【金版教程】2016高考物理新一轮总复习 阶段示范性测试6 静电场(含解析)

第六章检测试题(时间:60分钟满分:100分)知识点题号1.库仑定律、电场强度1、2、32.电势能、电势、电势差5、7、10、113.电场线、等势面6、84.带电粒子在电场中的运动13、14、15、16、175.电容器、电容、示波管4、9、12一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分)1.(2013浙江金华十校期末联考)如图所示,(甲)是某电场中的一条电场线,A、B是这条线上的两点,一负电荷只受静电力作用,沿电场线从A运动到B,在这过程中,电荷的速度—时间图线如图(乙)所示,比较A、B两点的电势φ的高低和电场强度E的大小,正确的是( B )A.φA>φB,E A<E BB.φA>φB,E A=E BC.φA>φB,E A>E BD.φA<φB,E A=E B解析:根据题图,该负电荷从A运动到B的过程中做匀减速直线运动,静电力方向从B指向A,大小恒定不变,所以电场线从A指向B,且E A=E B,又因为顺着电场线电势逐渐减小,所以φA>φB,综上可知,选项B正确.2.(2012年安徽理综)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0 V,点A处的电势为6 V, 点B处的电势为3 V, 则电场强度的大小为( A )A.200 V/mB.200 V/mC.100 V/mD. 100 V/m解析:OA中点C的电势为3 V,连BC得等势线,作BC的垂线得电场线方向如图所示,由场强公式E=,通过计算得:E=200 V/m,故选项A正确.3.如图所示,在固定正点电荷Q的电场中,一个正试探电荷q沿着一条电场线运动.已知试探电荷经过M点时的加速度是经过N点时的加速度的2倍,不计试探电荷的重力,则一定有( B )A.N点距Q的距离是M点距Q的距离的2倍B.N点距Q的距离是M点距Q的距离的倍C.它经过M点时的速度是经过N点时的速度的2倍D.它经过M点时的速度是经过N点时的速度的倍解析:由题意知a M=2a N,由牛顿第二定律F=ma知F M=2F N,又由F=k分析可知r QN=r QM,A错误、B正确.尽管试探电荷q经过M点时的加速度是经过N点时的加速度的2倍,但在运动过程中加速度在变化,且初速度未知,故不能确定M和N点的速度大小关系,C、D错误.4.一带电小球悬挂在平行板电容器内部,闭合开关S,电容器充电后,悬线与竖直方向夹角为θ,如图所示.下列方法中能使夹角θ减小的是( C )A.保持开关闭合,使两极板靠近一些B.保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动C.保持开关闭合,使两极板远离一些D.断开开关,使两极板靠近一些解析:保持开关闭合,两极板间电压不变,使两极板靠近一些,板间场强变大,夹角θ增大,选项A错;使滑动变阻器滑片向右移动,不会影响板间电压,夹角θ不变,选项B错;使两极板远离一些,由E=可知,场强减小,夹角θ减小,选项C对;断开开关,使两极板靠近一些,板间场强不变,夹角θ不变,选项D错.电容器与电源相连接,电容器两极板间的电压不变,为电源电动势.电容器与电源断开,电容器电荷量不变,极板间场强不变.5.(2013安徽省安师大附中高三第一次摸底考试物理试卷)如图所示,A、B是真空中的两个等量异种点电荷,M、N、O是AB连线的垂线上的点,且AO>OB.一带负电的试探电荷仅受静电力作用,运动轨迹如图中实线所示,M、N为轨迹和垂线的交点,设M、N两点的电场强度大小分别为E M、E N,电势分别为φM、φN.下列说法中正确的是( B )A.点电荷A一定带正电B.E M小于E NC.φM>φND.此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能解析:此试探电荷受到的静电力一定指向运动轨迹的凹侧,再考虑到试探电荷带负电,点电荷B一定带正电,而点电荷A一定带负电,选项A错误;在图中AB连线的垂线上,从O点到无穷远处场强逐渐减小,所以E M小于E N,选项B正确;根据等势面的分布可知,φM<φN,选项C错误;因为电势越低,负电荷的电势能越大,所以带负电的试探电荷在电势较低的M处的电势能大于在N处的电势能,选项D错误.6.(2013辽宁部分重点中学期末联考)如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B 周围的电场分布情况(电场线方向未标出).图中O点为两点电荷连线的中点,MN为两点电荷连线的中垂线,OM=ON.下列说法中不正确的是( D )A.同一电荷在O、M、N三点的电势能相同B.同一电荷在O、M、N三点的静电力方向相同C.O、M、N三点的电场强度大小关系是E O>E M=E ND.把另一自由电荷从M点静止释放,将沿MON做直线运动解析:中垂线MN是等势线,所以同一电荷在O、M、N三点的电势能相同,选项A正确;O、M、N 三点的电场线方向均是垂直于中垂线指向负电荷的一侧,所以同一电荷在O、M、N三点的静电力方向相同,选项B正确;根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小,显然E O>E M=E N,选项C正确;中垂线上的电场方向不沿中垂线,所以把另一自由电荷从M点静止释放后,该电荷不会沿MON做直线运动,选项D错误.7.(2013浙江省效实中学模拟)四个等量异种点电荷分别放置于正方形的顶点上,a、b分别为所在边的中点,如图所示.一点电荷从图中a点沿直线移到b点的过程中,下列说法正确的是( D )A.静电力对电荷做正功,电荷的电势能减小B.静电力对电荷做负功,电荷的电势能增加C.电荷所受的静电力先增加后减小D.电荷所受的静电力先减小后增加解析:根据点电荷电场强度公式和电场叠加原理,a、b两点的电场强度不为零,a、b两点连线的中点的电场强度为零,a、b两点连线上各点的电场强度方向均垂直于连线,所以点电荷从图中a点沿直线移到b点的过程中,电荷所受的静电力先减小后增加,静电力对电荷不做功,电荷的电势能不变,选项D正确.8.两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中( C )A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小解析:粒子在电场中所受静电力方向与速度方向不在一条直线上,所以粒子将做曲线运动;由于静电力先做正功后做负功,故电势能应先减小后变大,选项C正确.二、不定项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)9.在“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中,A、B两板带有等量异种电荷,A板与静电计连接,如图所示,实验中可能观察到的现象是( AD )A.使用静电计的目的是观察电容器两极板间电势差的变化情况B.增大A、B板间的距离,静电计指针张角变小C.把B板向上平移,静电计指针张角变小D.在A、B间放入厚玻璃板,静电计指针张角变小解析:静电计是用来测量电容器两极板间的电势差,从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化,故选项A正确;本实验中可认为电荷量Q不变.由C=、Q=CU知,当两极板间的距离d增大时,电容C减小,两极板间的电势差U变大,静电计指针张角变大,故选项B错误;把B板向上平移,正对面积S减小,电容C减小,所以两极板间的电势差U增大,静电计指针张角变大,故选项C错误;在A、B间放入厚玻璃板,εr增大,电容C变大,两极板间的电势差U减小,静电计指针张角变小,选项D正确.10.(2012烟台一模)如图所示,在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q,在x 轴上有一C点,且CO=OD,∠ADO=60°.下列判断中正确的是( BC )A.O点电场强度比D点电场强度大B.C点电势和D点电势相等C.若在C点放一点电荷-Q,D点的电场强度将变为零D.若将一试探电荷+q由C点移到D点,电势能逐渐增大解析:O点电场强度为零,O点电场强度比D点电场强度小,选项A错误;由对称性可知,C点电势和D点电势相等,选项B正确;若在C点放一点电荷-Q,由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可知,D点的电场强度将变为零,选项C正确;若将一试探电荷+q由C点移到D点,静电力先做负功后做正功,电势能先逐渐增大后减小,选项D错误.11.(2013年天津理综)两个带等量正电的点电荷,固定在图中P、Q两点,MN为PQ连线的中垂线,交PQ于O点,A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q,从A点由静止释放,只在静电力作用下运动.取无限远处的电势为零,则( BC )A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时的电势能为零解析:两等量正点电荷在中垂线MN上的电场强度方向从O点向两侧沿中垂线指向无穷远处,场强大小从O点沿MN到无穷远处先变大后变小,因此负电荷由A点静止释放后,在变化的静电力作用下做变加速直线运动,选项A错误;由A到O静电力做正功,电势能减小,选项B正确;从A到O,静电力做正功,q的动能增大,越过O点后,静电力做负功,q的动能减小,因此在O 点时,动能最大,选项C正确;O点的电势不为零,因此负电荷在O点时的电势能不为零,选项D 错误.12.