2019届高三物理一轮复习单元质检七静电场 含解析

2019年物理高考真题和模拟题 知识点分项汇编《静电场 》一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：研究问题时，形状和大小可忽略不计的带电体称为点电荷． 2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电三种方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．二、库仑定律1．公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量．2．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．三、电场强度1．公式：E ＝Fq ，是矢量，单位：N/C 或V/m. （定义式，E 与F 、q 没关系）2. 点电荷的场强：E ＝k Qr 2，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离．3. 匀强电场的场强：E ＝Ud.4．方向：与正电荷所受电场力的方向相同．四、电场线及特点1．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直． 2．几种典型电场的电场线(如图所示)五、电场力做功和电势能1．电场力做功计算①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿电场方向的距离． ②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场． 2．电势能(1)静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B ＝－ΔE p . 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加。

(2)电势能具有相对性．六、电势、等势面1．电势(1)定义式：φ＝E pq.(2)相对性：电势具有相对性，与零电势点的选取有关． 2．等势面①在等势面上移动电荷，电场力不做功． ②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直． ③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面． ④等差等势面的疏密表示电场的强弱．七、电势差1．定义式：U AB ＝W ABq. 2．电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA .3．匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB ＝Ed .八、电容器、电容1．电容(1)定义式：C ＝QU.(2)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF. 2．平行板电容器：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．特别提醒：C ＝Q U ⎝⎛⎭⎫或C ＝ΔQ ΔU 适用于任何电容器，但C ＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器． 九、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．偏转问题设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有：(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md .(2)在电场中的运动时间：t ＝lv 0.(3)位移⎩⎪⎨⎪⎧v xt ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ，y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，v y ＝qUt md ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d. 【方法归纳总结】带电体的力电综合问题的思路E －x 和φ－x 图象的处理方法1．E －x 图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E ＞0表示场强沿x 轴正方向；E ＜0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．2．φ－x 图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x 轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．2．比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系：(1)若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．2019年物理高考真题和模拟题相关题目1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

