高中物理静电场经典复习题及答案

高中物理静电场经典复习题及答案 ,101(M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10 C，下列判断正确的有( ) A(在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B(摩擦的过程中电子从M转移到N ,10C(N在摩擦后一定带负电1.6×10 C ,10D(M在摩擦过程中失去1.6×10个电子 答案:BC解析:M和N都不带电～是指这两个物体都呈电中性～没有“净电荷”(没有中和完的电荷)～也就是没有得失电子～但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数)～所以选项A错误,M和N摩擦后M带正电荷～说明M失去电子～电子从M转移到N～选项B正确,根据电荷守恒定律～M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0～摩擦后电荷量 ,,1910 C仍应为0～选项C正确,电子带电荷量为1.6×10 C～摩擦后M带正电荷1.6×10～由于M带电荷量应是电子电荷量的整数 9倍～所以M失去10个电子～选项D错误( 2((2010?宜昌模拟)一个带负电的小球，受电场力和重力的作用，由静止开始运动，已知电场为水平方向的匀强电场，不计空气阻力，设坐标轴如图所示，x轴的正方向与电场方向一致，y轴的正方向竖直向下，原点为小球的起始位置，下列哪个图可能示此小球的运动轨迹( ) 答案:D解析:受力和初速度决定了运动形式(小球受的重力和电场力都是恒力～则其合力也是恒力～小球由静止开始沿合力方向做匀加速直线运动～又因小球带负电～答案D正确( 3(两个半径相同的金属小球，带电荷量之比为1?7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的( ) 43916A. B. C. D. 77772q?7q7q答案:CD解析:设两小球的电荷量分别为q和7q～则原来相距r时的相互作用力F,k,k，由于两球的电性未知～22rr 7q，q接触后相互作用力的计算可分为两种情况:(1)两球电性相同:相互接触时两球电荷量平均分配～每球带电量为,4q.～放回2 27q,q4q?4q16qF161原处后的相互作用力为:F,k,k～故,。(2)两球电性不同:相互接触时电荷先中和再平分～每球带电量为,22172rrF23q?3q9qF923q.～放回原处后的相互作用力为:F,k,k～故,. 2227rrF 4((2010?烟台模拟)两个质量分别是m、m的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，12 且电荷量分别为q、q时，两丝线张开一定的角度θ、θ，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说1212 法正确的是( ) A(若m>m，则θ>θ B(若m,m，则θ,θC(若mθ D(若q,q，则θ,θ 1212121212121212 答案:BC。解析:m、m受力如图所示～由平衡条件可知～mg,Fcot θ～mg,F′cot θ 121122 mcot θ11因F,F′～则,所以B、C两项正确( mcot θ22 5(如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止，小球用绝缘丝悬挂于O点，试求小球所在处的电场强度( mgtan θ答案: 方向水平向右。解析:

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小球受力如图所示(由平衡条件得F,mgtan θ～所以小球所电q F电mgtan θ在处的电场强度E,,～小球带正电～因此电场强度方向水平向右( qq 6(如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小( 答案:4mg/q解析:小球从A到最低点的过程中～只有重力做功～电场力不做功～由动能定理:mgR,2mv12mv.。在最低点～由牛顿第二定律:F,mg,F′,′,F,mg～可解得E,4mg/q. .～又F,qE～FNNN2R 7(如图所示，一均匀细金属圆环是由四个互相绝缘的四分之一圆弧A、B、C、D组成，已知当只有A弧带正电q时，在圆心O处产生的电场强度大小为E，则当A、B弧各带正电q，C、D弧各带负电q时，0 在圆心O处的场强大小为( ) A(2E B(0 C.2E D(22E 000 答案:D解析:只有A弧带正电时～在O点的场强大小为E～由于电荷均匀分布～可知E应与竖直00方向成45?