(2012辽宁重点中学协作体模拟)如图所示,两块较大的金属板A、B平行放置与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m,带电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,以下说法正确的是( AB )A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动, 中有b→a的电流B.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止, 中有b→a的电流C.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动, 中无电流D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动, 中有b→a的电流解析:根据电路图可知,A板带负电,B板带正电,原来油滴恰好处于静止状态,说明油滴受到竖直向上的静电力刚好平衡其重力,即mg=Eq;若将A板向上平移一小段位移,板间间距d变大,而两板间电压U不变,板间场强E=变小,油滴所受合力方向向下,所以油滴向下加速运动,再根据C=可知,电容C减小,两板带电荷量Q=CU也减小,电容器放电,所以中有b→a 的电流,选项A正确;若将A板向左平移一小段位移,两板间电压U和板间间距d都不变,所以板间场强E=不变,油滴受力平衡,仍然静止,但是两板的正对面积S减小了,根据C=可知,电容C减小,两板带电荷量Q=CU也减小,电容器放电,所以中有b→a的电流,选项B正确;若将S断开,两板带电荷量保持不变,板间场强E也不变,油滴仍然静止,选项C错误;若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,两板带电荷量Q保持不变,两板间间距d变大,根据C=,U=和E=可得,E=,显然,两板间场强E不变,所以油滴仍然静止, 中无电流,选项D错误.三、填空题(共5分)13.(2012浙江五校联考)(5分)如图所示,一根长为L=1.5 m的绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=37°角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q= +4.5×10-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6 C,质量m=1.0×10-2 kg,与杆之间的动摩擦因数μ=0.1.现将小球B从杆的上端N 静止释放,小球B开始运动.(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2.取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)小球B开始运动时的加速度大小为;(2)小球B的速度最大时,距M端的高度h为;(3)若小球B在下落过程的最大速度为v=0.77 m/s,则从开始下落到速度达到最大的过程中,小球B的电势能改变了.解析:(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力、静电力和摩擦力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mg-k-qEsin θ-μqEcos θ=ma,解得a=g--代入数据解得a=1.4 m/s2.(2)小球B速度最大时合力为零,即+qEsin θ+μqEcos θ=mg,解得h=,代入数据解得h=1.125 m.(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中,设重力做功为W1,静电力做功为W2,库仑力做功为W3,摩擦力做功W4,根据动能定理有W1+W2+W3+W4=mv2,W1+W4=(mg-μqEcos θ)(L-h),设小球的电势能改变了ΔE p,则ΔE p=-(W2+W3)=(mg-μqEcos θ)(L-h)-mv2≈3.15×10-2 J.答案:(1)1.4 m/s2(2)1.125 m (3)3.15×10-2 J四、计算题(共43分)14.(10分)如图所示,长L=1.2 m、质量M=3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上,质量m=1 kg、带电荷量q=+2.5×10-4 C的物块放在木板的上端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1,所在空间加有一个方向垂直斜面向下、电场强度E=4.0×104 N/C的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N.取g=10 m/s2,斜面足够长.求:(1)物块经多长时间离开木板;(2)物块离开木板时木板获得的动能.解析:(1)物块向下做加速运动,设其加速度为a1,木板的加速度为a2,则由牛顿第二定律对物块:mgsin 37°-μ(mgcos 37°+qE)=ma1(2分)对木板:Mgsin 37°+μ(mgcos 37°+qE)-F=Ma2(2分)又a1t2-a2t2=L(1分)得物块滑过木板所用时间t= s.(2分)(2)物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3 m/s(2分)其动能为E k2=M=27 J.(1分)答案:(1) s (2)27 J15.(2013辽宁模拟)(10分)如图所示,现在有一个小物块,质量为m=80 g,带上正电荷q=2×10-4 C.与水平的轨道之间的动摩擦因数μ=0.2,在一个水平向左的匀强电场中,E=103V/m,在水平轨道的末端N处,连接一个光滑的半圆形轨道,半径为R=40 cm,取g=10 m/s2,求: (1)小物块恰好运动到轨道的最高点,那么小物块应该从水平轨道哪个位置释放;(2)如果在上小题的位置释放小物块,当它运动到P(半圆形轨道中点)点时对轨道的压力等于多少.解析:(1)物块能通过轨道最高点的临界条件是mg=m(1分)解得v=2 m/s(1分)设小物块释放位置距N处为x,由动能定理得(qE-μmg)x-mg·2R=mv2(2分)解得x=20 m,(1分)即小物块应该从水平位置距N为20 m处开始释放.(2)物块到P点时,由动能定理得:-mgR+qE(R+x)-μmgx=m(1分)解得v P= m/s(1分)F N-Eq=(1分)解得F N=3 N,(1分)由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力:F N'=F N=3 N.(1分)答案:见解析16.(13分)如图(甲)所示是用来使带正电的离子加速和偏转的装置,(乙)图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图.以y轴为界,左侧为沿x轴正向的匀强电场,电场强度为E.右侧为沿y轴负方向的另一匀强电场.已知OA⊥AB,OA=AB,且OB间的电势差为U0.若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力),结果正离子刚好通过B点,求:(1)CO间的距离d;(2)离子通过B点的速度大小.解析:(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向),则正离子从C点到O点, 由动能定理得:qEd=m(2分)而正离子从O点到B点做类平抛运动,令:OA=AB=L,则L=t2(2分)从而解得:t=L(2分)所以到达B点时:v0===(2分)从而解得:d=.(1分)(2)设正离子到B点时速度的大小为v B,正离子从C到B过程中,由动能定理得:qEd+qU0=m(2分)解得v B=.(2分)答案:(1)(2)17.(10分)如图所示,xOy坐标系中,在y>0的空间内,存在沿y轴负方向场强为4×103 V/m 的匀强电场;在y<0的空间内,存在沿y轴正方向场强为2×103 V/m的匀强电场,一质量为10-10 kg、带电荷量为+10-7C的粒子,在y=0.5 m处的P点,沿x轴正方向、初速度v0 = 1 000 m/s进入电场,不计带电粒子重力.求:(1)带电粒子在y方向的运动周期;(2)带电粒子在一个周期内沿x轴方向的位移.解析:(1)沿电场方向,由 F=ma=qE得在y>0区域粒子的加速度大小a1=4×106 m/s2(2分)在 y<0区域粒子的加速度大小a2=2×106 m/s2(1分)由y=at2,得粒子到达x轴时间t1=0.5×10-3 s(1分)由v = at1,粒子到达x轴时沿y轴方向的速度为v1=2×103 m/s(1分)粒子进y<0区域后沿y轴方向速度减到零需时间t2=,得t2=1×10-3s所以,粒子在y方向运动的周期T=2(t1+t2)=3×10-3s.(2分)(2)粒子沿x轴方向做匀速运动,由x=vt得一个周期内粒子沿x轴方向的位移x=v0T=3 m.(3分)答案:(1)3×10-3 s (2)3 m。