2019年高考新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（命题范围：选修3—1 静电场）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分；答题时间90分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每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，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面.A 、B 、C 三点的电场强度分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为A ϕ、B ϕ、C ϕ，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（ ）A ．E A <EB ，B ϕ=C ϕ B ．E A >E B ，A ϕ>B ϕC ．E A >E B ，A ϕ<B ϕD ．E A =E C ，B ϕ=C ϕ2．如图所示，在直线MN 上有一个点电荷，A 、B 是直线MN 上的两点，两点的间距为L ， 场强大小分别为E 和2E .则（ ）A ．该点电荷一定在A 点的右侧B ．该点电荷一定在A 点的左侧C ．A 点场强方向一定沿直线向左D ．A 点的电势一定低于B 点的电势 3．如图所示，A 、B 为两个固定的等量的同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由 运动的正电荷C ，现给电荷C 一个垂直于连线的初速度v 0，若不计电荷C 所受的重力， 则关于电荷C 运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是（ ）A ．加速度始终增大B ．加速度先增大后减小C ．速度始终增大，最后趋于无穷大D ．速度始终增大，最后趋于某有限值 4．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是 （ ）A ．铜丝编织的衣服不易拉破B ．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C ．电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D ．铜丝电阻小，能对人体起到保护作用 5．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a 和b ，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P 点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v 1.若使a板不动，若保持电键K 断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P 点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v 2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）A ．若电键K 保持闭合，向下移动b 板，则v 2>v 1B ．若电键K 闭合一段时间后再断开，向下移动b 板，则v 2>v 1C ．若电键K 保持闭合，无论向上或向下移动b 板，则v 2=v 1D ．若电键K 闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b 板，则v 2<v 16．如图所示，在O 点放置正点电荷Q ，a 、b 两点的连线过O 点，且Oa =ab ，以下说法正确的是（ ）A ．将质子从a 点由静止释放，质子向b 做匀加速运动B ．将质子从a 点由静止释放，质子运动到b 的速率为v ，则将α粒子从a 点由静止释放后运动到b 点的速率为v 22C ．若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为v ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2vD ．若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为v ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2v7．如图所示，AB 、CD 为一圆的两条直径，且相互垂直，O 点为圆心.空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行.现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A 点运动到C 点，动能减少了W ；又从C 点运动到B 点，动能增加了W ，那么关于此空间存在的静电场可能是 （） A ．方向垂直于AB 并由O 指向C 的匀强电场B ．方向垂直于AB 并由C 指向O 的匀强电场C ．位于O 点的正点电荷形成的电场D ．位于D 点的正点电荷形成的电场8．如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q 、质量为m 的带电粒子（不计重 力）以0v 从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则 （ ）①若该粒子以速度v -从B 点射入，则它刚好以速度0v -从A 点射出②若将q 的反粒子),(m q -以v -从B 点射入，它将刚好以速度0v -从A 点射出 ③若将q 的反粒子),(m q -以0v -从B 点射入，它将刚好以速度v -从A 点射出 ④若该粒子以0v -从B 点射入电场，它将v -从A 点射出A ．只有①③正确B ．只有②④正确C ．只有①②正确D ．只有③④正确9．如图所示，a 、b 两个带电小球，质量分别为a m 、b m ，用绝缘细线悬挂，两球静止时，它们距水平地面的高度均为h （h 足够大），绳与竖直方向的夹角分别为α和β（βα<），若 剪断细线Oc ，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度取g ，则 （ ）A ．a 球先落地，b 球后落地B ．落地时，a 、b 水平速度相等，且向右C ．整个运动过程中，a 、b 系统的电势能增加D ．落地时，a 、b 两球的动能和为gh m m b a )(+10．如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度0v 先后射入电场中，最后分别打在正极板的C 、B 、A 处，则 （ ）A ．三种粒子在电场中运动时间相同B ．三种粒子在电场中的加速度为C B A a a a >>C ．三种粒子到达正极板时动能kA kB kC E E E >>D ．落在C 处的粒子带正电，落在B 处的粒子不带电，落在A 处的粒子带负电第Ⅱ卷（非选择题，共60分）二、本题共1小题，共12分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.11．（12分）某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量.如图所示的小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O 点，O 点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度α的量角器，M 、N 是两块相同的、正对着平行放置的金属板（加上电压后其内部电场可看作匀强电场）.另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干.该小组的实验步骤如下，请你帮助该小组完成：（1）用天平测出小球的质量m ，按上图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M 、N 板之间的距离d ，使小球带上一定的电量.（2）连接电路（请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图，电源、开关已经画出）.（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ.（4）以电压U 为纵坐标，以__________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k .（5）小球的带电量q =__________________.（用m 、d 、k 等物理量表示）三、本题共4小题，共48分.