角～所以B弧带正电为q时～在O点的场强大小也为E～且与A弧产生的场强垂直(因为C、0 D弧带负电～所以D弧在O点产生的场强大小为E～方向与B弧产生的场强方向相同,C弧在O点产生0 的场强大小为E～方向与A弧产生的场强相同(由场强叠加可知～在O点的合场强大小为22E. 00 8(如图所示，在真空中一条竖直向下的电场抛物线上有a、b两点(一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零(则下面说法正确的是( ) A(该带电质点一定带正电荷 B(该带电质点一定带负电荷 C(a点的电场强度大于b点的电场强度 D(质点在b点所受到的合力一定为零 答案:BC解析:带电质点由a点释放后向上运动～可知合力方向向上～而质点所受重力竖直向下～故电场力一定竖直向上～与电场线方向相反～可知该质点一定带负电～B项正确～A项错,带电质点到b点时速度又减为零～可知向上运动过程中～合力先向上再向下～即重力不变～电场力减小～可知a处电场强度大于b处电场强度～C项正确～D项错( 9(两带电量分别为q和,q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图( ) A B C D 答案:A解析:根据两等量异种点电荷周围的电场线可直观地看出～连线的中点场强最小～但不为零～关于中点对称的两点场强大小相等～方向相同～所以两点电荷的连线上的场强先减小后增大～A正确( 10(质量为m的小球A在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变，不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g. (1)A球刚释放时的加速度是多大,(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离( 2kQqsinαkQq答案:(1)gsin α, (2)解析:(1)根据牛顿第二定律mgsin α,F,ma～又据库仑定律F2mHmgsin α2QqαkQqsin,k～r,H/sin α～解得α,gsin α,.(2)当A球受到合力为零、加速度为零时～动能最大(设此时A22rmH kQqkQq球与B点间的距离为R～则mgsin α,～解得R,. 2Rmgsin α 11(如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界(现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度v沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为0 v.试求: (1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ. (2)匀强电场场强E的大小( 22m，v,v，0答案:(1)tan θ (2) qLtan θ 解析:(1)小物块在BC上匀速运动～由受力平衡得F,mgcos θ～F,mgsin θ而F,μF～由以上几式解得NffNμ,tan θ.(2)小物块在CA上做匀加速直线运动～受力情况如图所示～则F′,mgcos θ,qE～F′,μF′。根NfN22,v，m，vL022据牛顿第二定律得mgsin θ,F′,ma～v,v,2a?。由以上几式解得E,. f02qLtan θ 12((2010?课标全国)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器(某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面，工作时收尘板带正电，其正侧的电场线分布如图所示;粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上(若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( ) 答案:A解析:因粉尘带负电～故带电粉尘所受电场力的方向与电场抛物线的切线方向相反～轨迹上任何一点的切线方向为运动方向～若粒子做曲线运动～轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内(从轨迹找几个点判断一下～只有A项符合～故A项正确( 413((2010?全国卷?)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为10 V/m.已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力 233加速度大小为10 m/s，水的密度为10 kg/m，这雨滴携带的电荷量的最小值约为( ) ,,,,9999A(2×10 C B(4×10 C C(6×10 C D(8×10 C 43ρ×πrg3mgρVg,9,,,,4×10 C～B正确( 答:B析:带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止～则mg,qE～得:qEEE 1(如图所示，在等量正点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，令各点电势分别为φ、φ、φ、φ，则下列说法正确的是( ) ABCD A(φ,φ,φ,φ B(φ<φ、φ>φC(φ,φ、φ,φ D(φ>φ、φ>φ ABCDABDC ADBCACBD 答案:BC解析:等量正点电荷连线的中点O处合场强为0～中垂线上O点上方合场强沿中垂线向上～下方合场强沿中垂线向下(由“沿场强方向电势降低”可判定A错误～B正确,电势是标量～由对称性知C正确～D错误(本题还可以根据等量正电荷等势面的分布情况～结合等势面与电场线的关系判断( 2(如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一质点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，当质点A转动至其与O点的连线与x轴正方向间夹角为θ时，则O、A两点间的电势差为( ) EA(U,Er B(U,Ersin θ C(U,Ercos θ D(U, OAOAOAOArcos θ 答案:C解析:在匀强电场中～两点间的电势差与场强的关系为U,Ed～其中d为沿电场方向的两点间的距离～所以U,Ercos θ～故C正确( OA 23((2010?