【金版教程】2016高考物理一轮总复习 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动限时规范特训限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1。

现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )A. U 2＝U 1，E 2＝E 1B. U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C. U 2＝U 1，E 2＝2E 1D. U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析：本题考查平行板电容器极板间电势差、场强与所带电荷量及板间距的关系，意在考查考生应用E ＝U d 、C ＝Q U 和C ∝εS d 分析问题的能力。

由以上三公式可得E ∝QεS，所以Q 加倍，E 也加倍，再由U ＝Ed 可得U 不变。

C 正确。

答案：C2. 如图所示，A 、B 为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d ，一质量为m 的带电油滴在两金属板之间，油滴运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。

将油滴由静止释放，若两金属板间的电压为零，一段时间后油滴以速率v 匀速下降。

若两金属板间加电压U ，一段时间后油滴以速率2v 匀速上升。

由此可知油滴所带电荷量的大小为( )A.mgd U B. 2mgd UC. 3mgdUD. 4mgdU解析：板间电压为零，油滴匀速下降时，mg ＝kv ，当两板间电压为U ，油滴匀速上升时，U d q ＝mg ＋2kv ，解得q ＝3mgdU，C 正确。

答案：C3. 煤矿渗水会造成严重安全事故，2011年11月13日凌晨0时10分，甘肃省白银市景泰县通达煤矿发生透水事故，当时井下作业人员11名，其中4人泅水脱险，7人被困，利用传感电容器可检测矿井渗水，发出安全警报，从而避免事故的发生，如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体，把仪器接到图示电路中，已知灵敏电流表的指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。

【金版教程】2016高考物理一轮总复习 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动随堂集训【高考题组——明考向】不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A. C 和U 均增大B. C 增大，U 减小C. C 减小，U 增大D. C 和U 均减小解析：电荷量不变，C ＝εS 4πkd ，插入电介质ε增大，C 增大；C ＝QU，C 增大，Q 不变，U 减小；B 正确。

答案：Babcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h 。

质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。

不计重力。

若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 2 2qEmhB.s 2 qE mhC.s42qEmhD.s4qE mh解析：由＋q 和－q 两粒子轨迹的对称性可知，两轨迹切点正好在区域abcd 的正中心。

对粒子＋q ，从a 点运动到轨迹切点有s 2＝v 0t ；h 2＝12·qE m t 2。

解得v 0＝s2qEmh，本题只有选项B 正确。

答案：B3. [2014·天津高考]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：由于不知道重力和电场力大小关系，所以不能确定电场力方向，不能确定微粒电性，也不能确定电场力对微粒做功的正负，则选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确。