解答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.12．（14分）如图所示（a ），一条长为3L 的绝缘丝线穿过两个质量都是m 的小金属环A 和B ，将丝线的两端共同系于天花板上的O 点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？某同学在解答这道题时的过程如下：设电量为q ，小环受到三个力的作用，拉力T 、重力mg 和库仑力F ，受力分析如图b ，由受力平衡知识得，22Lq k =mg tan30°，k mgL q 332. 你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答？13．（14分）如图所示，空间存在着强度E =2.5×102N/C 方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L =0.5m 的绝缘细线，一端固定在O 点，一端拴着质量m =0.5kg 、电荷量q =4×10－2C 的小球.现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g =10m/s 2.求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力；（3）当小球继续运动后与O 点水平方向距离为L 时，小球距O 点的高度.-的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的14．（16分）如图所示，一个带电量为q方向与电场方向成θ角.已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v.求：（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧？U.（2）最高点处（设为N）与O点的电势差NO（3）电场强度E.15．（16分）如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳于竖直方向的夹角θ=53°，绳长为L，B、C、D 到O点的距离为L，BD水平，OC竖直.（1）将小球移到B点，给小球一竖直向下的初速度v B，小球到达悬点正下方时绳中拉力恰等于小球重力，求v B．（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，求：小球经悬点O正下方时的速率.（计算结果可保留根号，取sin53°=0.8）参考答案1．答案：B 根据电场线疏密判断E 的大小，密的地方场强大，有E A >E B ；根据沿电场线方向电势降低，有A ϕ>B ϕ.2．答案：A 由点电荷的电场分布特点可知，距离点电荷越近，场强越大，因此该点电荷必然处于A 点右侧.但点电荷带电性质不确定，因此场强的方向不确定.3．答案：BD 由电场的叠加，AB 中垂线中由C 向上场强为先增后减，故电荷C 所受电场力向上且先增后减，所以C 的加速度先增后减，但速度始终增大，可知BD 正确.4．答案：C 静电屏蔽作用，人体相当于一个等势体.5．答案：BC 注意两种情况的区别，电键K 始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可.6．答案：B 由于库仑力变化，因此质子向b 不是做加速运动，A 错误；由于a 、b 之间的电势差恒定，根据动能定理得，qU mv =221可得m qU v 2=，则知α粒子从a 点由静止释放后运动到b 点的速率为v 22，B 正确；当电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动时，根据r v m r Qq k 22=，可得mr kQq v =，则知电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动时的线速度为2v，C 、D 错误.7．答案：AD 减小的动能转化为电子的电势能，由A 到C 减小的动能与由C 到B 增加的动能相等，所以场强方向由O 指向C ，A 和B 的电势相等，形成电场的正电荷应位于D 点.8．答案：A 根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀加速即可推出A 正确.9．答案：D 剪断细线Oc 后，a 、b 作为一个系统在水平方向只受内力（库仑力、绳子拉伸后的拉力）作用，外力无冲量故其水平方向上动量恒为零.在竖直方向上，二者同时在重力作用下做初速度为零的匀加速运动，同时落地机械能守恒，故落地时，ab 两球的动能和为gh m m b a )(+.在运动过程中，电场力做正功，因此其系统电势能减小.10．答案：BD 粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移s 大的时间长，因C B A s s s <<，故C B A t t t <<，A 错.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，有2/2at y =，因为位移y 相同，所以运动时间长的粒子加速度小，即C B A a a a >>，故B 正确.粒子到达正极板的动能为)(220⊥+=v v m E k ，而ay v 22=⊥，所以有kC kB kA E E E >>，C 错误.由C B A a a a >>可以判断A 带负电，B 不带电，C 带正电，D 正确.11．答案：（1）如图（a ）.（4分）（2）θtan （4分）（3）k mgd （4分） 提示：带电小球的受力如图b ， 根据平衡条件有m gF =θtan ， 又有dU q qE F ==，联立解得， θθtan tan k qmgd U ==，所以应以θtan 为横坐标. 12．解析：他的解答是错误的. （5分）小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示.竖直方向 T sin60°=mg ① （3分）水平方向 T cos60°+T=22L qk ② （3分）由①②联立得 km g L q 23= （3分） 13．解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2分）（2）设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定理有，221)(mv L mg qE =-①（2分） 在最高点对小球由牛顿第二定律得，Lv m qE mg T 2=-+②（2分） 由①②式解得，T =15N （1分）（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ，则mmgqE a -=③（2分） 设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则vt L =④（1分）设竖直方向上的位移为s ，则221at s =⑤（1分） 由①③④⑤解得，s=0.125m （2分）∴小球距O 点高度为s+L =0.625m. （1分）14．解析：（1）因油滴到达最高点时速度大小为v ，方向水平，对O →N 过程用动能定理有0=+电W W G ，（2分） 所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O 点的左上方. （3分）（2）由（1）的分析可知mgh qU NO =，在竖直方向上油滴做初速为θsin v 的竖直上抛运动，则有gh v 2)sin (2=θ，（3分） 即qmv U NO 2sin 22θ=.（2分） （3）油滴由O →N 的运动时间g v t θsin =，（2分） 则在水平方向上由动量定理得，θcos mv mv qEt +=（2分） 即θθsin )cos 1(q m g E +=.（2分） 15．解析：（1）小球由B 点运动到C 点过程，由动能定理有，222121)(B C mv mv L qE mg -=-，（2分） 在C 点，设绳中张力为F C ，则有L v m mg F C C 2=-（2分）因F C =mg ，故v C =0（2分）又由小球能平衡于A 点得，mg mg qE 3453tan =︒=（2分） gL v B 32=∴（2分）（2）小球由D 点静止释放后将沿与竖直方向夹θ=53°的方向作匀加速直线运动，直至运动到O 点正下方的P 点，OP 距离h=L cot53°=L 43（2分）在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程的加速度a 和位移s 分别为：g m F a 35==，L L s 4553sin =︒=.（2分） ∴小球到达悬点正下方时的速率为gL as v P 6252==.（2分）。

