2017高考物理一轮复习章末质量检测第6章静电场(含解析)

第3节带电粒子在电场中的运动,(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正比。

(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)要点一平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

[多角练通]1．(2015·孝感三中高三冲刺卷)电容式加速度传感器的原理结构如图6-3-1所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，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( )图6-3-1A ．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，突然减速时弹簧会伸长D ．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流解析：选D 根据电容器的电容公式C ＝εr S 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确。

最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理电 场考试时间：100分钟；满分：100分班级 姓名 .第I 卷（选择题）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分, 共28分）1. 如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（ ）2. 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O 处电场强度最大的是（）BCD3.一电子仅在电场力作用下，沿直线由静止从A 运动到B ，AB 间的电场如图所示，则下列叙述正确的是（ ）4. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM=ON=2R ．已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为（A ）A ．E R kq-22 B ．24kq RC ．24kq E R -D ．24kqE R +5. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中A 、N 两点的电势均为零，ND 段中的C 点电势最高，则（ D ）A ．N 点的电场强度大小为零B ．A 点的电场强度大小为零C ．NC 间场强方向向x 轴正方向D ．将一负点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功6. 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7.南两块不平行的长导体板组成的电容器如图所示．若使两板分别带有等量异号的电荷，定性反映两板间电场线分布的图可能是二、多项选择题（本题共5道小题，每小题6分，共30分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得得0分）8.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1、q2，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O 点在桌面上做匀速圆周运动。

单元质检六静电场(时间:60分钟满分:110分)单元质检第11页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于静电场的各种表述,下列说法中错误的是( )A.所有带电体周围都存在电场,电场对处于其中的带电体都有力的作用B.电荷中和的实质是正负电荷产生的电场相叠加的结果C.若带电粒子在运动中只受电场力作用,其动能和电势能之和保持不变D.如果带电粒子在运动过程中只受电场力作用,其电势能一定减少解析:带电体周围都存在电场,电场对处于其中的带电体都有力的作用,选项A说法正确。

电荷中和的实质是正负电荷产生的电场叠加的结果,选项B说法正确。

带电粒子在电场中运动,若只受电场力作用,动能和电势能之间相互转化,选项C说法正确。

电场力做正功,电势能减少,电场力做负功,电势能增加,选项D说法错误。

选项D符合题意。

答案:D2.如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则( )A.α粒子在M点的速率比在Q点的大B.三点中,α粒子在N点的电势能最大C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低D.α粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功解析:α粒子和重原子核都带正电,二者存在相互之间的库仑斥力,α粒子从M向N运动时,克服库仑斥力做功,α粒子电势能增加,速度减小;α粒子从N向Q运动时,库仑斥力做正功,α粒子电势能减小,速度变大,故α粒子在N点的电势能最大,B正确;由M、N、Q点与重原子核的位置关系可知,NQ段库仑力做的正功大于MN段α粒子克服库仑力做的功,即从M到Q全过程库仑力做正功,α粒子在Q点的速率比在M点的速率大,A、D错误;α粒子在M点的电势能大于在Q点的电势能,故M点的电势比Q点的电势高,C错误。

