静电场章末复习卷

第六章静电场(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于静电场下列说法中正确的是()A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U＝Ed知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少2. (2015·广雅中学测试)如图1所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A 和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是()图1A．仍静止不动B．向下运动C．向上运动D．无法判断3．(2015·陕西师大附中模拟)如图2所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，下列说法正确的是()图2A．c、d两点的电场强度相同，电势也相同B．c、d两点的电场强度不同，但电势相同C．将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做功为零D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能4. (2015·广雅中学测试)如图3所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为()图3A ．E ＝mgqB ．E ＝2mgqC ．E ＝3mgqD ．不能确定5. (2015·深圳三调)如图4，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，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。

已知O 、q 1、q 2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )图4A ．q 1、q 2为异种电荷B ．圆轨道上的电场强度处处相同C ．圆轨道上的电势处处相等D ．点电荷q 1对小球的静电力是斥力二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，选不全得3分，有错选不得分) 6. (2014·浙江高考)如图5所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。

章末检测卷(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1.两个小灯泡，分别标有“1A 4W ”和“2A 1W ”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为( ) A.2∶1 B.16∶1 C.4∶1 D.1∶16答案 B解析 由P ＝I 2R 知：R ＝P I 2，所以R 1∶R 2＝41∶14＝16∶1.2.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6V 的电动势，可获得0.1A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( ) A.0.24J B.0.25J C.0.26J D.0.28J 答案 C解析 根据W ＝UIt 可得每秒单片单晶硅太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1 J ＝0.06 J ，设太阳能每秒照射的能量为Q ，则由能的转化和守恒定律得Q ×23%＝W ，所以Q ≈0.26 J. 3.如图1，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，与分别为理想电压表与理想电流表.初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )图1A.的读数变大，的读数变小B.的读数变小，的读数变大C.的读数变小，的读数变小D.的读数变大，的读数变大答案 D4.在如图2所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障()图2A.R1短路B.R2短路C.R3短路D.R1断路答案 A解析若R1短路，则外部电路的电阻只有R3，故总电阻减小，总电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变大，A对；若R2短路，电流表的示数为零，故B错；若R3短路，电压表的示数为零，故C错；若R1断路，电流表的示数为零，D错.5.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图3所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是()图3A.将R1、R2串联后接到电源两端B.将R1、R2并联后接到电源两端C.将R1单独接到电源两端D.将R2单独接到电源两端答案 C解析由图可知，R1＝0.5Ω，R2＝1Ω，电源内阻r＝0.5Ω，电源的输出功率随外电阻的变化而变化，当R外＝r时，电源的输出功率最大，因而R1单独接到电源两端时，电源输出功率最大.6.如图4所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙两个电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为14V.调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2.则下列关系中正确的是()图4A.P1＞P2B.P1＜P2C.P1＝P2D.无法确定答案 A解析设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1＝(8－U0)·2I0＝16I0－2U0I0，P2＝(14－2U0)·I0＝14I0－2U0I0，所以P1＞P2，故选项A正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)7.