且A 的电量小于B 的电量，B 项正确．若A带正电B 带负电，从整体看要使加速度向右，且A 的电量大于B 的电量，C 项正确．若A 带负电B 带正电，且A 的电量小于B 的电量，从整体看加速度向左，D 项错误． 二、非选择题13.竖直平面xOy 内有一半径为R ＝ 2 m 的圆O 与坐标系的原点重合的圆形区域，如图所示，在圆心O 有一喷枪可在xOy 平面内沿各个方向喷出初速度为v 0＝1 m/s ，质量为m ＝1×10－6kg ，带电荷量为q ＝－1×10－8C 的油滴．圆形区域内的匀强电场方向沿－y 方向，电场强度E ＝8×102N/C.不考虑油滴间的相互作用，g 取10 m/s 2.求：(1)由坐标原点O 沿x 轴正方向喷出的油滴，在电场中运动的时间； (2)射出圆形电场区域的油滴的最大动能． 答案 (1)1 s (2)3.3×10－6J解析 (1)油滴沿x 轴方向做匀速运动，速度为v 0，沿－y 方向做匀加速运动，加速度为a ， mg ＋qE ＝ma ，y ＝12at 2沿x 轴方向做匀速运动：x ＝v 0t x 2＋y 2＝R 2解得t ＝1 s.(2)重力和电场力的合力做功最多的油滴射出圆形电场的动能最大，从喷枪喷出的油滴，沿－y 方向射出的油滴有最大动能E km (mg ＋qE)R ＝E km －12mv 02E km ＝12mv 02＋(mg ＋qE)R代入数据解得E km ＝3.3×10－6J.14.如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑斜面上，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A ＝0.43 kg ，m B ＝0.20 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 的电量分别为q B＝＋2×10－5 C、q C＝＋7×10－5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力．已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2.求：(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功W F＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔE p.答案(1)2.0 m (2)1.0 s (3)－2.1 J解析(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：(m A＋m B)gsin30°＝kq C q B L2解得：L＝2.0 m.(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B 用牛顿第二定律得：kq B q Cl2－m B gsin30°＝m B a解得：l＝3.0 m由匀加速运动规律得：l－L＝12at2解得：t＝1.0 s.(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：W F－(m A＋m B)g(l－L)sin30°＋W C＝12(m A＋m B)v2及：v＝at得：W C＝2.1 J所以系统电势能的变化量ΔE p＝－2.1 J.。

专题31 电势能、电势、电势差1．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV，它的动能应为：（）A．8 eV B．13 eVC．20 eV D．34 eV【答案】C【名师点睛】由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电时的动能值；本题关键要根据电场力做功荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为8eV与电势差的关系确定电荷的总能量。

2．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为：（）A.E=100V/m，竖直向下B.E=100V/m，竖直向上C.E=100V/m，水平向左D.E=100V/m，水平向右【答案】C【解析】根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左,两个相邻等势面相距2d cm =，电势差2U V =，则电场强度100/0.022U d E V m ===,故选项C 正确。

【名师点睛】电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed 求出电场强度的大小；本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式U Ed =中，d 是沿电场线方向两点间的距离。