第七章静电场章末综合测试（七）（时间：60分钟 分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有 一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 3分，有选错的得0分）1•四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A. B 、C. D 为正方形四个边的中点，0为正方形的中心，下列说法中正确的是（）A. 0点电场强度为零B. A. B 、C 、〃四个点的电场强度相同C. 将一带负电的试探电荷从〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零D. 将一带负电的试探电荷从力点匀速移动到C 点，其电势能减小解析：C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，0点电场强度不为零，方向由0 指向Q ，八错误.根据对称性，A. C 两点电场强度相同，B 、〃两点电场强度相同，而久〃 两点电场强度不相同，B 错误，由対称性可知，〃两点等电势，将一带负电的试探电荷从 〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零，C 正确，图屮弭点电势高于C 点，将一带负电的试 探电荷从月点匀速移动到Q 点，其电势能增大，D 错误. 2. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，*轴垂直于环面且过圆心。

下列关于/轴上的电场强度和电势的说法正确的是（）A.从0点沿/轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低C. 0点的电场强度为零，电势最低D. 0点的电场强度不为冬，电豹最高解析：C 根据对称性得出，在。

点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库 仑力为零，根据电场强度定义可知0点电场强度为零.沿/轴无限远处电场强度为零，从0 点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小.沿“轴无限远处，若设电势为零，逆着x 轴方向 向0点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小.根据电势的定义可知0 点的电势能最小，电势最低，所以从0点沿/轴正方向，电势一直升高，Ax B 、D 错误，C正确.3. 如图所示虚线表示某电场的等毎面.一带电粒子仅在电场力作 用下由力运动到〃的径迹如图中实线所示•粒子在力点的加速度为②、 动能为&,电势能为尽；在〃点的加速度为勿、动能为底〃，电势能 为廊几则下列结论正确的是（）1 1 1 1 1 1 1 1 1 0选对但不全的得 B.从0点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 I IC. aKafhD. a.A 旳,ZiXiS/?解析：C 根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，对知/处电场强 度小于〃处.由电场力公式和牛顿第二定律可得力=〃扫，rh 此可知朋亦根据等势面分布和 电场线垂直于等势面可知，电场线方向垂直等势面指向圆心.根据带电粒子仅在电场力作用 下由畀运动到〃的径迹可知，带电粒子所受电场力方向与电场线方向相反，带电粒子带负电 荷.带电粒子仅在电场力作用下由力运动到氏克服电场力做功，电势能增加，动能减小， 区』〉区”,Ep.^Epih C 正确.4. 一带电粒子在电场屮仅受静电力作用, 动.取该直线为x 轴，起始点0为坐标原点, 系如右图所示.下列图象中合理的是()△ F= _qE ・ Ax,即二二=一g 仅氏一x 图线斜率的绝对值表示电场力， A x故由图线可知农逐渐减小，八错误.因粒子仅受电场力作用，由於'= A R〃扫||J 知曰也逐渐减小，D 正确；再rh 动能定理有 ' 区=qE • △从即 一 = qE, E^-x 图线的斜率也表示电场力，Ax 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误.由 v=2ax 有7=寸扃2可知L —x 图线应是一条曲线，故C 错误. 5. 如图所示，初为均匀带有电荷量为+0的细棒，C 为M 棒附近的一点，仿垂直于AB. AB 棒上电荷形成的电场屮Q 点的电势为 机,。