如图5所示，平行板电容器两极板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()图5A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率减小答案AD解析根据电路图，电阻R2与滑动变阻器R4接入电路的部分串联后，再与R3组成并联电路，最后并联部分再与电阻R1串联接入电源两端，电压表测量滑动变阻器R4接入电路部分的电压，电流表测量流过电阻R2的电流，电容器两极板间的电压等于并联部分的电压，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的电阻R并减小，干路电流I增大，并联部分电压U并＝E－I(r＋R1)减小，所以电容器两极板间的电压减小，极板间场强减小，电场力小于重力，质点P向下运动，选项C错误；电阻R3两端电压减小，流过R3的电流I3减小，R3上消耗的功率P3＝I23R3减小，选项D正确；流过R3的电流I3减小，流过R2的电流I2＝I－I3增大，所以电流表读数增大，选项B错误；流过R2的电流I2增大，R2两端的电压U2＝I2R2增大，而并联部分的电压U并减小，所以，滑动变阻器R4接入电路部分的电压U4＝U并－U2减小，电压表读数减小，选项A正确.8.某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图6所示的电路，接通S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是()图6A.AB段断路B.BC段断路C.AB段短路D.BC段短路答案AD解析由题意可得U AB＝U AC＝U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通.若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好.又由题述得U BC＝0，因而可能AB段断路，或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况.分析时考虑要全面，要把故障的可能原因全部找出来，不要漏掉正确选项.9.如图7所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S，下列说法正确的有()图7A.路端电压为10VB.电源的总功率为10WC.a、b间电压的大小为5VD.a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A答案AC解析外电路的总电阻R＝20×2020＋20Ω＝10Ω，总电流I＝ER＋r＝1A，则路端电压U＝IR＝10V，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12W ，B 错；a 、b 间电压大小为|U ab |＝0.5×15V －0.5×5V ＝5V ，C 项对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15Ω＝7.5Ω，电路中的总电流I ＝ER ′＋r≈1.26A ，D 项错误.10.如图8所示的电路，电源内阻不计，R 为阻值未知的定值电阻，当在a 、b 间分别接入R 1＝10Ω，R 2＝18Ω的电阻时，理想电压表的示数分别为U 1＝10.0V ，U 2＝10.8V ，则( )图8A.电源的电动势为E ＝12V ，电阻R ＝2ΩB.当在a 、b 间接入R 3＝2Ω的电阻时，电源的输出功率一定最大C.当在a 、b 间接入C ＝2μF 的电容器时，电容器所带电荷量为2.4×10－5CD.当在a 、b 间接入线圈电阻为R 0＝1Ω，额定功率为9W 的电动机时，电动机恰能正常工作，则通过电动机线圈的电流为3A 答案 AC解析 根据U 1＝ER 1R ＋R 1，U 2＝ER 2R ＋R 2，代入数据，解得E ＝12V ，R ＝2Ω，所以选项A 正确；因为电源内阻不计，所以其输出功率P ＝EI ，可见，电流越大，电源的输出功率越大，选项B 错误；当在a 、b 间接入C ＝2μF 的电容器时，电容器两端电压U ＝E ＝12V ，所以电容器所带电荷量Q ＝CU ＝2.4×10－5C ，选项C 正确；假设选项D 正确，即电流I ＝3A 时，电动机恰好正常工作，其功率为P 动＝9W ，那么电源的输出功率为P 总＝EI ＝36W ，电阻R 消耗的热功率为P R ＝I 2R ＝18W ，显然P 动＋P R ≠P 总，所以假设错误，选项D 错误. 三、实验题(本题共2小题，共13分)11.(6分)某同学想要描绘标有“3.8V ,0.3A ”字样小灯泡L 的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有： 电压表V 1(量程0～3V ，内阻等于3kΩ) 电压表V 2(量程0～15V ，内阻等于15kΩ) 电流表A 1(量程0～200mA ，内阻等于10Ω) 电流表A 2(量程0～3A ，内阻等于0.1Ω) 滑动变阻器R 1(0～10Ω，额定电流2A) 滑动变阻器R 2(0～1kΩ，额定电流0.5A)定值电阻R 3(阻值等于1Ω) 定值电阻R 4(阻值等于10Ω) 定值电阻R 5(阻值等于1kΩ) 电源E (E ＝6V ，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁. (2)该同学描绘出的I －U 图象应是下图中的________.答案 (1)见解析图 (2)B解析 (1)用电压表V 1和定值电阻R 5串联，可改装成量程为U ＝U g r g (r g ＋R 5)＝33×(3＋1) V ＝4V的电压表；用量程为200mA 的电流表A 1与定值电阻R 4并联可改装为量程为I ＝I g ＋I g r gR 4＝0.2A ＋0.2×1010A ＝0.4A 的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法，电路图如图所示.(2)小灯泡的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I －U 图象应该是B. 12.(7分)某同学要测量一电压表的内阻，所备器材如下： A.待测电压表V(量程3V ，内阻未知) B.