3．金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A 、B 两点到正电荷的距离相等，C 点靠近正电荷，则： （ ）A ．A 、B 两点的电势相等 B ．C 点的电势比A 点的低 C ．A 、B 两点的电场强度相等D ．C 点的电场强度比B 点的大 【答案】D【名师点睛】题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，难度不大，属于基础题4．（多选）如图所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A 点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以断定： （ ）A ．两个粒子的电性一定不同B ．粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大C ．经过B 、C 两点，两粒子的速度可能不等D ．两个粒子带电量一定不同 【答案】ABC5．有一个带电荷量q= -3×10-6 C 的点电荷，从某电场中的A 点移到B 点，电荷克服电场力做6×10-4 J 的功，从B 点移到C 点，电场力对电荷做9×10-4 J 的功，问： （1）AB 、BC 、CA 间电势差各为多少？（2）如以B 点电势为零，则A 点电势为多少？电荷在A 点的电势能为多少？ 【答案】（1）200V ；-300V ；100V （2）200V ；4610J --⨯【解析】电荷由A 移向B 克服电场力做功即电场力做负功，W AB = -9×10-4 J200V 300V 100V AC AB BC U U U =+=-=- 100V CA AC U U =-=（2）若0B ϕ=，由AB A B U ϕϕ=-得200V A AB U ϕ== 电荷在A 点的电势能64310200J 610J pA A E q ϕ--==-⨯⨯=-⨯【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势能的关系，注意在运用W qU =计算时，W 的正负、q 的正负、电势差的正负都要代入计算．1．P 、Q 是某电场中一条电场线上的两点，一点电荷仅在电场力作用下，沿电场线从P 点运动到Q 点，过此两点的速度大小分别为v P 和v Q ，其速度随位移变化的图象如图所示．P 、Q 两点电场强度分别为E P 和E Q ；该点电荷在这两点的电势能分别为ε P ＞ε Q ，则下列判断正确的是： （ ）A．E P＞E Q，ε P＜ε Q B．E P＞E Q，ε P＞ε QC．E P＜E Q，ε P＜ε Q D．E P＜E Q，ε P＞ε Q【答案】A2．如图所示，真空中M、N处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d 点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，等势线b为中垂线，df平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，该试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是：（）A．M点处放置的是正点电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功、后做负功【答案】D【解析】因正电荷由d到f，电势能增加，则电场力做负功，电势升高，故f点电势高于d点电势，则M点为负电荷，N点为正电荷，故A B错误；d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误；将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功，故D正确。