答案：C4. [2014·安徽高考]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。

高三新物理第一轮复习单元测试--静电场说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120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，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<E B，=B．E A>E B，>C．E A>E B，<D．E A=E C，=2．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v0，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v1.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v2，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v2>v1B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D．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v2<v16．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，则将粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为C．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7．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、质量为的带电粒子（不计重力）以从A点水平射入电场，且刚好以速度从B点射出.则（）①若该粒子以速度从B点射入，则它刚好以速度从A点射出②若将的反粒子以从B点射入，它将刚好以速度从A点射出③若将的反粒子以从B点射入，它将刚好以速度从A点射出④若该粒子以从B点射入电场，它将从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、，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和（），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．三种粒子到达正极板时动能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110分）二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答. 11．（8分）（1）在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，给出下列器材，应选用的是__________（用字母表示）A．6V的交流电源B．6V的直流电源C．100V的直流电源D．量程为0.5V，零刻度在中央的电压表E．量程为300μA，零刻度在中央的电流表11题（2）图（2）该实验装置如图所示，如果以a、b两个电极的连线为x轴，以a、b 连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，灵敏电流表G的指针与零刻度夹角的变化情况是_________.A．逐渐增大B．逐渐减小C．先变大后变小D．先变小后变大12．（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，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，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.（4）以电压为纵坐标，以__________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率.（5）小球的带电量=__________________.（用、、等物理量表示）三、本题共6小题，共90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.13．（14分）有一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m.已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图中直线A、B所示，放在A点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电.求：（1）B点的电场强度的大小和方向；（2）试判断点电荷Q的电性，并确定点电荷Q的位置坐标.14．（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，=mg tan30°，.你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答？15．（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/s2.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.16．（16分）如图所示，一个带电量为的油滴，从O点以速度射入匀强电场中，的方向与电场方向成角.已知油滴的质量为，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为.求：（1）最高点的位置可能在O点正上方的哪一侧？（2）最高点处（设为N）与O点的电势差.（3）电场强度.17．（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）18．（16分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。

第六章静电场第1节电场的力的性质1．下列说法中正确的是() A．在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相同B．E＝kQr2仅适用于点电荷形成的电场C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合解析：选B.A选项中，应是各处的电场强度大小都相同，方向不同；C选项中，电场强度的方向应是放入电场中的正电荷受到电场力的方向；D选项中，要使带电粒子的运动轨迹与电场线重合，应同时满足下列三个条件：(1)电场线是直线；(2)带电粒子静止或初速度方向与电场线平行；(3)带电粒子只受电场力作用或其他力的合力与电场线共线．综上可知，B正确．2.(2013·高考海南卷)如右图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ.则() A．q1＝2q2B．q1＝4q2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2解析：选B.由于R 处的合场强为0，故两点电荷的电性相同，结合点电荷的场强公式E ＝k q r 2可知k q 1r 21－k q 2r 22＝0，又r 1＝2r 2，故q 1＝4q 2，本题选B. 3.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是 ( )A ．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B ．电场内部A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．电场内部A 点的电场强度等于B 点的电场强度D ．若将一正电荷从电场中的A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：选D.由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A 错误．从电场线分布看，A 处的电场线比B 处密，所以A 点的电场强度大于B 点的电场强度，选项B 、C 错误．AB 两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D 正确．4. (多选)如右图所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A 球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选AC.以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有受到摩擦力，则A 对斜面一定无弹力，其只受重力和库仑引力作用而平衡，A 正确；如果A 受摩擦力作用，则一定受弹力，所以此时A 受4个力作用而平衡，C 正确．5. (2015·成都高三质检)在如右图所示的电场中，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 图象可能是下图中的( )解析：选B.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 图象可能是图中的B.6. 如右图所示，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成30°角．关于a 、b 两点场强大小E a 、E b 的关系，以下结论正确的是( ) A ．E a ＝33E bB ．E a ＝13E bC ．E a ＝3E bD ．E a ＝3E b解析：选D.由题图可知，r b ＝3r a ，再由E ＝kQ r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a＝31，故D 正确． 7．(多选)如下图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点，放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则 ( )A．A点的电场强度大小为2×103 N/CB．B点的电场强度大小为2×103 N/CC．点电荷Q在A、B之间D．点电荷Q在A、O之间解析：选AC.对于电场中任意一点而言，放在该处的试探电荷的电荷量q不同，其受到的电场力F的大小也不同，但比值F是相同的，即该处的电场强度q不变．所以F－q图象是一条过原点的直线，斜率越大则场强越大．由题图可知A点的电场强度E A＝2×103 N/C，B点的电场强度E B＝0.5×103 N/C，A正确、B错误．A、B两点放正、负不同的电荷，受力方向总为正，说明A、B 的场强方向相反，点电荷Q只能在A、B之间，C正确．8. (多选)如右图所示，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：选CD.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；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 ；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．9．(2015·东营高三质检)(多选)如图所示，带电小球A和B 分别在光滑绝缘的水平地面上和光滑竖直墙面上．小球A 在向左的水平力F 作用下，A 、B 恰处于平衡状态．当A 缓慢向左移动一小段距离时，A 、B 仍处于平衡状态，则( )A ．推力F 将变大B ．推力F 将变小C ．A 、B 两球距离变小D ．A 、B 两球距离变大解析：选BD.由题意知，A 、B 带同种电荷，设A 、B 两球的连线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件对B 有m B g ＝kq A q B L 2ABcos θ，当A 左移时，θ变小，由此知L AB 将变大．对整体有F ＝F N B ＝kq A q B L 2ABsin θ，由于θ变小，L AB 变大，故F 变小，B 、D 正确．10.(2015·武汉调研)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－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＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 解析：选AC.设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α,则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α ＝k q 2（2a cos α）2，解得cos 3α＝q 8Q ，选项A 正确、B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2（2a sin α）2，解得sin 3α＝Q 8q ，选项C 正确、D 错误．11.(2014·高考福建卷)如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L 2①代入数据得F ＝9.0×10－3 N ② (2)A 、B 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k q L 2 ③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为E＝2E1cos 30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C ⑤场强E的方向沿y轴正向答案：(1)9.0×10－3 N(2)7.8×103 N/C方向：沿y轴正方向12.(2015·北京朝阳区期末)用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点．已知两小球质量均为m，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ，如右图所示．若已知静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量．解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T，mgT＝cos θT＝mg cos θ(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F，Fmg＝tan θF＝mg tan θ又因为：F＝k Q2r2r＝2L sin θ所以Q＝2L sin θmg tan θk.答案：(1)mgcos θ(2)2L sin θmg tan θk。