定值电阻R 0(阻值2kΩ)C.电池组E (电动势略小于3V ，内阻忽略不计)D.多用电表E.开关S 1、S 2，导线若干(1)该同学想利用多用电表粗测电压表的内阻，请将以下主要操作步骤补充完整：Ⅰ.对多用电表进行机械调零Ⅱ.将选择开关拨到“×1k”的欧姆挡上Ⅲ.将红、黑表笔短接，进行欧姆调零Ⅳ.将图9甲中多用电表和电压表连接，其中红表笔应接电压表的________极(选填“正”或“负”).Ⅴ.正确连接后，发现指针偏转较大，换用“×100”的欧姆挡，应先________，再次测量，多用电表刻度盘上的指针位置如图乙所示，测量结果是________.图9(2)为了更精确测量此电压表的内阻，该同学设计了如图丙所示的实验电路图，请在图丁上用笔画线代替导线进行实物连接.该同学首先闭合S1，读电压表示数U1；再闭合S2，读电压表示数U2，则电压表内阻R V＝________(用U1、U2、R0表示).答案(1)Ⅳ.负Ⅴ.欧姆调零3000Ω(2)见解析图U1R0U2－U1解析(1)根据多用电表的工作原理可知，红表笔与电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连，所以为保证电压表指针正向偏转，应将多用电表的红表笔接电压表的负极；当改变不同倍率的欧姆挡后，由于欧姆表内阻发生了变化，因此在测量之前必须进行欧姆调零这项操作；多用电表刻度盘上的指针位置如题图乙所示，测量结果是3 000 Ω.(2)如图所示，只闭合S 1时，电压表与电阻串联，当S 1和S 2都闭合时，电压表测电源的电动势(电源内阻忽略不计)，因串联电路中总电压等于各分电压之和，U 2＝U 1R V (R 0＋R V )，则电压表内阻R V ＝U 1U 2－U 1R 0.四、计算题(本题共4小题，共47分)13.(10分)在研究微型电动机的性能时，可采用如图10所示的实验电路.当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A 和1.0V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A 和15.0V .求这台电动机正常运转时的输出功率和电动机的线圈电阻.图10答案 22.0W 2Ω解析 当电流表和电压表的示数为0.5A 和1.0V 时，电动机停止工作，只有其内阻消耗电能，其阻值：r ＝U 1I 1＝1.00.5Ω＝2Ω.当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0A 和15.0V ，则电动机的总功率： P 总＝U 2I 2＝15.0×2.0W ＝30.0W 线圈电阻的热功率：P 热＝I 22r ＝2.02×2W ＝8.0W所以：P 出＝P 总－P 热＝30.0W －8.0W ＝22.0W.14.(12分)如图11所示的电路中，电源的电动势E ＝12V ，内阻未知，R 1＝8Ω，R 2＝1.5Ω，L 为规格“3V 3W ”的灯泡，开关S 断开时，灯泡恰好正常发光.(不考虑温度对灯泡电阻的影响)求：图11(1)灯泡的额定电流和灯丝电阻； (2)电源的内阻；(3)开关S 闭合时，灯泡实际消耗的功率. 答案 (1)1A 3Ω (2)1Ω (3)0.48W 解析 (1)灯泡的额定电流I 0＝P 0U 0＝33A ＝1A 灯丝电阻R L ＝U 20P 0＝323Ω＝3Ω(2)断开S 时，灯L 正常发光，即I 1＝I 0，根据闭合电路欧姆定律E ＝I 0(R 1＋R L ＋r ) 得r ＝E I 0－(R 1＋R L )＝[121－(8＋3)] Ω＝1Ω(3)闭合S 时，设外电路总电阻为R 外 R 外＝R L ·R 2R L ＋R 2 ＋R 1＝9Ω干路电流为I 总＝ER 外＋r ＝1.2A灯泡两端的电压U L ＝I 总·R L ·R 2R L ＋R 2＝1.2V灯泡实际消耗的功率P ＝U 2LR L＝0.48W.15.(12分)如图12所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器.当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的.求：图12(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器的最大阻值.答案 (1)20V 20Ω (2)5Ω (3)300Ω解析 (1)由题图乙中AB 线延长，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处可知电源的电动势E ＝20 V ，内阻r ＝EI 短＝20 Ω.(2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ， 得R 2＝U 2I 2＝5 Ω.(3)当P 滑到R 3的左端时，由题图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω.因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω.16.(13分)在如图13所示的电路中，电阻R 1＝12Ω，R 2＝8Ω，R 3＝4Ω.当开关K 断开时，电流表示数为0.25A ，当K 闭合时，电流表示数为0.36A.求：图13(1)开关K 断开和闭合时的路端电压U 及U ′； (2)电源的电动势和内阻；(3)开关K 断开和闭合时内阻上的热功率P 及P ′. 答案 见解析解析 (1)K 断开时：U ＝I (R 2＋R 3)＝3V ， K 闭合时：U ′＝I ′R 2＝2.88V .(2)K 断开时：外电路总电阻R ＝(R 2＋R 3)R 1R 1＋R 2＋R 3＝6Ω，K 闭合时：外电路总电阻R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＝4.8Ω.由闭合电路欧姆定律： E ＝U ＋UR r ，E ＝U ′＋U ′R ′r ，代入数据解得：E ＝3.6V ，r ＝1.2Ω.(3)K断开时：I总＝ER＋r＝0.5A，内阻上的热功率P＝I2总r＝0.3W；K闭合时：I总′＝ER′＋r＝0.6A，内阻上的热功率P′＝I总′2r＝0.432W.。