第7单元静电场一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．下列不属于静电现象的是( )A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉2．如图D7­1所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0.若弹簧发生的均是弹性形变，则( )图D7­1A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x03．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图D7­2中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则( )图D7­2A．a一定带正电，b一定带负电B．静电力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大4．如图D7­3所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠A＝30°，D为AB的中点，负点电荷位于D点．A、B、C三点的电势分别用φA、φB、φC表示，下列说法正确的是( )图D7­3A．φC大于φAB．A、B两点电场强度相同C．负检验电荷在BC连线上各点具有的电势能都相等D．将正检验电荷沿AC从A点移到C点，电场力先做正功后做负功5．如图D7­4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( )图D7­4A ．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 ．带电粒子在R 点时的加速度大小小于在Q 点时的加速度大小6．如图D7­5甲所示，两个固定的点电荷A 、B 带电荷量分别为Q 1、Q 2，其中A 带负电，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动经过b 、c 两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 、c 三点时的速度分别为v a 、v b 、v c ，其速度－时间图像如图乙所示．以下说法中正确的是( )图D7­5A ．B 一定带正电B ．B 的电荷量一定小于A 的电荷量C ．b 点的电场强度最大D ．粒子由a 点运动到c 点过程中，粒子的电势能先增大后减小7．在真空中某点电荷A 的电场中，将带电荷量为q 的负试探电荷分别置于a (0，0，r )、b (r ，0，0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图D7­6所示，F a 、F b 分别在yOz 和xOy 平面内，F a 与z 轴负方向成60°角，F b 与x 轴负方向成60°角，已知试探电荷在a 点受到的电场力大小为F a ＝F ，静电力常量为k ，则以下判断正确的是( )图D7­6A ．F b ＝FB ．a 、b 、O 三点电势关系为φa ＝φb >φOC ．点电荷带正电，且电荷量大小为Q ＝4Fr2kqD ．在平面xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功 8．如图D7­7所示，实线表示一簇关于x 轴对称的等势线，在x 轴上有A 、B 两点，则( )图D7­7A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方向C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝＋1.0×10－6C的带电微粒悬浮在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1.在t＝0时刻，电场强度的大小突然增加到E2＝4.0×103 N/C，电场方向保持不变；到t1＝0.20 s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小E2保持不变．g取10 m/s2.求：(1)电场强度E1的大小；(2)t1＝0.20 s时刻带电微粒的速度大小；(3)带电微粒在速度方向为水平向右时刻的动能．10．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图D7­8所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点与虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点与虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.图D7­811．在如图D7­9甲所示的演示实验中，在上、下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上、下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动．现取以下简化模型进行定量研究：如图乙所示，电容为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连．设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点．假设小球与极板发生碰撞后，小球的速度立即变为零，带电情况也立即改变，小球所带电荷符号与该极板相同，电荷量为极板电荷量的k倍(k≪1)．不计带电小球对极板间匀强电场的影响．重力加速度为g.(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E应满足什么条件？(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动．求：①在T时间内小球往返运动的次数；②在T时间内电源输出的平均功率．图D7­9参考答案（测评手册）单元小结卷(七)1．C [解析] 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以选C.2．B [解析] 设弹簧劲度系数为k ′，原长为x .当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0，则有k ′x 0＝k Qq （x ＋x 0）2，保持Q 不变，将q 变为2q ，平衡时有k ′x 1＝k 2Qq（x ＋x 1）2，解得x 1<2x 0，故A 错误；同理可得到保持q 不变，将Q 变为2Q ，平衡时弹簧的伸长量小于2x 0，故B 正确；保持Q 不变，将q 变为－q ，如果缩短量等于x 0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于x 0，故C 错误，同理，D 也错误．3．D [解析] 由于电场线方向未知，故无法确定a 、b 的电性，选项A 错误；静电力对a 、b 均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，选项B 、C 错误；a 向电场线稀疏处运动，电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，b 向电场线密集处运动，故加速度增大，选项D 正确．