章末检测(六)(时间：60分钟；分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2014·高考北京卷) 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.根据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A 、B 错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一等势面上，电势相等，选项C 错误，D 正确．2.(2015·沈阳模拟)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.电容器的电容C ＝εr S 4πkd，所以C 与两极板距离d 是反比例关系，不是直线，A 错；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E ＝U d ，U ＝Q C ，C ＝εr S ，可知E ＝4πkQ r S保持不变，B 错；负极板接地，电势为零，P 点的电势φ等于P 点到负极板的电势差，即φ＝El ，E 不变，l 减小，φ线性减小，C 对；由W ＝qφ可知，W 随φ的变化而变化，D 错．3.(2015·济南模拟)如图所示，孤立点电荷＋Q 固定在正方体的一个顶点上，与＋Q 相邻的三个顶点分别是A 、B 、C ，下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 三点的场强相同B ．A 、B 、C 三点的电势相等C ．A 、B 、C 三点所在的平面为一等势面D ．将一电荷量为＋q 的检验电荷由A 点沿直线移动到B 点的过程中电势能始终保持不变解析：选B.A 、B 、C 三点到点电荷的距离相等，根据E ＝k Q r 2可知A 、B 、C 三点的电场强度大小相等，但方向不同，故选项A 错误；A 、B 、C 三点在以点电荷为球心的球面上，而点电荷的等势面为以点电荷为球心的一系列同心球面，故选项B 正确，选项C 错误；将一电荷量为＋q 的检验电荷由A 点沿直线移动到B 的过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D 错误．4.(2015·潍坊模拟)如图所示，在xOy 坐标系中，x 轴上关于y 轴对称的A 、C 两点固定等量异种点电荷＋Q 、－Q ，B 、D 两点分别位于第二、四象限，ABCD 为平行四边形，边BC 、AD 分别与y 轴交于E 、F ，以下说法错误的是( )A ．E 、F 两点电势相等B ．B 、D 两点电场强度相同C ．试探电荷＋q 从B 点移到D 点，电势能增加D ．试探电荷＋q 从B 点移到E 点和从F 点移到D 点，电场力对＋q 做功相同解析：选C.E 、F 为一条等势线，所以E 、F 两点电势相等，选项A正确；根据电场线的分布情况(如图所示)可知B 、D 两点的电场强度相同，选项B 正确；顺着电场线方向电势降低，B 点的电势高于D 点的电势，正电荷从B 点移到D 点电场力做正功，电势能减小，选项C 错误；根据电场线的分布情况知U BE ＝U FD ，由W ＝Uq 可知选项D 正确．本题选C.5.(2015·江苏扬州测试)如图所示，一半径为R 的均匀带正电圆环水平放置，环心为O 点，质量为m 的带正电的小球从O 点正上方的A 点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A 到A 关于O 的对称点A ′过程加速度(a )、重力势能(E p G )、机械能(E )、电势能(E p 电)随位置变化的图象一定错误的是(取O 点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远电势为零)( )解析：选D.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A 点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A 正确；小球从A 点到A ′点的过程中，重力势能E p G ＝－mgh ，重力势能与高度是线性变化的，故B 正确；小球从A 点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C 正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D 错误．6.一个初动能为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放置)，飞出时粒子动能为2E k .如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，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 k 解析：选B.由动能定理得粒子从射入电场到射出电场，有qEy ＝ΔE k ＝2E k －E k ＝E k ，当初速度加倍时，由t ＝L v 得t 减半，由y ＝12at 2知，y 变成原来的14，电场力做的功变为原来的14，粒子经过电场后动能增加量变为原来的14，即0.25E k ，所以该粒子飞出两平行金属板间时的动能为4.25E k ，B 对．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)7.(2014·高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P .带电荷量分别为－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解析：选BD.由于小球M 、N 及细杆处于静止状态，因此M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零，D 项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即k Qq L 2＝k Q ·2q r ＋L 2，解得r ＝(2－1)L ，A 项错误；由于P 对M 、N 的库仑力等大反向，因此P 、M 、N 三者必在一条直线上，B 项正确；在P 产生的电场中，离P 越远电势越低，C 项错误．8.(2015·日照模拟)如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a .现在A 、B 两点固定电荷量分别为＋q 和－q 的两个点电荷，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．C 、D 两点的场强相同B ．C 点的场强大小为kq a 2 C ．C 、D 两点电势相等D ．将一正电荷从C 点移动到D 点，电场力做正功解析：选ABC.由题意知，AB 的中垂面为零势面，而C 、D 两点在中垂面上，故C 、D 两点电势相等，又因电场线与等势面垂直，B 处放－q ，故方向指向B 点一侧，由几何关系知，C 、D 两点场强大小相等，所以A 、C 正确；C 点电场强度为两电荷在该点场强的矢量和，如图所示，E 1＝E 2＝k q a 2，由图知合场强为E ＝k q a 2，所以B 正确；C 、D 两点电势相等，故将一正电荷从C 点移动到D 点，电场力做功为零，所以D 错误．9.如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O (0,0)点电势为6 V ，A (1，3)点电势为3 V ，B (3，3)点电势为0，则由此可判定( )A ．