单元检测七静电场考生注意：1．本试卷共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．一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错的得0分)1．库仑定律是电磁学的基本定律.1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电．他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷(电荷量保持不变)之间的静电力与它们的距离的平方成反比.1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比．下列说法不正确的是()A．普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为零B．普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量D．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置2．(2017·宁夏育才中学期末)在电场中有一点P，下列说法中正确的是()A．若放在P点的检验电荷带的电荷量加倍，则P点的场强加倍B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．P点的场强越小，则同一电荷在P点受到的电场力越小D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向3．如图1所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷＋Q和－Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有四点A、B、C、D，关于这四点的场强和电势，下列说法中不正确的是()图1A ．A 点电势高于B 点电势B ．A 点场强大于B 点场强C ．C 点电势等于D 点电势D ．C 点场强等于D 点场强 4．如图2所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )图2A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ减小B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变5．(2017·黑龙江大庆铁人中学月考)如图3所示是一个平行板电容器，其板间距为d ，电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电．现将一个试探电荷＋q 由两板间的A 点移动到B 点，如图所示，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷＋q 所做的功等于( )图3A.qCs QdB.qQs CdC.qQs 2CdD.qCs 2Qd6．(2018·安徽巢湖质检)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图4所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy 平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x 、y 轴对称，等势线的电势沿x 轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等．图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a 点运动到b 点过程，下列说法正确的是( )图4A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．电子在a 点的加速度大于在b 点的加速度C ．电子在a 点的动能大于在b 点的动能D ．电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能7．如图5所示，一电荷量大小为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )图5A ．带电粒子带负电B ．带电粒子在Q 点的电势能为UqC ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U 3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d8．如图6所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等势线，已知MN ＝NQ ，a 、b 两带电粒子从等势线2上的O 点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则( )图6A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 加速度逐渐减小，b 加速度逐渐增大C ．M 、N 两点间电势差|U MN |等于N 、Q 两点间电势差|U NQ |D ．a 粒子到达等势线3的动能变化量比b 粒子到达等势线1的动能变化量小二、多项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．(2017·北大附中河南分校月考)下列说法正确的是()A．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，则电势能一定减小B．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合C．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同D．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，则任意相等时间内速度的变化量相同10．如图7所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是()图7A．物体一定带正电B．物体一定带负电C．物体不一定受弹力的作用D．物体一定受弹力的作用11．(2017·河北石家庄二模)如图8所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点．不计空气阻力，下列说法正确的是()图8A．小球带正电B．小球所受电场力可能大于重力C．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D．小球两次落在斜面上的速度大小相等12.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图9所示，其中0～x2段是轴对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()图9A．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C ．x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3D ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，在x 2～x 3段做匀速直线运动13．(2018·广东珠海联考)如图10所示，M 、N 和P 三点在以MN 为直径的绝缘半圆形光滑碗的边缘上，O 点为半圆弧的圆心，MN 为半圆形碗的水平直径，∠MOP ＝60°.将电荷量为q 的点电荷A 置于P 点，点电荷质量为m ，则下列说法正确的是( )图10A ．若仅在M 点固定一个点电荷B ，要使A 静止，则A 、B 一定带异种电荷B ．若仅在N 点固定一个点电荷B ，要使A 静止，则A 、B 一定带同种电荷C ．要使P 处A 点电荷静止，若施加一个匀强电场，则场强一定为E ＝mg qD ．要使P 处A 点电荷静止，在P 处施加的电场的场强最小值为E ＝mg 2q14．(2017·天津和平区质量调查)如图11所示，光滑水平面上有一边长为L 的正方形区域ABCD ，处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m 、带电荷量为q 的小球由AC 边的中点，以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )图11A.12m v 02＋13qEL B.12m v 02＋23qEL C.12m v 02＋12qEL D.12m v 02－13qEL 三、非选择题(本题共4小题，共38分)15．(8分)如图12所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104 N/C .现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知s AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，求：(g 取10 m/s 2)图12(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度大小；(2)带电体最终停在何处．16．(10分)如图13所示，一条长为L的绝缘细线上端固定在O′点，下端系一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，将它置于一个水平向右的匀强电场中，且qE＝mg.在O点给小球以初速度v0，使小球恰好能在竖直平面内做顺时针方向上的完整圆周运动．求：图13(1)运动过程中最小速度和最大速度的大小；(2)初速度v0的大小．17．(10分)(2017·湖南长沙四县三月模拟)如图14所示，互相绝缘且紧靠在一起的A、B物体，静止在水平地面上，A的质量为m＝0.04 kg、带电荷量为q＝＋5.0×10－5 C，B的质量为M＝0.06 kg、不带电．两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻开始，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E＝1.6×104N/C.设运动过程中小物块所带的电荷量没有变化．图14(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大小；(2)若t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离．18.(10分)(2017·广东华南三校联考)在光滑的水平面上固定一个直角三角形支架ABC ，其中一个角度为37°.支架的A 端固定一绝缘光滑的管道，内部固定一个轻质弹簧，在弹簧处于自然状态时弹簧的另一端Q 与A 的间距为2R ，AC ＝7R .在Q 点右侧有场强为E 的匀强电场，如图15甲所示．质量为m 、带正电q 的小物块P (不计重力)自C 点由静止开始运动．已知P 与CQ 直轨道间的动摩擦因数μ＝14，其余部分光滑．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图15(1)求P 第一次运动到Q 点时速度的大小．(2)若用P 缓慢压缩弹簧到某点E ，由静止释放后，P 滑过C 点运动到与AB 所在直线间距最远点M 处，M 点与AB 所在直线的距离为265R .