4．D [解析] 点电荷周围电场的等势面是一系列的同心圆，A 、C 两点在同一个等势面上，故φC 等于φA ，故A 错误；A 、B 两点距场源电荷距离相等，根据点电荷场强公式E ＝k Q r2，故A 、B 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 、B 两点的电场强度不相同，故B 错误；BC 连线上距场源电荷距离不同的点，电势不等，根据E p ＝q φ，C 错误；AC 连线上，越靠近负点电荷电势越低，从A 到C 电势先降低后升高，正检验电荷具有的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D 正确．5．A [解析] 粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P 运动到Q ，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R 点速度大于Q 点速度，若粒子从Q 运动到P ，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q 点速度小于R 点速度，粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能小，故A 正确，B 错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电粒子在P 、Q 、R 点的动能与电势能之和相等，故C 错误；由电场线疏密确定出，R 点场强大小比Q 点的大，电场力较大，加速度较大，故D 错误．6．ABD [解析] 从速度图像上看，a 到b 做加速度减小的减速运动，在b 点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，粒子在ab 上做减速运动，电场力向左，合场强向右，故B 带正电，故A 正确，C 错误；b 点的电场强度为零，根据点电荷场强公式得k Q 1r 21＝k Q 2r 22，因为r 1>r 2，所以Q 1>Q 2，即B 的电荷量一定小于A 的电荷量，故B 正确；粒子从a 点到b 点的过程中，电场力做负功，电势能增大；从b 点到c 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a 到c 的过程中，电势能先增大后减小，故D 正确．7．AC [解析] 根据题意知，a 、b 与A 的距离相等，由库仑定律F ＝kQ 1Q 2R 2得，F b ＝F a ＝F ，A 正确；由库仑力的方向及试探电荷的电性，可知A 带正电，根据沿着电场线电势逐渐降低，O 点与A 距离较小，故φO >φa ＝φb ，B 错误；由图知A 、a 间距为R ＝2r ，则F ＝kQq（2r ）2，得Q ＝4Fr 2kq，C 正确；平面xOz 不是一等势面，所以移动电荷时，电场力做功，D 错误．8．AD [解析] 等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小，故B 点电场强度较大，故A 正确，C 错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A 点场强方向指向x 轴正方向，故B 错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故电场线沿着x 轴正方向，沿着电场线电势逐渐降低，故A 点电势高于B点电势，故D 正确．9．(1)2.0×103 N/C (2)2.0 m/s (3)1.6×10－3J [解析] (1)带电微粒静止，受力平衡 得mg ＝E 1q解得E 1＝2.0×103N/C(2)电场强度变为E 2后，设带电微粒向上的加速度为a 1，由牛顿第二定律得 qE 2－mg ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 20．20 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝2.0 m/s(3)把E 2改为水平向右，微粒在竖直方向做匀减速运动，有 0－v 1＝－gt 2 解得t 2＝0.20 s微粒在水平方向做加速运动，加速度a 2＝qE 2m＝20 m/s 2设此时带电微粒的水平速度为v 2，有 v 2＝a 2t 2，解得v 2＝4.0 m/s 设带电微粒的动能为E k ，E k ＝12mv 22＝1.6×10－3J. 10．(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s[解析] (1)带电微粒在由A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0 解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.(2)设带电微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1 |q |E 2＝ma 2设带电微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21 d 2＝12a 2t 22又t ＝t 1＋t 2解得t ＝1.5×10－8s. 11．(1)E >mgdkC(2)①T2dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md ＋g ②2kCE 22dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md＋g[解析] (1)用Q 表示极板电荷量的大小，q 表示碰后小球电荷量的大小．要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力．q ·E d >mg q ＝kQ Q ＝CE解得E >mgd kC(2)①当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动．以a 1表示其加速度，t 1表示从B 板到A 板所用的时间，则有q ·Ed －mg ＝ma 1 d ＝12a 1t 21当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动．以a 2表示其加速度，t 2表示从A 板到B 板所用的时间，则有q ·E d＋mg ＝ma 2d ＝12a 2t 22小球往返一次共用的时间为(t 1＋t 2)，故小球在T 时间内往返的次数N ＝Tt 1＋t 2由以上各式得N ＝T2dkCE2md－g ＋2dkCE 2md＋g②小球往返一次通过电源的电荷量为2q ，在T 时间内通过电源的总电荷量Q ′＝2qN 电路中的平均电流I ＝2qNT电源输出的平均功率P ＝EI 解得P ＝2kCE 22dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md＋g .。