C 点电势为3 VB ．C 点电势为0C ．该匀强电场的电场强度大小为100 V/mD ．该匀强电场的电场强度大小为100 3 V/m解析：选BD.由题意可知C 点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以U AB AB＝U OC OC，代入数值得φC ＝0，A 错误，B 正确；作BD ∥AO ，如图所示，则φD ＝3 V ，即AD 是一等势线，电场强度方向沿OG ，OG ⊥AD ，由几何关系得OG ＝3 cm ，由E ＝U d得E ＝100 3 V/m ，C 错误，D 正确． 10.如图所示，abcd 是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行．大量电子从圆形的中心O ，以相同速率v 向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a 点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面判断正确的是( )A ．在圆形边界上c 点电势最高B ．到达c 点的电子电势能最小，速率是2vC ．到达b 、d 两点的电子电势能相等，速率均是vD ．到达b 、d 两点的电子电势能可能不相等解析：选AC.根据题意，到达a 点的电子速度恰好为零，可知a 点是电子电势能最高的点，是圆形区域内电势最低的点，电场线方向沿ca 方向，且满足eU Oa ＝0－12mv 2，在圆形边界上c 点电势最高，a 点电势最低，A 正确；到达c 点的电子电势能最小，设速率为v ′，由动能定理得，eU Oc ＝12mv ′2－12mv 2，U Oc ＝－U Oa ，到达c 点的电子速率是2v ，B 错误；b 、d 连线为一等势线，到达b 、d 两点的电子电势能相等，速率均是v ，C 正确，D 错误．三、非选择题(本大题共3小题，共46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．(12分)(2015·山西太原五中月考)质量均为m 的三个带电小球A 、B 、C 放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L ，A 球带电荷量q A ＝＋10q ；B 球带电荷量q B ＝＋q .若在C 上加一个水平向右的恒力F ，如图所示，要使三球能始终保持L 的间距向右运动，则：(1)C 球带电性质是什么？(2)外力F 为多大？解析：(1)由于A 、B 两球都带正电，它们互相排斥，C 球必须对A 、B 都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C 球带负电荷．(2分)(2)对三个小球整体，加速度为a ，则有F ＝3ma ①(2分)隔离A 、B ，由牛顿第二定律可知：对A ：kq A q C 4L 2－kq A q B L 2＝ma ②(3分) 对B ：kq A q B L 2＋kq B q C L 2＝ma ③(3分) 联立①②③得：F ＝70k q 2L 2.(2分) 答案：(1)C 球带负电荷 (2)70k q 2L 2 12．(16分)(2015·四川南充一诊)如图所示，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l /2处有一小障碍物P .现将小球从细线处于水平状态由静止释放．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？(3)若细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(3分) (2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l(2分) 细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l /2(2分) 可解得T 2－T 1＝2mg .(1分)(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝ 2h g，(2分) 小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离x ＝vt ＋12qE mt 2，(2分) 小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2，(2分) 可解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2h mg＋2qE hl .(2分) 答案：(1)2gl (2)增大2mg (3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2h mg＋2qE hl 13．(18分)(2015·池州模拟)如图甲所示，边长为L 的正方形区域ABCD 内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，与区域边界BC 相距L 处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB 延长线交于O 点．现有一质量为m ，电荷量为＋q 的粒子从A 点沿AB 方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC 边的中点P 飞出，不计粒子重力．(1)求粒子进入电场前的初速度的大小；(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD 边的中点Q 飞出，求粒子从Q 点飞出时的动能；(3)现将电场分成AEFD 和EBCF 相同的两部分，并将EBCF 向右平移一段距离x (x ≤L )，如图乙所示．设粒子打在荧光屏上位置与O 点相距y ，请求出y 与x 的关系．解析：(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L ＝v 0t ，(1分) 竖直方向：L 2＝12×Eq m×t 2，(2分) 得v 0＝ EqL m.(1分)(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD 边中点Q 飞出与从BC 边中点P 飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y ＝12at 2，x ＝v 0t ，则加速度为原来的8倍，电场强度为原来的8倍，电场力做功为W 1＝8EqL (2分)粒子从CD 边中点Q 飞出时的动能E k1＝12mv 20＋W 1＝172EqL .(2分) (3)将EBCF 向右平移一段距离x ，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，tan θ1＝v y v 0＝12(v y 为粒子离开电场AEFD 时竖直方向的速度)(2分) y 1＝x tan θ1＝x 2(2分) tan θ2＝v y ′v 0＝1(v y ′为粒子离开电场EBCF 时竖直方向的速度)(2分) y 2＝(L －x )tan θ2＝L －x (2分)y ＝y 1＋y 2＋L 2＝32L －12x .(2分) 答案：(1)EqL m (2)172EqL (3)y ＝32L －12x。