求P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能； (3)如图乙，若支架在C 端与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，O 为圆心，OD ∥BC .A 、B 、C 、D 均在同一平面内．用P 缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P 能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，求释放P 时弹簧具有的弹性势能应满足什么条件．答案精析1．C2．C [电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在P 点检验电荷带的电荷量加倍或无检验电荷，P 点的场强不变，故A 、B 错误；据F ＝Eq 知，P 点的场强越小，则同一电荷在P 点所受的电场力越小，故C 正确；P 点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，故D 错误．]3．B [M 、N 间的电场线方向从M 指向N ，根据顺着电场线电势逐渐降低，则知A 点电势高于B 点电势，所以A 选项正确；M 、N 两点固定放置两个等量异种点电荷＋Q 和－Q ，A 点和B 点关于O 点对称，A 、B 两点处电场线的疏密程度相同，则A 点场强等于B 点场强，故B 不正确；C 、D 两点位于同一等势面上，电势相等，所以C 选项正确；C 、D 两点关于O 点对称，电场强度相同，所以D 选项正确．]4．D [开始时带电小球受到重力、电场力及悬线拉力作用而平衡，保持S 闭合，极板间电压U 不变，将A 板向B 板靠近，由E ＝U d知场强变大，小球受到的电场力变大，则θ变大，A 、B 均错误；断开S ，则极板所带电荷量Q 不变，将A 板向B 板靠近，由E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQ εr S 知场强不变，则θ不变，C 错误，D 正确．] 5．C [由电容的定义式C ＝Q U 得，板间电压U ＝Q C ，板间场强E ＝U d ＝Q Cd.试探电荷q 由A 点移动到B 点，电场力做功W ＝qEs sin 30°＝qQs 2Cd，故选C.] 6．D [由于等势线的电势沿x 轴正向增加，故A 错误．根据等势线的疏密知道b 处的电场线密，场强大，电子的加速度大，故B 错误．电子从a 点运动到b 点的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故C 错误，D 正确．]7．C [由运动轨迹向上偏转可知粒子带正电，A 错；由P →Q ，电场力做功为W PQ ＝E p P －E p Q ＝qU ，φP ＝0，则E p P ＝0，E p Q ＝－qU ，B 错；对Q 点速度分解v 0＝v sin 30°，则v ＝2v 0对P →Q 过程，W PQ ＝qU ＝qE ·x ＝12m (v 2－v 20)① x ＝12qE mt 2② d ＝v 0t ③由①②③求得E ＝23U 3d，C 对，D 错．]8．B [由题图可知，a 粒子的轨迹方向向右弯曲，则a 粒子所受电场力方向向右，b 粒子的轨迹向左弯曲，则b 粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A 错误．由电场线疏密可知，a 所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b 所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故B 正确．已知MN ＝NQ ，由于MN 段场强大于NQ 段场强，所以M 、N 两点间电势差|U MN |大于N 、Q 两点间电势差|U NQ |，故C 错误．根据电场力做功公式W ＝Uq ，|U MN |>|U NQ |，由于两个粒子所带电荷量的大小关系未知，所以不能判断电场力做功的多少及动能变化量大小，故D 错误．]9．AD10．AD [若物体带负电荷，则所受电场力向右下方，重力向下，则物体必然斜向下运动，不符合题意，A 项正确，B 项错误；若物体带正电，则受力分析如图所示，因物体做匀速直线运动，则合力必为零，一定受到摩擦力，必须受到弹力作用，C 项错误，D 项正确．]11．CD [设斜面倾角为θ，落点与抛出点间距离为l ，小球在水平方向上以速度v 0匀速运动：l cos θ＝v 0t ，竖直方向上从静止开始做匀加速直线运动：l sin θ＝12at 2，解得l ＝2v 02sin θa cos 2θ，可见a 越小落点越远，故小球带负电荷，受到竖直向上的电场力，且电场力应小于重力，否则小球将沿水平方向匀速运动或向上做类平抛运动，故A 、B 错误．再由l cos θ＝v 0t 可以看出，落点越远时间越长，C 正确．由动能定理有mal sin θ＝12m v 2－12m v 02，又l ＝2v 02sin θa cos 2θ，得 v ＝v 01＋4tan 2 θ，故D 正确．]12．BC [因为图像的斜率可以反映电场强度大小，所以在x 1处电场强度最小，A 错误； x 2～x 3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B 正确；粒子带负电，0～x 1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x 1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x 1依次到达x 2、x 3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1>φ2>φ3，C 正确；图像的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x 2段做非匀变速直线运动，在x 2～x 3段做匀减速直线运动，D 错误．]13．ABD [若仅在M 点放置一个点电荷B ，对点电荷A 受力分析，A 受到重力和由P 指向O 方向的支持力，若要平衡，则必受到库仑引力，因此A 、B 一定带异种电荷，故A 正确；同理可知B 正确；若要使P 处A 点电荷静止，只有施加竖直方向的匀强电场时，场强才一定为E ＝mg q，故C 错误；若要使P 处A 点电荷静止，则在P 处施加的电场力如图所示时，电场力最小，电场强度最小，最小值为E ＝mg cos 60°q ＝mg 2q，故D 正确．] 14．AC [若电场方向与BD 平行，则电场力做的功W ≤12EqL ，动能满足 12m v 02<E k ≤12m v 02＋12qEL .若电场方向与AB 平行，则电场力做的功W ＝qEL 或W ＝－qEL 或 W ＝0，动能E k ＝12m v 02＋EqL 或E k ＝12m v 02－EqL 或E k ＝12m v 02，故A 、C 正确，B 、D 错误．] 15．(1)10 m/s (2)见解析解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (s AB ＋R )－μmgs AB －mgR ＝12m v 2 解得v ＝10 m/s.(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大距离为h ；从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12m v 2 解得h ＝53m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F fmax ＝μqE ＝4 N ，重力G ＝mg ＝2 N因为G <F fmax所以带电体最终停在C 点上方与C 点的竖直距离为53m 处． 16．(1)2gL 52gL (2)(32＋2)gL解析 (1)如图所示，小球在运动过程中受到重力、电场力和细线拉力作用．利用等效重力场的方法，根据平行四边形定则求出重力和电场力的合力大小F 合＝2mg ，其方向斜向右下方与水平方向成45°角．过圆心作合力的作用线，把其反向延长交圆周上的B 点，则B 为等效最“高”点，过等效最“高”点的速度即为运动过程中的最小速度，由于是恰好做圆周运动，所以小球在等效最“高”点B 时只受电场力和重力作用，细线的拉力为零．等效重力加速度为g ′＝F 合m ＝2g ，由m v min 2L ＝mg ′，可得最小速度v min ＝2gL .A 点为等效最“低”点，小球在运动中通过此点的速度最大，12m v max 2－12m v min 2＝mg ′·2L ，可得最大速度v max ＝52gL . (2)从O 到A ，由动能定理得－mgL (1－cos 45°)＋qEL sin 45°＝12m v max 2－12m v 02， 结合qE ＝mg ，解得v 0＝(32＋2)gL .17．(1)4 m/s 2 0.48 N (2)11.8 m解析 (1)对整体分析，加速度大小a ＝qE －μ(M ＋m )g M ＋m＝4 m/s 2 隔离B 分析，根据牛顿第二定律有F －μMg ＝Ma解得F ＝μMg ＋Ma ＝0.48 N(2)t ＝2 s 时，A 、B 的速度大小v ＝2×4 m /s ＝8 m/st ＝2 s 后电场反向，且场强减为原来的一半此时A 做匀减速运动的加速度大小a A ＝qE ′＋μmg m＝14 m/s 2 B 做匀减速运动的加速度大小a B ＝μg ＝4 m/s 2B 速度减为零的时间t B ＝v a B＝2 s 减速到零的位移大小x B ＝v 22a B＝8 m A 速度减为零的时间t A 1＝v a A ＝47s 减速到零的位移大小x A 1＝v 22a A ＝167m 则A 反向做匀加速运动的加速度大小a A ′＝qE ′－μmg m＝6 m/s 2 则反向做匀加速直线运动的位移大小x A 2＝12a A ′(t B －t A 1)2＝30049m 则A 、B 的距离Δx ＝x A 2－x A 1＋x B ≈11.8 m18．(1)2qER m (2)619qER (3)4qER <E p ≤143qER 或E p ≥7112qRE 解析 (1)对小物块，由静止下滑到Q 点过程中，根据动能定理qEs ·sin 37°－μqEs ·cos 37°＝12m v 2 s ＝AC －AQ ＝5R解得v ＝2qER m(2)在最远点M 处，速度垂直于E ，根据运动对称性，相当于从M 点平抛到C 点，则y ＝265R －A·sin 37°＝R v y 2＝2ay ，qE ＝mav C ·sin 37°＝v y从E 到C 过程根据能量守恒：E p ＝12m v C 2＋qE ·CQ ·sin 37°＋μqE ·CQ ·cos 37° 有E p ＝(4＋259)qER ＝619qER (3)有三种临界情况：第一种：若刚好能够到达C 点，v C ＝0根据动能定理：E p1＝qE·CQ ·sin 37°＋μqE ·CQ·cos 37°有E p1＝4qER第二种：若刚好能够到达O 点右侧的K 点，v K ＝0根据动能定理：E p2＝qE ·CQ ·sin 37°＋μqE ·CQ ·cos 37°＋qE·56R ·cos 37° 有E p2＝143qER 第三种：若刚好能够通过D 点：在D 点：qE ＝m v D 2r ，r ＝56R 根据动能定理：E p3＝qE ·CQ ·sin 37°＋μqE ·CQ ·cos 37°＋qE 56R (1＋cos 37°)＋12m v D 2 有E p3＝7112qER 要使P 能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，释放P 时弹簧具有的弹性势能应满足：4qER <E p ≤143qER ，或E p ≥7112qER。