题组层级快练(二十三)一、选择题(其中1－11题，只有一个选项正确，12题有多个选项正确)1．(2015·北京东城联考)在静电场中将一个带电荷量为q＝－2.0×10－9 C的点电荷由a点移动到b点，已知a、b两点间的电势差U ab＝1.0×104 V．在此过程中，除电场力外，其他力做的功为W＝6.0×10－5 J，则该点电荷的动能()A．增加了8.0×10－5 J B．减少了8.0×10－5 JC．增加了4.0×10－5 J D．减少了4.0×10－5 J答案 C解析根据动能定理，得：W＋qU ab＝ΔE k，解得ΔE k＝6.0×10－5J＋1.0×104V×(－2.0×10－9 C)＝4.0×10－5 J，所以C项正确．2．(2015·湖北期中)如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面．a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是()A．a、d两点电势不同，电场强度相同B．将电子从b点移至c点电场力不做功C．从左侧平行于中心轴线进入电场区域的一束电子，电场可对其向中心轴线汇聚D．从右侧平行于中心轴线进入电场区域的一束电子，电场可对其向中心轴线汇聚解析根据题意知，a、d两点电势不同；由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点电场线的切线方向一致，知a、d两点的电场强度方向不同，故A项错误；一电子从b 点运动到c点，电势差为U bc＝φb－φc＝0.1 V－0.9 V＝－0.8 V，而电子带负电，则电场力做正功，故B项错误；一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，根据曲线运动条件知运动轨迹向合力方向偏，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余的电子做曲线运动并向中心轴线汇聚，故C项正确，同理知D项错误．答案 C3．(2015·浙江五校第一次联考)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变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变解析据ΔE p＝－W，在0～x1段电势能减小，电场力做正功，即W＝qEx，因为W>0、q<0、x>0，所以E<0；在x1～x2段电势能增加，电场力做负功，即W＝qEx，因为W<0、q<0、x>0，所以E>0；又由于电势能变化对称，所以，在0～x2段关于x＝x1对称的两点场强大小相等方向相反，所以x1处场强为0，A项错误．据W＝qEx，在0～x2段随x增加电势能非线性变化，所以场强不是定值，粒子不可能做匀变速运动，B项错误．x1～x2段，电势能增加，即E p2－E p1＝qφ2－qφ1>0，因为q<0，所以φ2－φ1<0，所以φ2<φ1，同理可得φ3<φ2，所以C项错误．据W＝qEx，x2～x3段W随x线性变化，所以场强E大小、方向均不变，D项正确．答案 D4．(2014·重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电场．实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度的大小分别为E a和E b，则()A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b解析图中a、b两点在一个等势面上，故U ac＝U bc，根据W＝qU，有W a＝W b；a位置的电场线较密集，故E a>E b.答案 A设置目的根据电场线和等势线判断场强的强弱和电势及电场力做功5．(2014·天津)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下；A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，A选项错误；如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，B选项错误；微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，C 选项正确；微粒从M点运动到N点过程如果电场力向上并且电场力小于重力，也满足题意中的运动，这种情况下电场力做负功，即除重力外的其他力做负功，机械能减小，D选项错误．答案 C设置目的带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律6.(2016·东北三校联考)如图所示，现有一个以O为圆心、以OP长为半径的圆，四边形ABCD为圆的内接正方形，a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点，P、Q分别为弧AB和弧CD的中点．现在A和B、C和D四点分别放上等量的正电荷和负电荷，若取无穷远处电势为零，下列说法正确的是()A．O点的电场强度和电势均为零B．把同一电荷从b点移到d点，电场力做功为零C．把同一电荷从a点移到c点，电场力做功为零D．同一电荷在P、Q两点所受电场力大小相同，方向不同解析正负电荷以O为对称，由电场叠加知O点电势等于零，但场强大小不为零，方向沿Oc方向，A选项错误；A和D、B和C为等量异种电荷，其垂直平分线上为等势线，把同一电荷从b点移到d点，电场力做功为零，B选项正确；A和B、C和D为等量同种电荷，其垂直平分线上场强方向为从a指向c，把同一电荷从a点移到c点，电场力做功不为零，C项错误；A和B、C和D为等量同种电荷，其垂直平分线上P点场强方向为从a指向P，Q点场强方向为从Q指向c，根据对称性知场强相同，同一电荷在P、Q两点所受电场力相同，D选项错误．答案 B设置目的考查等量电荷周围场与势的特点7．(2015·浙江湖州)两块无限大的均匀绝缘带电平板每一块的两面都带有均匀的等量异号电荷，把它们正交放置．理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．设电荷在相互作用时不移动，则图中能正确反映正交区域等势面分布情况的是()解析题目条件为“无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场”，因此空间中任一点的合场强均为与水平方向夹角为45°，因此等势面的分布应为B项．答案 B设置目的 考查电场线与等势面垂直学法指导 本题的难点为审题，图中电荷的分配不因两板的放置而重新分配．8．(2015·北京朝阳区)空间存在着平行于x 轴方向的静电场，其电势随x 的分布如图所示，A 、M 、O 、N 、B 为x 轴上的点，|OA|<|OB|，|OM|＝|ON|.一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M 点由静止开始沿x 轴向右运动，则下列判断中正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子从M 向O 运动过程中所受电场力均匀增大C ．粒子一定能通过N 点D ．粒子从M 向O 运动过程电势能逐渐增加解析 由图可知，A 、B 两点电势相等，O 点的电势最高，A 到O 是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M 点由静止开始沿x 轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，A 选项错误；A 到M 电势均匀升高，故A 到O 的电场是匀强电场，所以粒子从M 向O 运动过程中所受电场力不变，B 选项错误；由图可知，φ－x 的斜率表示场强大小，左侧的场强大于右侧的场强，|OM|＝|ON|，M 到O 电场力做的功大于O 到N 电场力做的功，粒子能通过N 点，C 选项正确；粒子从M 向O 运动过程电场力做正功，电势能一定减小，D 选项错误．答案 C设置目的 考查电势与位移的对应关系、E ＝U d ＝Δφd 有进一步深入的理解，即从微分dφdx的角度理解．左右两侧均为匀强电场，但左边的场强比右边的大9．(2014·江苏)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ，下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低解析 圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O 点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x 轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x 轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x 轴上O 点的电势最高，A 项错误，B 项正确；O 点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O 点沿x 轴正方向，场强应先增大后减小，x 轴上电场强度方向向右，电势降低，选项C 、D 均错误． 