高考模拟·随堂集训1.[2010·四川高考]有4条用打点计时器(所用交流电频率为50 Hz)打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。

为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为s1、s2、s3。

请你根据下列s1、s2、s3的测量结果确定该纸带为________。

(已知当地的重力加速度为9.791 m/s2)A. 61.0 mm65.8 mm70.7 mmB. 41.2 mm45.1 mm53.0 mmC. 49.6 mm53.5 mm57.3 mmD. 60.5 mm61.0 mm60.6 mm解析：验证机械能守恒采用重物的自由落体运动实现，所以相邻的0.02 s内的位移增加量为Δs＝gT2＝9.791×0.022 m≈3.9 mm。

答案：C2．[2010·海南高考]利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示：(1)实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平。

②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图所示，由此读出l＝________mm。

③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝________cm。

④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。

⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2。

⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。

(2)用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝________和v2＝________。

②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为E k1＝________和E k2＝________。

第六章 静电场章末检测(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题只有一项符合题目要求，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0分)1．A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F /2B ．F /2C ．－FD ．F【解析】 若Q 为正电荷，由库仑定律知当A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受电场力F ＝kQq r 2，F 的方向由C 指向B ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，电场力F ′＝kQ ·2q r 2＝F 2，方向也是由C 指向B ，则选项B 正确．若Q 为负电荷，由受力分析可知，B 正确．【答案】 B2．P 、Q 两电荷形成的电场的电场线分布如图13所示，a 、b 、c 、d 为电场中的四个点．一个离子从a 运动到b (不计重力)，轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是( )图13A ．离子带正电B ．c 点电势低于d 点电势C ．离子在a 点时的加速度大于在b 点时的加速度D ．离子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能【解析】 根据图中电场线方向可以判断出，P 电荷带正电，Q 电荷带负电，由做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可以判断离子从a 运动到b ，受到的电场力与电场线方向相反，离子带负电，选项A 错误；沿着电场线方向电势降低，c 点电势高于d 点电势，选项B 错误；a 点的电场线比b 点的电场线密，所以离子在a 点受到的电场力大于在b 点受到的电场力，则离子在a 点的加速度大于在b 点的加速度，选项C 正确；离子从a 点运动到b 点，电场力做负功，电势能增大，在a 点时的电势能小于在b 点时的电势能，选项D 错误．【答案】 C3．(2014·江苏南京、盐城二模)如图14所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为v A、电势能为E pA；在B点的速度为v B、电势能为E p B.则下列结论正确的是( )图14A．粒子带正电，v A>v B，E p A>E p BB．粒子带负电，v A>v B，E p A<E p BC．粒子带正电，v A<v B，E p A<E p BD．粒子带负电，v A<v B，E p A<E p B【解析】由等势面的分布情况知，该电场的等势面是负的点电荷的电场的等势面，由粒子的运动轨迹可知，该粒子带负电，且由A到B，电场力对粒子做负功，动能减少，电势能增加，故B项正确．【答案】 B4．如图15所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′.分别表示电势－4 V、－2 V、0 V、2 V、4 V的等势面，若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且与直线MN成30°角，则( )图15A．该电场是匀强电场，场强垂直于AA′，且指向右下B．该电场是匀强电场，场强大小为E＝2 V/mC．该电场是匀强电场，距C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势为－4 VD ．该电场是匀强电场，距C 点距离为2 cm 的所有点中，最高电势为2 V ，最低电势为－2 V【解析】 由图中几何特点看出，等差等势面平行，应为匀强电场．其电场线应垂直于等势面，且由高电势指向低电势，即垂直于AA ′并指向左上，如图中E ，故不选A.由几何关系知：相邻等势面间的距离为d ＝0.01 m 、电势差为U ＝2 V ．则场强为E ＝U d＝200 V/m ，故不选B.在图中以C 点为圆心作半径为2 cm 的圆，由几何关系知该圆恰好与－4 V 、4 V 的两个等势面相切，故选C ，不选D.【答案】 C5．如图16所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )图16A.U 2U 1<2d LB.U 2U 1<d LC.U 2U 1<2d 2L 2 D.U 2U 1<d 2L 2 【解析】 根据qU 1＝12mv 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12·qU 2md ·(L v )2，由题意知，y <12d ，解得U 2U 1<2d 2L 2，故C 正确． 【答案】 C6．如图17(a)所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图17(b)所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5 V ，此时在两板的正中央M 点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t <8×10－10 s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )(a) (b)图17A ．0<t <2×10－10 s B ．2×10－10 s<t <4×10－10 s C ．4×10－10 s<t <6×10－10 s D ．6×10－10 s<t <8×10－10s 【解析】 选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的v ­t 图象如图所示，由图象可知正确选项为D.【答案】 D7．(2015·长春调研)空间中有一匀强电场，在电场中建立如图18所示的直角坐标系O ­xyz ，M 、N 为电场中的两个点．M 点坐标为(0，－a,0)，N 点坐标为(22a,0，22a )，已知电场强度大小为E ，方向平行于平面xOy ，且与x 轴正方向夹角为45°，现将一电荷量为＋q 的试探电荷由M 点沿某一路径移至N 点，在此过程中，电场力做的功为( )图18 A.62qEa B.2qEaC.⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12qEaD.⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋222qEa 【解析】 本题考查静电场，意在考查考生对匀强电场中静电力做功的计算及匀强电场中等电势点的确定．匀强电场场强方向平行于平面xOy，过N点作平面xOy的垂直，垂足记为N1，N1与N等电势．在平面xOy内过M点和N1点作电场线的垂线，垂足分别M1和N2，则M1、M等电势，N2、N1、N等电势．将一电荷量为＋q的试探电荷由M点沿某一未知路径移至N点的过程中电场力做的功等于将其由M1沿某电场线方向移至N2过程电场力做的功．根据几何关系，M1N2＝2＋12a，由W＝Eqd，计算可得选项C正确．【答案】 C8．如图19所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上，有a、b、c、d、e五点，其中a、b、c、d为椭圆与坐标轴的交点．现在椭圆的一个焦点O1固定一正点电荷，另一正试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )图19A．a、c两点的电场强度相同B．d点的电势大于b点的电势C．正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能D．若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c，电场力先做负功后做正功，但总功为零【解析】由正点电荷电场线的分布及电场线方向与电势变化的关系可知，a、c两点的场强大小相等，但方向不同，b点电势小于d点电势．正试探电荷由b点到e点的运动过程中，由W1＝q(φb－φe)可知，电场力(合力)做负功，动能减小，A错误，B、C正确；若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c，由W2＝q(φa－φc)可知，过b点之前电场力做正功，过b点之后电场力做负功，整个运动过程中，电场力的总功为零，D错误．【答案】BC9．(2014·济南针对性训练)如图20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板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置．下列结论正确的是( )图20A ．若在两板间加上某种绝缘介质，A 、B 两板所带电荷量会增大B ．A 、B 两板上的电荷分别在P 点产生的电场的场强大小相等，方向相同C ．若将A 板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D ．