静电场章末复习讲授：熊明 班级： 高三（10）班 11月16日 第四节教学目的：理解全章知识结构；电场强度、电势、电势差、电势能等概念的理解和应用；电容，电量的关系；带电粒子在电场所中的应用解题思维；教学重点：1、 几个电场基本量理解、重点是电势、电势能；2、 几种典型电场分布特征；3、 结合牛顿第二定律或功能关系解决带电粒子（或带电体）在电场中的运动问题；学情分析：通过半个月的复习，已对静电场所的内容和基本题型有所了解，本节课是训练全章主要考点 教学过程：一、 结合电场线，等势面分析电场所基本概念；例题1．[2012·福建卷] 如图，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q 1、q 2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q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( ) A ．A 点电势大于B 点电势 B ．A 、B 两点的电场强度相等 C ．q 1的电荷量小于q 2的电荷量D ．q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能变式训练1 （1） [2012·安徽卷] 如图5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 ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m （2） [2012·山东卷] 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 点的动能变化二、电场所强度，电势、电势差、电势能、电容基本概念理解与应用例题2：如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V 的电源上．现进行下列四步动作：(1)合上S ；（2）在两板中央插入厚d/2的金属板；（3）打开S ；（4）抽出金属板．则此时电容器两板间电势差为 [ ]A ．0VB ．10VC ．5VD ．20V变式训练2 （1）[2012·江苏卷] 真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9 （2） [2012·江苏卷] 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，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 均减小三、带电粒子在电场所中的应用【例3】从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B 之间，在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm、带有记录纸的圆筒．整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计（图1）．若在两金属板上加以U2=1000cos2πtV的交变电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转／s匀速转动，确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出1s内所记录到的图形．真题赏析：[2012·江苏卷] 如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场．图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A 点水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.[解析] (1)设粒子射出加速器的速度为v0，由动能定理得qU0＝12m v02由题意得v1＝v0，即v1＝2qU0m(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t.加速度的大小a＝qU1md在离开时，竖直分速度v y＝at竖直位移y1＝12at2水平位移l＝v1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移y2＝v y t由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2解得y＝U1l2U0d则当加速电压为4U0时，U＝4U1(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且E＝Fq.(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行．F2＋f2＝(5F)2，则f＝2F且f＝q v1B解得B＝Fq2mqU0(c)设电场方向与x轴方向夹角为α.若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得(f＋F sinα)2＋(F cosα)2＝(7F)2解得α＝30°或α＝150°即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.同理，若B沿－x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°.例题1：.C[解析] 由于在移动电荷过程中克服电场力做功，故电场力应指向Q，所以点电荷Q为负电荷，作出Q的电场线，如图所示．A点比B点离负电荷Q更近，故B点电势高于A点电势，A错；在点电荷Q 产生的电场中，A 点比B 点离点电荷Q 更近，故A 点电场强度较大，B 错；电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的零势点的过程中电场力所做的功，所以q 1、q 2两电荷在A 、B 两处的电势能相等，D 错；将q 1、q 2分别从A 、B 两点移到无穷远过程中，克服电场力做的功相等，q 1对应的电势差U 1比较大，由W ＝qU 可知，q 1<q 2，C 对变式训练1（1）[答案] A[解析] 如图所示，取OA 的中点C ，则C 点的电势为3 V ，连接B 、C ，可得直线BC 为一等势线，过A 点作BC 的垂线交BC 于D ，由图可知tan θ＝33，得θ＝30°，因AD ＝CA ×sin θ＝0.03×12 m ＝0.015 m ，故E ＝U AD ＝30.015V/m ＝200V/m ，A 正确．