2019高考物理《静电场》试题及答案及考点解析1、（多选）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。

t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。

此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知：（）A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小2、现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。

在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。

则下列说法中正确的是：（）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力所做总功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不同D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小3、如图所示是真空中某一点电荷Q在周闱产生的电场,a、b分别是该电场中的两点,其中a点的电场强度大小为E,方向与a、b连线成120°角；b点的电场强度大小为，方向与a、b连线成150°角,一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则：（）A．点电荷Q是负电荷B．a、b两点的电场强度大小C．在a、b两点受到的电场力大小之比D．在a、b两点具有的电势能的大小关系为＞4、如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。

列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高C．O点的电场强度为零，电势最低D．O点的电场强度不为零，电势最高5、如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q.一表面绝缘、带正电的金属球(可视为质点，且不影响原电场)以速度v0开始在金属板上向右运动，在运动过程中（）A.小球减速后作加速运动B.小球作匀速直线运动C.小球受电场力的冲量为零D.以上说法可能都不正确6、如图所示,两个固定的相同金属环相距某一距离同轴放置,两环带等量异种电荷。

第7章静电场章末过关检测(七)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B.过a、b两点做等势面，可得a点的电势比b点的电势低，将正电荷从低电势移到高电势，电场力做负功，故A 错误，B正确；电场线的疏密程度可表示电场强度，c点的电场线稀疏，d点的电场线较密，所以d点的电场强度大于c点的电场强度，C错误；电场线只表示电场强度，不表示粒子的运动轨迹，D错误．2.(2018·温州中学模拟)如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场．涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹．下列说法正确的是( )A．涂料微粒一定带正电B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能解析：选C.因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口看到工件的电场先减弱后增强，可知微粒做加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力随微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误．3.(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上．C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)( )A.5kQ4l2，沿x轴正方向B．5kQ4l2，沿x轴负方向C.3kQ4l2，沿x轴负方向D．3kQ4l2，沿x轴正方向解析：选D.B点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在B 点产生的场强与正电荷在B点产生的场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负电荷在B 点的场强为kQ l 2，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，当负电荷移到A 点时，负电荷与B 点的距离为2l ，负电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，由于CD 对称，所以两正电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确． 4.静电场方向平行于x 轴，其电势随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，忽略重力．规定x 轴正方向为电场强度E 、加速度a 、速度v 的正方向，下图分别表示x 轴上各点的电场强度E 、小球的加速度a 、速度v 和动能E k 随x 的变化图象．其中正确的是( )解析：选D.因φ－x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧加速度为正值，在x＝0右侧，加速度为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧，粒子向右匀加速，在x＝0的右侧，向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，粒子根据动能定理qEx＝E k，在x＝0的右侧，根据动能定理可得－qEx ＝E k′－E k，故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)5.某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直．用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O 点的水平距离．实验中( )A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知：F库＝mg sin θ，即k qQ d2＝mg xL，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．6．(2018·广东韶关六校联考)如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是( )A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．带电粒子由a运动到b的过程中动能增加解析：选CD.由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M 指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误，D正确；粒子从a运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．7．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动D．若将圆环从杆上P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A错误；因为圆环到O点前，库仑力沿y轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B错误；设P、O两点间电势差为U，由动能定理有qU＝12mv2，由牛顿第二定律有kQqr2＝mv2r，联立有kQ r2＝2Ur，即圆环是否做匀速圆周运动与q无关，C正确；若从P点上方释放，则U变大，不能做匀速圆周运动，D正确．8．(2018·沈阳东北育才学校模拟)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，后成锐角，因此小球的速率先减小后增大，故选项C正确，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题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)9．(16分)(2018·亳州模拟)如图所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝1.0×10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m 的M处，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m v2 R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv2联立方程组，解得：v0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12mv ′2－12mv 20 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R联立代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝0.6 N.答案：(1)7 m/s (2)0.6 N10．(16分)如图所示，光滑的薄平板A ，放置在水平桌面上，平板右端与桌面相齐，在平板上距右端d ＝0.6 m 处放一比荷为q m＝0.1 C/kg 的带电体B (大小可忽略)，A 长L ＝1 m ，质量M ＝2 kg.在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场，OO ′左侧电场强度为E ＝10 V/m ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左．在薄平板A 的右端施加恒定的水平作用力F ，同时释放带电体B ，经过一段时间后，在OO ′处带电体B 与薄平板A 分离，其后带电体B 到达桌边缘时动能恰好为零．(g 取10 m/s 2)求：(1)OO ′处到桌面右边缘的距离；(2)加在薄平板A 上恒定水平作用力F 的大小．解析：(1)对B 在OO ′左侧运动时，qE ＝ma 1，设B 到达OO ′时的速度为v ，则：v 2＝2a 1x 1，对B 在OO ′右侧运动时，q ·5E ＝ma 2，v 2＝2a 2x 2，由几何关系知，x 1＋x 2＝d ，代入数据解得x 2＝0.1 m.(2)对平板A ，在B 加速的时间内，x 3＝L －x 2，x 3＝12a 3t 21，B 在同一时间内加速的过程中，有：x 1＝12a 1t 21，对平板A ，在B 加速的时间内受力F 的作用，由牛顿第二定律得，F ＝Ma 3，代入数据解得F ＝3.6 N.答案：见解析11．(20分)(2018·上海奉贤区调研)如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电量为q＝2.0×10－8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光1滑绝缘杆，其中ON长为a＝1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴(取O点处x＝0)，图(b)中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3J，E1＝1.92×10－3J，E2＝6.2×10－4 J．(静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p .解析：(1)电势能为E 1时最大，所以应是电荷q 1对小球做负功和正功的分界点，即应该是过q 1作的ON 的垂线与ON 的交点．x 1＝a cos 37°×12cos 37°＝0.32 m根据图象得到mgh ＝E 1得m ＝E 1gx 1sin 37°＝ 1.92×10－310×0.32×0.6 kg ＝1×10－3 kg.(2)小球受到重力G 、库仑力Fk q 1q 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2＝mg cos 37°q 2＝mg cos 37°⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2kq 1＝错误! C ＝2.56×10－6 C.(3)对O 到N ，小球离开弹簧后到达N 点的速度为零，根据能量守恒，得到E＋E0＝E2＋mgh ONpE＝E2＋mgh ON－E0＝6.2×10－4J＋1×10－3×10×0.6 J－p1.24×10－3 J＝5.38×10－3 J.答案：(1)0.32 m 1×10－3 kg (2)2.56×10－6 C(3)5.38×10－3 J。