基础课3电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题（1~6题为单项选择题，7~10题为多项选择题) 1．(2016·浙江理综，14)以下说法正确的是（）A．在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化解析在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低，选项A正确；根据P＝错误!可知,外力对物体所做的功越多,对应的功率不一定越大，选项B错误；电容器电容C与电容器所带电荷量Q无关,只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关,选项C错误；在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化,选项D错误.答案A2．如图1所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E 的变化情况为( ）图1A．U变大，E变大B．U变小,E变小C．U不变，E不变D．U变小，E不变解析当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，则U＝错误!将变小，而由E＝错误!可知,板间场强E也将变小。

选项B正确。

答案B3．如图2所示,电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则( ）图2A．当减小两板间的距离时,速度v增大B．当减小两板间的距离时，速度v减小C．当减小两板间的距离时，速度v不变D．当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长解析由动能定理得eU＝错误!mv2，当改变两极板间的距离时,U 不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确;粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，错误!＝错误!，错误!＝错误!，即t＝错误!，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。

答案C4．如图3所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A 点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计,以水平初速度v0向右射出,当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时,恰好从下端点B射出，则d与L之比为( )图3A．1∶2 B．2∶1C．1∶1 D．1∶3解析设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时,竖直方向的分速度为v y,由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝错误!t，又v0∶v y ＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确。

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。

此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是()A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析：由图象可知周期T＝0.250 s，频率f＝1T＝4 Hz，故选项A、B均错误。

交变电流的有效值I＝UR＝E m2R＝202×10A＝ 2 A，最大值I m＝E mR＝2 A，故选项D错误，C正确。

答案： C2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。

闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析：据ω＝2πf知该交流电的频率为5 Hz，A错；该交流电电动势的最大值为10 2 V，有效值E＝10 V，B错；I＝ER＋r＝1.0 A，P＝I2R＝9 W，C错，D对。

答案： D3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin 100πt(V)，那么() A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V解析： 由交变电流的电动势瞬时值表达式e ＝nBSωsin ωt 可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，选项A 错误。