答案 B设置目的 考查场强与电势10．(2015·山东滨州)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，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 、Q 两点的电势关系为φP <φQB ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E P <E QC ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做负功解析 由电场线分布可知，ab 、cd 为等势面，且电势相等，均为φ＝0，E P >E Q ，A 、B 选项均错误；P 、Q 等势，所以把负电荷从P 沿图中曲线移到Q 电场力做功为零，D 项错；由对称性可知，E O ＝0，因此C 项正确．答案 C设置目的 考查等势面、电场力做功、场强与等势面垂直11．(2014·安徽)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是( )解析 粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故F ＝|ΔE p Δx|，即E p －x 图像上某点的切线的斜率表示电场力．故电场力逐渐减小，根据E ＝F q，故电场强度也逐渐减小，A 项错误；根据动能定理有：F·Δx ＝ΔE k ，故E k －x 图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，加速度减小，B 项错误，D 项正确；C 图，速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小(加速运动)，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，C 项错误．答案 D设置目的 练习功能原理、在非匀强场中速度、加速度随位移的变化．12.如图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷，一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a 、b 、c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A ．带负电B ．在c 点受力最大C ．在b 点的电势能大于在c 点的电势能D ．由a 点到b 点的动能变化大于由b 点到c 点的动能变化解析 由于带电粒子受到电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，A 选项错误；根据库仑定律F ＝k Qq r 2可知，粒子在c 点受到电场力最小，B 选项错误；粒子从b 点运动到c 点的过程中，电场力对带电粒子做正功，粒子电势能减小，C 选项正确；由动能定理，可得qU ＝ΔE k ，因为U ab >U bc ，D 选项正确．答案 CD设置目的 考查等势面、功能关系二、非选择题13．(2015·河北省邯郸市)如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M 、N 两点上，有一质量为m 、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O 点且与MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于MN 的垂直平分线上距MN 为L 处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B 时速度为v ，取O 点电势为零，忽略q 对等量异种电荷形成电场的影响．求：(1)小球经过B 点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q 、－Q 形成的电场中，A 点的电势φA ；(3)小球继续向左摆动，经过与A 等高度的C 点时的速度大小．解析 (1)小球经B 点时，在竖直方向有F －mg ＝m v 2L① F ＝mg ＋m v 2L②由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小F ′＝mg ＋m v 2L ③ (2)由于取O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以φB ＝0④电荷从A 到B 过程中，由动能定理，得mgL ＋q(φA －φB )＝12mv 2 ⑤ φA ＝mv 2－2mgL 2q⑥ (3)由电场对称性可知，φC ＝－φA ，⑦ 即U AC ＝2φA⑧ 小球从A 到C 过程，根据动能定理qU AC ＝12mv C 2 ⑨v C ＝2v 2－4gL 答案 (1)mg ＋m v 2L (2)mv 2－2mgL 2q(3)2v 2－4gL 思路点拨 (1)小球经过B 点时，重力和杆的拉力提供向心力；(2)A 到B 的过程中重力和电场力做功，根据动能定理即可求得A 点的电势；(3)B 到C 的过程中重力和电场力做功，根据动能定理说明即可．小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定理解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．设置目的 电场的叠加；电势14．(2015·湖北省)如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m ＝2×10－6 kg 、电荷量q ＝2×10－7 C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M(0, 6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)粒子从O 到P 与从P 到M 的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标；(3)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析 (1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点的动能为1.25E k .由于洛伦兹力不做功，粒子从O 点到P 点和从P 点到M 点的过程中，电场力做的功大小分别为W 1、W 2由动能定理得：－W 1＝E k －2E kW 2＝1.25E k －E k则W 1W 2＝41(2)O 点和P 点及M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q U OM ＝0.75E k q设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，OP 与x 轴的夹角α则：sin α＝35D 点的坐标为x D ＝ODcos α＝3 m ，y D ＝ODsin α＝2.25 m即：D(3 m ，2.25 m)(3)由于OD ＝3.75 m ，而OMcos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 到P带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP ＝12Eq mt 2 又，DP ＝OP －OD ＝1.25 m解得t ＝0.5 s思路点拨 本题是带电粒子在复合场中运动的类型，画出磁场中运动轨迹，电场中运用运动的分解都是常规方法，要能灵活运用几何知识求解磁场中空间尺寸．它用从下面几个方面思考求解：(1)粒子运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解．(2)根据电势差的定义式求出O 点与P 点、M 点间的电势差．由公式U ＝Ed ，求出OD ，由数学知识可得解．(3)带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，由运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．设置目的 电势和动能定理和带电粒子在复合场中运动综合应用考查题．。