第七章 静电场章末过关检测(七)(时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但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 ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D 属于静电现象．2.空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的是( )A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E CxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功解析：选D.在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E ＝Δφd，可见E Bx >E Cx ，A 项错误；同理可知O 点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误；沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误，D 项正确．3.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α1角和α2角，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1＝α2，则下述结论正确的是( )A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足q 1m 1＝q 2m 2C ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1＝q 2、m 1＝m 2解析：选C.分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得F －F T sin α1＝0，F T cos α1－m 1g ＝0，所以tan α1＝F m 1g ＝kq 1q 2m 1gr 2.同理tan α2＝F m 2g ＝kq 1q 2m 2gr 2.因为α1＝α2，所以m 1＝m 2. 4．(2018·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )A ．烟尘颗粒向下运动B ．两金属板间电场方向向上C ．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D ．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍解析：选C.由题图可知，上极板为正极，下极板为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；上极板为正极，下极板为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B 错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C 正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D 错误．5．第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d 的两极板M 、N 分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选C.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A 错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，选项B 错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgd U2，选项C 正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D 错误．6.(2018·合肥高三质量检测)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m ，电荷量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，如图所示．开始时小球静止在M 点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后由静止释放，则以下判断正确的是( )A ．小球再次到M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做的功为3mgLC ．小球从P 到M 过程中，其机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M 点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qE sin 30°＝mg .小球再次到M 点时，切向加速度为零，速度最大，选项A 错误．小球从P 到M 过程中，重力做负功为W G ＝－mgL ，电场力qE 做正功为W F ＝qEL sin 30°＋qEL cos 30°＝(1＋3)mgL ，合外力对它做的功为W ＝W G ＋W F ＝3mgL ，选项B 正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P 到M 过程中，其机械能增加了(1＋3)mgL ，选项C 错误．由于在M 点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，两个相同的细圆环带有等量异种电荷，相隔一定距离同轴平行固定放置，O 1、O 2分别为两环圆心，一带正电的粒子从很远处沿水平轴线飞来并顺次穿过两环．若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )A ．在O 1点粒子的加速度方向向左B ．从O 1到O 2的过程，粒子电势能一直增大C ．轴线上O 1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D ．轴线上O 1点右侧、O 2点左侧都存在合场强为零的点，且它们关于O 1、O 2连线中点对称解析：选ACD.在O 1点时，右环上电荷由于关于O 1对称，所以其在O 1产生的电场强度为0，而－Q 各点在O 1产生的场强水平向左，故＋q 在O 1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A 正确．在＋q 从O 1向O 2运动的过程中＋Q 对＋q 的电场力向左，－Q 对＋q 的作用力方向也向左，故电场力对＋q 始终做正功，故＋q 的电势能一直减小，故B 错误．根据E ＝kQ r2可知在O 1右侧＋Q 产生的场强先增大后减小且一直减小到0，而－Q 的场强大多数情况下小于＋Q 产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O 1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O 1的右侧，故C 正确．同理O 2的左侧也有场强为0的位置，而O 1和O 2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O 1、O 2的连线对称，故D 正确．8．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：选AD.E ＝U d ，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 错；C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd，保持d 不变，C 不变，Q 加倍，U 加倍，C 错；E ＝U d ＝QCd ＝Q εr S 4πkd ·d ＝Q εr S 4πk，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 对．9．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B 间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x 表示A 偏离O 点的水平距离．实验中( )A ．d 应保持不变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 正确；因要保持A 、B 连线与细线垂直且AB 距离总保持d 不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；对A 球由平衡知识可知：F 库＝mg sin θ，即k qQ d 2＝mg x L，可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确，D 错误．10．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy 坐标系中，x 轴上固定一个点电荷Q ，y 轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O 处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P 处由静止释放，圆环从O 处离开细杆后恰好绕点电荷Q 做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，加速度一直增大B ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，速度先增大后减小C ．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q 做匀速圆周运动D ．若将圆环从杆上P 点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q 做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O 点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A 错误；因为圆环到O 点前，库仑力沿y 轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B 错误；设P 、O 两点间电势差为U ，由动能定理有qU ＝12mv 2，由牛顿第二定律有kQq r 2＝mv 2r ，联立有kQ r 2＝2U r，即圆环是否做匀速圆周运动与q 无关，C 正确；若从P 点上方释放，则U 变大，不能做匀速圆周运动，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答．计算题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．(12分)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)． 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q.(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 m v 2L ＝233mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电3mg 3q(2) 2（3＋1）gL 12.(14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU 1与ΔU 2之比.解析：(1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d则q m ＝dg U 0.(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移大小为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移大小为x 2，加速度大小为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：qU0＋ΔU1d－mg＝ma1，即qΔU1d＝ma1油滴向上减速运动时：mg－qU0＋ΔU1－ΔU2d＝ma2，即qΔU2－ΔU1d＝ma2则ΔU1ΔU2－ΔU1＝13解得ΔU1ΔU2＝14.答案：(1)dgU0(2)1∶3(3)1∶413．(14分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝12mv2，经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qU偏mL⎝⎛⎭⎪⎫Lv2，所以y＝U偏L4U0，由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2，所以Y＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm。

基础课3 电容器 带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(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、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场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Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

(2)定义式：C ＝Q U 。

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F) 1 F ＝106 μF ＝1012 pF 3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C ＝εS4πkd，k 为静电力常量。

带电粒子在匀强电场中的运动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.分析方法(1)用动力学观点分析，(2)用功能观点分析。

3.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动性质：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的分解。

①沿初速度方向：做匀速直线运动。

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

示波管的构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。

(如图1所示)图1备课札记小题速练1.思考判断(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

( )(2)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6 C 时，两板间电压升高10 V ，则电容器的电容C ＝1.0×10－7 F 。

( )(3)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动。