在t ＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B 错误。

[方法点拨] (1)两点电荷电场中各点的电场是两点电荷独自产生的电场强度矢量叠加．(2)注意两点电荷连线及连线的中垂线上场强、电势分布规律．1．(电场叠加)(多选)如图1，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种电荷－Q 放在d 点，则( )图1A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向右 D ．c 点电势比b 点电势高2．(功能关系)如图2所示，O 、O ′两点放置两个等量正电荷，在OO ′直线上有A 、B 、C 三个点，且OA ＝O ′B ＝O ′C ，一点电荷q (q >0)沿路径Ⅰ从B 运动到C 电场力所做的功为W 1，沿路径Ⅱ从B 运动到C 电场力所做的功为W 2，同一点电荷从A 沿直线运动到C 电场力所做的功为W 3，则下列说法正确的是( ) 图2A ．W 1大于W 2B ．W 1为负值C ．W 1大于W 3D ．W 1等于W 33．(电场综合分析)如图3所示，Q 1、Q 2为两个等量同种的正点电荷，在Q 1、Q 2产生的电场中有M 、N 和O 三点，其中M 和O 在Q 1、Q 2的连线上，O 为连线的中点，N 为Q 1、Q 2垂直平分线上的一点，ON＝d .下列说法正确的是( ) 图3A ．在M 、N 和O 三点中，O 点电势最低B ．在M 、N 和O 三点中，O 点电场强度最小C ．若O 、N 间的电势差为U ，则N 点的电场强度为U dD ．若O 、N 间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，电场力做功为qU4．如图4所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，在圆心O 产生的电场强度大小为E .现仅将放于a 点的正点电荷改放于其他等分点上，使O 点的电场强度改变，则下列判断正确的是( ) 图4A ．移至c 点时，O 点的电场强度大小仍为E ，沿Oe 方向B ．移至b 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oc 方向 C ．移至e 点时，O 点的电场强度大小为E 2，沿Oc 方向 D ．移至f 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oe 方向 5．如图5所示，P 、Q 为两个等量异种电荷，PQ 连线上有a 、b 两位置，aP <bQ ，PQ 中垂线上有位置c .将一带正电的点电荷q 从a 位置移至b 位置，电场力做负功，功的绝对值为W ，已知b 处的电势为φ，则以下判断正确的是( )图5A ．a 位置的电场强度比b 位置的电场强度小B ．a 位置的电势等于φ－W qC ．将点电荷q 从c 位置移至b 位置，电场力做负功，数值大于WD ．将点电荷q 从a 位置移至c 位置，电场力做正功，数值小于W6．(多选)如图6所示，在真空中固定有两个等量异种点电荷，A 、B 、C 、D 是两点电荷连线上的四个点，已知A 、C 两点到正点电荷的距离与B 、D 两点到负点电荷的距离均为L ，O 点是C 、D 两点连线的中点，E 、F 是C 、D 两点连线的中垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法正确的是( ) 图6A ．A 、B 两点的电场强度相同，电势不相等B ．C 、D 两点的电场强度不同，电势相等C ．将正试探电荷从C 点沿直线CE 移到E 点的过程中，电场力对电荷做正功D．一个负试探电荷在C点的电势能大于它在F点的电势能7．如图7所示，AB为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷，其连线与AB交于O点，杆上的E、F点关于O点对称，E、F的间距为L.一可以视为质点的小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从E点以一初速度v0沿杆向右做匀减速直线运动并经过F点，小球带负电，质量为m.其在O点处与杆的动摩擦因数为μ0.则在由E到F的过程中() 图7A．小球在O点电势能最大B．小球在E、F两点与杆的动摩擦因数一定相同C．E到O点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小D．小球克服摩擦力做功为μ0mgL答案精析1．BC [设ab ＝bc ＝cd ＝L ，先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .根据点电荷电场强度公式，b 点场强E ＝k Q L 2，方向由a 指向b ，向右．若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，－Q 在b 点产生的电场强度为E ′＝k Q (2L )2＝E 4，方向由b 指向d ，向右．根据场强叠加原理，b 点场强大小为E ＋E ′＝54E ，方向向右，选项A 错误，C 正确；由对称性可知，c 点场强与b 点相同，选项B 正确；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知，c 点电势比b 点电势低，选项D 错误．]2．D [电场力所做的功与路径无关，与电势差有关，所以W 1＝W 2，A 项错误；由于OA ＝O ′B ，由对称性，A 、B 两处电势相同，所以W 1＝W 3，C 项错误，D 项正确；B 点电势高于C 点电势，因此正电荷从B 运动到C 电场力做正功，B 项错误．]3．B [根据两个等量同种正点电荷的电场线分布特点可知，在M 、N 和O 三点中，M 点电势最高，N 点电势最低，O 点的电场强度为零(最小)，选项A 错误，B 正确；由于两个等量同种正点电荷的电场不是匀强电场，各点电场强度不同，不能运用E ＝U d得出N 点的电场强度，选项C 错误；若O 、N 之间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，由低电势到高电势，电场力做功为－qU ，选项D 错误．]4．C [由题意可知，等量正、负点电荷在O 处产生的电场强度大小均为E 2，方向水平向右．当移至c 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oe 方向，A 错误；同理，当移至b 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oe 角平分线方向，B 错误；同理，当移至e 处，O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oc 方向，C 正确；同理，当移至f 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oc 角平分线方向，D 错误．] 5．B [判断电场强度大小看电场线的疏密，所以，a 点的电场强度大于b 点，A 项错误；正电荷从a 到b 过程中，电场力做功－W ＝U ab q ＝(φa －φ)q ，解得φa ＝φ－W q，B 项正确；带正电的点电荷q 从a 位置移至b 位置，电场力做负功，且aP <bQ .所以P 为负电荷，c 点电势小于b 点电势，电荷从c 到b 的过程，电场力做负功且数值小于W (cb 间电势差小于ab 间电势差)，C 项错误；同理电荷从a 到c 过程，电场力做负功，数值小于W ，D 项错误．]6．AC[根据等量异种点电荷电场线的分布特征可知，A、B两点所在处的电场线疏密相同，故两点的电场强度大小相等，方向向左，即A、B两点的电场强度相同，同理，C、D两点的电场强度相同，根据点电荷周围区域的电势分布规律及电势叠加规律(电势是标量)可知，A、C两点的电势均大于零(取无穷远处电势为零)，B、D两点的电势均小于零，故φA>φB，φC>φD，A项正确，B错误；将正试探电荷从C点沿直线CE移到E点过程中，合电场力方向与正试探电荷运动方向成锐角，电场力一定做正功，C正确；φC>φF，负试探电荷在电势高处的电势能小，据此可知D错误．]7．D[小球从E到O的过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，从O到F的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在O点电势能最小，A项错误；设小球在E、F 两点所受的摩擦力大小分别为F f E和F f F，电场力大小为F电，合外力大小为F，则在E点有：F ＝F f E－F电，在F点有：F＝F f F＋F电，所以F f E>F f F，由摩擦力公式F f＝μF N＝μmg，可知小球在E点与杆的动摩擦因数大于在F点与杆的动摩擦因数，B项错误；E到O点，由F＝F f E－F电＝μmg－F电，F一定，若场强先增大后减小，则F电先增大后减小，因此μ先增大后减小，C项错误；在O点的动摩擦因数为μ0，所以有F合＝μ0mg＝ma，F合为小球的合外力，由于小球做匀减速运动，合外力恒定，所以从E到F合外力做功大小为：W合＝F合L＝μ0mgL，因为从E到F电场力做功为0，所以从E到F合外力做的功就为克服摩擦力做的功，所以克服摩擦力做功为：W f＝W合＝μ0mgL，D项正确．]。