章末过关检测(六 )静 电 场(限时： 45 分钟 )一、单项选择题 (此题共 6 小题，每题 6 分，共 36 分 )1.(2016 徐·州质检 )如下图， 在 M 、N 处固定着两个等量异种点电荷，B 两点，已知 MA ＝ AB ＝ BN 。

以下说法中正确的选项是 ( )在它们的连线上有A 、A ． A 、B 两点场强同样 B ． A 、 B 两点电势相等C ．将一正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做负功D ．负电荷在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能2．(2016 ·坊统考潍 )直线 ab 是电场中的一条电场线，从 a 点无初速度开释一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a 点运动到b 点，其电势能 E p 随位移 x 变化的规律如图乙所示。

设 a 、b 两点的电场强度分别为E a 和 E ，电势分别为 φ 和 φ。

则 ( ) b a b甲 乙A ． E a ＝ E bB ． E a ＜ E bC ． φa ＜ φ ＞ φbD ． φ a b 3． 示波器是一种多功能电学仪器，它是由加快电场和偏转电场构成。

如下图，电子在电压为 U 1 的电场中由静止开始加快， 而后射入电压为 U 2 的平行金属板间的电场中， 入射方向与极 板平行， 在知足电子能射出平行电场地区的条件下， 下述状况必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4．一个初动能为 E k 的带电粒子， 以速度 v 沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间 (带等 量异号电荷且正对搁置 )，飞出时粒子动能为 2E k ，假如这个带电粒子的初速度增添到本来的2 倍， 仍从原地点沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为()A ． 4E kB ． 4.25E kC ．6E kD ． 9.5E k5．(2016 ·阳检测沈 )在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以必定初速度水平抛出，从B 点进入电场，抵达C 点时速度方向恰巧水平， A 、B 、 C 三点在同向来线上，且 AB ＝ 2BC ，如下图。