若将A 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】 由于平行板电容器是充电后断开的，因此平行板电容器所带电荷量是不变的，所以A 选项错误；由于平行板电容器两板所带电荷量相等，再根据对称性可知，A 、B 两板上的电荷分别在P 点产生的电场的场强大小相等，方向相同，因此B 选项正确；当改变两板间距离时，根据E ＝U d ＝Q Cd 和C ＝εr S 4k πd可知，改变板间距离时平行板电容器所带的电荷量不变，平行板电容器两板间的场强也不变，因此C 选项错误；再根据φP ＝Ed 0(设P 点到B 板的距离为d 0)，又E 不变，d 0也不变，因此φP 也不变，故D 选项正确．【答案】 BD10．(2014·长沙三模)在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A 、B 两处分别固定正电荷Q A 、Q B ，两电荷的位置坐标如图21甲所示．图21乙是AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x ＝L 点为图线的最低点，若在x ＝2L 的C 点由静止释放一个质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )甲 乙图21A ．小球在x ＝L 处的速度最大B ．小球一定可以到达x ＝－2L 点处C ．小球将以x ＝L 点为中心做往复运动D ．固定在A 、B 处的电荷的带电荷量之比为Q A ∶Q B ＝4∶1【解析】 由动能定理可知，电场力对小球做功最多时，小球获得的动能最大，由W ＝qU 可知，由x ＝2L 到x ＝L 两点的电势差最大，故到x ＝L 处时，小球的动能最大，速度也最大，A 项正确；假设小球能够到达x ＝－2L 处，但x ＝2L 与x ＝－2L 两点的电势差小于零，且小球初动能为零，由动能定理可知，小球到x ＝－2L 处的动能小于零，故假设错误，小球不可能到达x ＝－2L 处，B 项错；同理可以确定小球到达x ＝0处动能大于零，故小球往复运动的中点不是x ＝L 处，C 项错；小球到达x ＝L 处速度最大，说明小球在该点加速度为零，所受合外力为零，即Q A 、Q B 两电荷在该点对小球的作用力大小相等方向相反，即：k Q A q L 2＝k Q B q L 2，解得：Q AQ B＝4，D 项正确． 【答案】 AD11．如图22所示，用长L ＝0.50 m 的绝缘轻质细线，把一个质量m ＝1.0 g 带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d ＝5.0 cm ，两板间电压U ＝1.0×103 V ．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a ＝1.0 cm.取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图22A ．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/mB ．小球带的电荷量为1.0×10－8 CC ．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D ．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动【解析】 设两板间的电场强度为E ，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E ＝U d ＝1.0×1035.0×10－2 V/m ＝2.0×104 V/m ，A 项正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE ＝mg tan θ，解得q ＝mg tan θE .因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝a L ＝150，解得q ＝1.0×10－8 C ，B 项正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C 项错、D 项正确．【答案】 ABD12．如图23所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向右上，在电场中有一质量为m 、电量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线挂于O 点，当小球静止于M 点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )图23A ．小球再次到达M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做了3mgL 的功C ．小球从P 到M 过程中，小球的机械能增加了 3 mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动【解析】 小球从P 到M 的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg ，方向水平向右，所以小球再次到达M 点时，速度最大，而不是零，选项A 错．小球从P 到M 过程中，电场力与重力的合力大小为3mg ，这个方向上位移为L ，所以做功为3mgL ，选项B 正确．小球从P 到M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg ，由P 到M 沿电场线方向的距离为d ＝L sin 30°＋L cos 30°＝L 2(1＋3)，故电场力做功为2mg ·d ＝mgL ·(1＋3)，故选项C 错误．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D 正确．【答案】 BD二、非选择题(本题共4小题，共52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，只写出最后答案的能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(10分)如图24所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：图24(1)C 、O 间的电势差U C O ；(2)O 点处的电场强度E 的大小；【解析】 (1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0解得：U C O ＝mv 2－2mgd 2q(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得：F 1＝F 2＝k Qq2d 2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d 2 O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ 2d2 【答案】 (1)U C O ＝mv 2－2mgd 2q (2)E ＝2kQ 2d2 14．(14分)如图25所示，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l /2处有一小障碍物P .现将小球从细线处于水平状态由静止释放．图25(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？(3)若细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？【解析】 (1)由机械能守恒定律得：mgl ＝12mv 2 v ＝2gl(2)细线在刚要接触障碍物P 时，细线拉力设为F T1，由牛顿第二定律得F T1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，细线的拉力设为F T2，由牛顿第二定律得F T2－mg ＝m v 2l /2 可解得F T2－F T1＝2mg(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2h g小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离x ＝vt ＋12·qE mt 2 小球运动到水平面的过程中，由动能定理得 mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2可解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2h mg ＋2qE hl . 【答案】 (1)2gl (2)2mg (3)E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2h mg ＋2qE hl 15．(14分)(2015·温州市联考)如图26所示为某一“电场抛射装置”的示意图．相距为d 的两正对平行金属板A 、B 竖直放置，两板间放置一内壁光滑的绝缘细直管CD ，细管与水平面的夹角为37°.一质量为m 、带电荷量为q 的带电小球从管口C 处无初速度释放，经板间电场加速后从另一管口D 射出，飞行一段距离恰好沿水平方向进入平台MN ，其台面与C 点的高度差也为d .重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图26(1)小球从管口D 射出运动到平台所用的时间；(2)小球从管口D 射出时的速度大小；(3)A 、B 两板之间的电势差．【解析】 (1)小球从D 到M 的运动相当于从M 到D 的平抛运动，竖直方向下落h ＝d －d tan 37°＝d /4.由h ＝12gt 2，解得t ＝d 2g . (2)v y ＝gt ＝gd2小球从管口D 射出的速度大小：v D ＝v y sin 37°＝53 gd 2. (3)小球从C 到D 有：qU －mg ·34d ＝12mv 2D . 解得A 、B 两板之间的电势差：U ＝13mgd 9q. 【答案】 (1)d 2g (2)53gd 2 (3)13mgd 9q16．(14分)在金属板A 、B 间加上如图27乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T .现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入(如图27甲所示)．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：甲 乙图27(1)若电子从t ＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t ＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？【解析】 (1)由动能定理得：e ·U 02＝12mv 2－12mv 20解得v ＝v 20＋eU 0m. (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v 0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′线．所以应在t ＝T 4＋k ·T 2(k ＝0,1,2，…)时射入． 极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上．由牛顿第二定律有a ＝eU 0md. 加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 4≤d 4可解得d ≥T eU 08m故两板间距至少为T eU 08m【答案】 (1)v 20＋eU 0m (2)v 0T (3)T 4＋k ·T 2(k ＝0,1,2，…) T eU 08m。