（2）CD [解析] 从运动轨迹来看，带电粒子在运动过程中一直受到固定正点电荷的斥力作用，所以带电粒子带的是正电，故A 错．a 点离点电荷最近，所以受力最大，故B 错．带电粒子由b 点到c 点，电场力做正功，带电粒子的电势能减小，所以C 正确．虚线是一组间距相等的同心圆，不是等差等势面，所以a 、b 间电势差大于b 、c 间电势差，由a 点到b 点动能的增量大于由b 点到c 点动能的增量，故D 正确．例题2： [分析]每一步动作造成的影响如下：（1）合上S ，电源对电容器充电，至电压为U ．设电容量为C ，则带电量Q 1=CU ．板间形成一个匀强电场，场强为（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成为等势体，则A 板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为显然，在插入过程中，电源必须对A 、B 两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q 2=2Q 1．（3）打开 S ， A 、 B两板的电量保持不变，即Q 3=Q 2=2Q 1． （4）抽出板，电容器的电容仍为C ，而电量为2Q 1，所以两板间[答] D ．变式训练2：（1）C [解析] 根据点电荷周围的电场强度表达式E ＝k Qr2，可知点电荷周围的电场强度的大小与距离的二次方成反比，A 、B 两点与点电荷Q 的距离之比为1∶3，所以电场强度大小之比为9∶1，C 项正确．（2）．B [解析] 由平行板电容器的电容的表达式C ＝εr S4πkd，当两极板之间插入一电介质，εr 变大，则C 变大，由C ＝QU可知，在电荷量Q 不变的情况下，两极板间的电势差U 将减小，B 项正确．例题3[分析] 电子被加速后进入偏转电场．由于板上的电压和板间场强都作周期性变化，使得电子的偏距也作周期性变化．[解] 由电场力做功与动能变化的关系得电子加速后的入射速度加上交变电压时，A 、B两板间场强电子飞离金属板时的偏距电子飞离金属板时的竖直速度电子从飞离金属板到达圆筒时的偏距所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距（见图2）为可见，在记录纸上的点以振幅0．20m ，周期转1周），故在1s 内，纸上的图形如图3所示．。

第七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5小题，每小题6分，共30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m1和m2，带电荷量分别是q1和q2，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．q1一定等于q2B ．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．(2017·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.(2017·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成α＝30°角的匀强电场，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3小题，每小题6分，共18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)6.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 ＝kQr2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．7．(2017·成都诊断性检测)如图所示，两对金属板A 、B 和C 、D 分别竖直和水平放置，A 、B 接在电路中，C 、D 板间电压为U .A 板上O 处发出的电子经加速后，水平射入C 、D 板间，电子最终都能打在光屏M 上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，只向右移动滑片P ，P 越靠近b 端，电子打在M 上的位置越高B ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离，改变前后，电子由O 至M 经历的时间相同C ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离，改变前后，电子到达M 前瞬间的动能相同D ．S 闭合后再断开，只向左平移B ，B 越靠近A 板，电子打在M 上的位置越高 解析：选CD.设射出B 板时速度为v ，则电子在A 、B 板间加速，U BA e ＝12mv 2，在C 、D 板间的偏转位移y ＝12·Ue md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2＝UL24dU BA，S 闭合，只向右移动滑片P ，U BA 增大，偏转位移y 减小，电子打在M 上的位置降低，选项A 错误；设电子在A 、B 板间的运动时间为t 1，A 、B 板间距离为d AB ，则d AB ＝v2t 1，S 闭合，只改变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，v 不变，t 1变化，从B 板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O 到M 经历的时间必然变化，选项B 错误；S 闭合，只改变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，偏转位移y 相同，根据动能定理知电场力做功相同，电子到达M 瞬间的动能相同，选项C 正确；S 闭合再断开，A 、B 板所带电荷量不变，向左平移B 板，板间距离减小，根据C ＝εr S 4πkd AB ，C 增大，U BA ＝QC，U BA 减小，又y ＝12·Ue md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2＝UL24dU BA可知电子打在M 上的位置升高，选项D 正确． 