章末检测六 静电场(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．(2016·北京通州区模拟)真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的4倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的( )A ．4倍B ．6倍C ．8倍D ．16倍解析：选D.距离改变之前F ＝kq 1q 2r2，当电荷量都变为原来的4倍时，F 1＝kq 1q 2r2，联立可得F 1＝16F ，选项D 正确．2．(2016·江苏盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O 点电场强度大小为E ，撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为( )A.E2 B ．22E C ．ED ．2E解析：选B.两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝ 2E 1，故撤走一根带电棒后，在O 点产生的场强为E 1＝E2＝22E ，选项B 正确．3．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )A ．1、2两点的场强相等B ．1、3两点的场强相等C ．1、2两点的电势相等D ．2、3两点的电势相等解析：选D.电场线的疏密表示电场的强弱，点1处的场强大于点2、3处的场强，A 、B 错误；沿电场线的方向电势降落，故点1处的电势高于点2处的电势，C 错误；2、3两点在同一等势面上，故两点的电势相等，D 正确．4.(2016·吉林联考)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，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l 0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( )解析：选C.由平行板电容器的电容C ＝εr S 4πkd可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离为d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝q φP ＝qEd －qEx ，显然D 错．5．一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 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg (d ＋d2)－qU ＝0；设第二次粒子从P 点下落进入电容器后在距上极板距离为x 处返回，有mg (x＋d 2)－q x 23d U ＝0，联立解得x ＝25d ，故本题应选D. 6．(2016·广东金山、广雅、佛山一中联考)(多选)如图，O 、A 、B 为一直线上的三点，OA ＝AB ＝r ，在O 处固定一个点电荷＋Q ，若一点电荷－q 放在A 、B 两点所受库仑力分别为F A 、F B ，电场强度分别为E A 、E B ，电势能分别为εA 、εB ，OA 、AB 之间电势差分别为U OA 、U AB ，则( )A ．E A ＝2EB B ．F A ＝4F BC ．U OA ＝U ABD ．εA ＜εB解析：选BD.根据库仑定律F ＝k qQ r2，电荷间的库仑力与距离的平方成反比，故F A ＝4F B ，E A ＝4E B ，选项A 错误，B 正确；根据库仑定律与电场强度的定义式可知，OA 之间的电场强度大于AB 之间的电场强度，所以U OA ＞U AB ，选项C 错误；将点电荷－q 从A 移动到B ，负电荷受力向左，电场力做负功，故电势能增大，故εA ＜εB ，选项D 正确．7．(2016·辽宁朝阳三校协作体联考)(多选)真空中有一半径为r 0的带电金属球壳，若取无穷远处为零电势，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示，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 ．该球壳带负电B ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度C ．若r 2－r 1＝r 1－r 0，则φA －φB ＝φ0－φAD ．将电子从A 点移到B 点，电场力做负功解析：选BD.r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离，由题图可知A 点的电势高于B 点的电势，沿电场线方向电势降低，可知该球壳带正电，A 错误；A 点更靠近场源电荷．可知A 点的电场强度大于B 点的电场强度，B 正确；由于球壳以外的电场不是匀强电场，离球壳越近处场强较大，故当r 2－r 1＝r 1－r 0时，φA －φB <φ0－φA ，C 错误；电子从A 移到B 的过程中，电场力方向由B 指向A ，所以电场力做负功，D 正确．8. (2016·湖北孝感三中三模)(多选)一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m 、电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图所示，交变电压的周期T ＝L2v 0，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )A ．所有电子都从右侧的同一点离开电场B ．所有电子离开电场时速度都是v 0C ．t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D ．t ＝14T 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d 16解析：选BD.电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图．根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A 错误．由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y ＝0，速度都等于v 0，故B 正确．由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C 错误．t ＝T 4时刻进入电场的电子，在t ＝34T 时刻侧位移最大，最大侧位移为y max ＝2·12a (T 4)2＝aT216①在t ＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为12d ，则有12d ＝4×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22② 联立①②得y max ＝d16，故D 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O 点处有一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ.现使小物体以初速度v 0从斜面上的A 点沿斜面上滑，到达B 点时速度为零，然后又下滑回到A 点，小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k ，重力加速度为g ，OA ＝OB ＝l .求：(1)小物体沿斜面上滑经过AB 中点时的加速度大小； (2)小物体返回到斜面上的A 点时的速度大小． 解析：(1)根据题意得F N ＝mg cos θ＋kQq l sin θ2，mg sin θ＋μF N ＝ma ，解得 a ＝mg sin θ＋μ[mg cos θ＋k Qq l sin θ2]m.(2)根据动能定理得0－12mv 20＝－mgl sin 2θ＋W f ，12mv 2＝mgl sin 2θ＋W f ，得v ＝4gl sin 2θ－v 20. 答案：见解析10.(12分)A 、B 两球带电荷量均为＋q ，细线长均为L ，B 球固定，OB 线竖直，A 球自由．A 球在库仑斥力作用下偏离B 球的距离为x ，如图所示，试解答下列问题：(1)若要使A 球偏离B 球的距离变为x2，则A 球质量应增加到原来的几倍？(2)若A 球带电荷量增加，则细线对A 球的拉力怎样变化？解析：如图所示，将A 球的重力沿绳子和两球连线方向分解，其中分力F 1与两球间的库仑力大小相等，F 2与细线对A 球的拉力大小相等，由几何关系知，△OAB ∽△ACD ，则F 1x ＝G L ＝F 2L ，又F 1＝k q 2x2. (1)由联立得：x 3＝k Lq 2G，显然，若要使A 球偏离B 球的距离变为x /2，则A 球质量应增加到原来的8倍．(2)由G L ＝F 2L得：F 2＝G ，显然，细线对A 球的拉力与所带电荷量无关，则A 球带电荷量增加，细线对A 球的拉力不变．答案：(1)8倍 (2)不变11．(15分)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ＝45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量为m ＝0.5 kg 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．取g ＝10 m/s 2，求：(1)小环在直杆上匀速运动的速度v 0； (2)小环运动到P 点时的动能E k .解：(1)小环在杆上匀速下滑时，根据物体平衡条件有F N sin θ－qE ＝0① F N cos θ－mg ＝0②小环离杆后做类平抛运动：沿杆方向为匀速直线运动，垂直杆方向为初速度为0的匀加速运动，有h cos θ＝v 0t ③ h sin θ＝12at 2④mg cos θ＋qE sin θ＝ma ⑤联解①②③④⑤得v 0＝2 m/s ⑥(2)小环离杆后受重力和电场力作用，由动能定理有mgh ＋0＝E k －12mv 20⑦联解⑥⑦得E k ＝5 J ⑧ 答案：(1)2 m/s (2)5 J12．(15分)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤L )和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy 平面内．一质量为m ，电量为q 的正粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q 处时速度恰好为零．P 点的坐标为(L ，L2)，不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度．解析：(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v 0 在x 方向：粒子做匀速直线运动L ＝v 0t在y 方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动L 2＝12at 2且a ＝qE m解得v 0＝qEL /m(2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P 处的速度为v P ，在x 方向的分速度为v Px ，在y 方向的分速度为v Py ，电场区域Ⅱ的宽度为Δx 2，粒子在P 点时的速度方向与x 轴的夹角为θ，则v Px ＝v 0＝qEL /mv 2Py ＝2×qE m ×L2即v Py ＝qEL /m 故v P ＝ v 2Px ＋v 2Py ＝2qEL /m 因为tan θ＝v Py v Px 所以θ＝π4设粒子从P 做直线运动到Q 所通过的位移为s ，则 0－v 2P ＝－2×qE m×s 解得s ＝L Δx 2＝s cos π4解得Δx 2＝22L 答案：(1)qEL /m (2)22L。