电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘 又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷_ ，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电能 转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的 电荷量 与两个极板间的 电势差 的比值． (2)定义式： C ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电 及 电压 无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的 信号电压 ，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20， 电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。

单元滚动检测七静电场考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题，共48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题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷B．体积很大的带电体一定不是点电荷C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )3．如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )图1A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能4．真空中有两个等量同种电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x轴上电场强度情况的是( )5．如图2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是( )图2A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图3所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )图37．示波管原理如图4甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应加上的电压组是( )图48．如图5所示，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹过程中( )图5A ．做匀速运动B ．做加速运动C ．电势能逐渐增大D ．电势能逐渐减小9．如图6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．下列判断正确的是( )图6A ．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10．如图7所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A 在上方，极板B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A 和电源正极相连，一带电小球沿A 、B 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板A 、B 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )图7A ．若小球带正电，当A 、B 间距增大时，小球打在N 点的右侧 B ．若小球带正电，当A 、B 间距减小时，小球打在N 点的左侧C ．若小球带负电，当A 、B 间距增大时，小球打在N 点的左侧D ．若小球带负电，当A 、B 间距减小时，小球可能打在N 点的右侧11．如图8所示，带电小球A 、B 的电荷量分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，A 、B 都用长L 的丝线悬挂在O 点．静止时A 、B 相距为d ，为使平衡时A 、B 间距离减为d2，可采用以下哪些方法( )图8A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍12．如图9所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A 球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则( )图9A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(6分)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图10所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为________．图1014．(6分)如图11所示，为半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q的正电荷均匀分布在圆环上．圆心O处的电场强度的大小为__________，方向________．图1115.(8分)如图12所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×118V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初始速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板上的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：图12(1)金属板的长度L.(2)小球飞出电场时的动能E k.16．(8分)如图13所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图13(1)求电场强度E的大小；(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件．17.(12分)如图14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 、带电荷量为＋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：图14(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O 、b 两点间的电势差U Ob ； (3)小滑块运动的总路程s .18．(12分)如图15甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD 与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝1×118V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：图15(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能．答案精析1．C 2．B 3．C 4．B 5．C 6．C 7．A 8．BD 9．ABD10．BD 11．BD 12．BC 13.6mgL 26kQ解析 根据平衡条件有3k qQL2cos θ＝mg (θ为过O 点的棱与竖直方向的夹角)，又由几何关系可得cos θ＝63，联立解得q ＝6mgL26kQ .14.kQd2πr 3－r 2d背离圆心指向缺口解析 假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原圆环上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O 处产生的电场叠加后合场强为零．根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的合场强E ＝0.至于补上的那一小段，由题中条件可看成点电荷，它在圆心O 处的场强E 1是可求的．若题中待求场强为E 2，则E 1＋E 2＝0.设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝Q 2πr －d ，则补上的那一小段的电荷量Q ′＝σ·d ＝Qd2πr －d，Q ′在圆心O 处的场强为E 1＝kQ ′r 2＝kQd2πr 3－r 2d，方向背离圆心向右．由E 1＋E 2＝0，可得E 2＝－E 1＝－kQd2πr 3－r 2d，负号表示E 2与E 1方向相反，即背离圆心指向缺口． 15．(1)0.15m (2)0.175J解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v y ＝2gh ＝2m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则：tan θ＝qE mg ＝qU mgd ，L ＝d tan θ，L ＝qU mg tan 2θ＝0.15m. (2)进入电场前mgh ＝12mv 21－12mv 20 进入电场中qU ＋mgL ＝E k －12mv 21 解得E k ＝0.175J.16．(1)3mg 4q(2)v ≥5gr 解析 (1)当小球静止在P 点时，小球的受力情况如图所示，则有qE mg ＝tan37°，所以E ＝3mg 4q. (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为54g 的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q 点．设当小球从P 点出发的速度为v min 时，小球到达Q 点时速度为零．在小球从P 运动到Q 的过程中，根据动能定理有－54mg ·2r ＝0－12mv 2min 所以v min ＝5gr ，即小球的初速度应不小于5gr .17．(1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L 解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L 4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得： q ·U ab －F f ·L 2＝0－E 0 而F f ＝μmg解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L 4＝0－nE 0 解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(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 f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L . 18. (1)2×10－3s (2)0.85m ～0.95m (3)5.18×10－2J解析 (1)粒子在板间沿x 轴方向做匀速直线运动，设运动时间为t ，则 L ＝v 0t ，t ＝L v 0＝2×10－3s (2)t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y 1y 1＝12a (T 2)2＋(a ·T 2)T 2U 0q d＝ma 解得y 1＝0.15m纵坐标y ＝d －y 1＝0.85mt ＝1×10－3s 时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y 2y 2＝12a (T 2)2 解得y 2＝0.18m纵坐标y ′＝d －y 2＝0.95m所以打在荧光屏上的范围在0.85m ～0.95m 之间(3)由动能定理得：U 0d qy 2＝12mv 2－12mv 20 解得12mv 2＝5.18×10－2J。