8．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息知 ( )A ．B 点的电荷带正电 B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为 3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：选CD.如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos 30°＝3L ，由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q（3L ）2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．由题可知圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．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．(14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 ＝3mg3q. (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 ，方向与竖直方向成30°角偏向右下．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 ＝ 2gL （3＋1）. 答案：(1)小球带正电3mg3q(2) 2gL （3＋1） 10．(18分)如图所示，长为2L 的平板绝缘小车放在光滑水平面上，小车两端固定两个绝缘的带电小球A 和B ，A 的带电荷量为＋2q ，B 的带电荷量为－3q ，小车(包括带电小球A 、B )总质量为m .虚线MN 与PQ 均沿竖直方向且相距3L ，开始时虚线MN 位于小车正中间．若视带电小球为质点，在虚线MN 、PQ 间加上方向水平向右、电场强度大小为E 的匀强电场后，小车开始运动．试求：(1)小车向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量； (2)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间． 解析：(1)设A 球出电场的最大位移为x ，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEx ＝0 解得x ＝L3则小车向右运动的最大距离为x A ＝2L ＋L 3＝73LB 球从刚进入电场到小车速度第一次为零时的位移为 x B ＝73L －L ＝43L则B 球电势能的变化量为 ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL .(2)设B 球刚进入电场时小车速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12mv 21解得v 1＝2qEL m取向右为正方向，B 球进入电场前，小车加速度为a 1＝2qE m运动时间t 1＝v 1a 1＝mL qEB 球进入电场后，A 球离开电场前，小车加速度为 a 2＝－qE m由运动学规律有v 1t 2＋12a 2t 22＝L解得运动时间t 2＝(2－2)mL qE⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝（2＋2） mL qE 舍去 则A 球从开始运动到刚离开电场所用总时间t ＝t 1＋t 2＝(3－2)mLqE. 答案：(1)73L 4qEL (2)(3－2)mL qE11．(20分)如图甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B的距离都是l .现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q .这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103V ，T ＝1.2×10－2s ，m ＝5×10－10kg ，q ＝1.0×10－7 C.(1)在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t ＝0到t ＝T 2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？(3)在t ＝0到t ＝T2这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？解析：(1)根据题图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动．因为x ＝qU 04lm ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝3.6 m ＞l ，所以粒子从t ＝0时刻开始，一直加速到达A 板．设粒子到达A 板的时间为t ，则l ＝12qU 02lmt 2解得t ＝6×10－3s.(2)在0～T2时间内，粒子的加速度大小为a 1＝qU 02lm＝2×105 m/s 2在T2～T 时间内，粒子的加速度大小为a 2＝2qU 02lm＝4×105 m/s 2可知a 2＝2a 1，若粒子在0～T 2时间内加速Δt ，再在T 2～T 时间内减速Δt2刚好不能到达A板，则l ＝12a 1Δt ·32Δt解得Δt ＝2×10－3s因为T2＝6×10－3s ，所以在0～T2时间里4×10－3s 时刻产生的粒子刚好不能到达A 板．(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T 2时间内的前23时间内产生的粒子可以到达A 板，所以到达A 板的粒子数为n ＝300×12×23(个)＝100(个)．答案：(1)6×10－3s A 板 (2)4×10－3s (3)100个。