第六章⎪⎪⎪静电场[备考指南]第1节电场力的性质_(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。

(√) (2)点电荷和电场线都是客观存在的。

(×) (3)根据F ＝k q 1q 2r2，当r →0时，F →∞。

(×)(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。

(×)(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。

(√) (6)真空中点电荷的电场强度表达式E ＝kQr 2中，Q 就是产生电场的点电荷。

(√) (7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。

(×) (8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。

(×)(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。

(2)1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。

(3)1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量，获得诺贝尔奖。

要点一 库仑定律的理解与应用1．对库仑定律的两点理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，r 指两点电荷间的距离。

对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球心间距。

(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。

2．应用库仑定律的四条提醒(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。

(2)作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。

(3)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。

(4)库仑力存在极大值，由公式F ＝k q 1q 2r 2可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q 1＝q 2时，F 最大。

[多角练通]1．(2015·济宁一模)两个半径为1 cm 的导体球分别带上＋Q 和－3Q 的电量，两球心相距90 cm 时相互作用力为F ，现将它们碰一下后放在球心间相距3 cm 处，则它们的相互作用力大小为( )A ．300FB ．1 200FC ．900FD ．无法确定解析：选D 当两球相距90 cm 时可视为点电荷，由库仑定律得F ＝k 3Q 2r 12(其中r 1＝90cm)；但球心相距3 cm 时，两球不能视为点电荷，库仑定律不再适用，两球间的库仑力大小无法确定，故D 正确。