南通模拟)一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为g，阻力不计，3关于小球在下落h的过程中能量的变化，以下说法中正确的是( ) 1112A(动能增加了mgh B(电势能增加了mgh C(机械能减少了mgh D(重力势能减少了mgh 3333 11答案:BC解析:由加速度可求出电场力大小为mg～方向竖直向上～小球在下落h的过程中～电场力做功W,,mgh～电电33 1122势能增加mgh,机械能减少mgh,合外力做功W,mgh～动能增加mgh,重力势能减少mgh. 合3333 ,94(将一正电荷从无限远处移入电场中M点，静电力做功W,6×10 J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，1,9静电力做功W,7×10 J，则M、N两点的电势φ、φ，有如下关系( ) 2MN A(φ<φ<0 B(φ>φ>0 C(φ<φ<0 D(φ>φ>0 MNNMNMMN WWWWW12212答案:C解析:对正电荷φ,φ,,φ,,φ,>W～φ,0～且<φ<0 ,对负电荷φ～即φ.而W和均大于0～则φ????MNN21NMqqqq,q 5(如图所示，小球的质量为m，带电荷量为q，悬挂小球的丝线与竖直方向成θ角时，小球恰好在匀强电场中静止不动，丝线长为L，现将小球拉到悬线竖直的方向上来，则静电力做功多少,拉力至少要做多少功, 答案:,qELsin θ qELsin θ,mg(1,cos θ) 解析:小球受力如图～将小球拉到竖直位置时～静电力做功:W,,qEd,,qElsin θ? 电 12又由动能定理得:W，W，W,mv,0?～要使W最小～只要让v,0?～即缓慢拉到竖直位电G2 置～该过程～重力做功～W,mgL(1,cos θ)?～由????得W,qELsin θ,mg(1,cos θ)( G 16(如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R,0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B4 3与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E,5×10 N/C.今有一质量 ,5为m,0.1 kg、带电荷量，q,8×10 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放(若已知滑块与水平轨 2道间的动摩擦因数μ,0.05，取g,10 m/s，求: (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时B点的压力((2)小滑块在水平轨道上通过的总路程( 答案:(1)2.2 N (2)6 m解析:(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为v～对圆弧轨道最低点B的压力为F～则: B2v11B2mgR,qER,mv F,mg,m?S,0,，故F,3mg,2qE,2.2 N。(2)由题意知小滑块最终将停在B点由动能定理得,FBf22R 2mv结合F,μmg可得小滑块在水平轨道上通过的总路程S,6 m. Bf 7((2010?江门测试)x轴上有两点电荷Q和Q，Q和Q之间线上各点电势高低如图曲线所示(AP>PB)，选无穷远处电势为0，1212 从图中可以看出( ) A(Q电荷量一定小于Q电荷量 B(P点电场强度是0 12 C(Q和Q之间线上各点电场方向都指向Q 122 D(Q、Q可能是同种电荷 12 答案:C解析:Q附近电势大于零～而Q附近电势小于零～可知Q带正电、Q带负电～D项错,Q、Q之间电场线由Q1212121 QQ1指向Q～C项正确,两电荷连线上P点场强一定不为零～B项错,由φ,k知～Q在P点电势为φ,k.Q在P点电势为φ,2122rr1QQQ212,k～而P点电势为0～则有,～r>r～故Q>Q～A项错( 21212rrr12 8(光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v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0 的动能可能为 11112222A(0 B.mv，qEl C.mv D.mv，qEl 00022223 答案:ABC解析:如图所示～如果电场方向是AB方向则电场力可以做正功～也可以做负功～做负功时有可能使其动能变为零～故选项A正确,如果电场的方向是AC方向～带电小球到达AB或CD时～电场力做功为qEl/2～故选项B可能是正确的,如果带电小球回到同一个边界上～即回到等势面上～电场力不做功～故选项C可能是正确的,D是无论如何也是不可能的( 9((2010?金华模拟)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动(已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的( ) A(动能减少10 J B(电势能增加24 J C(机械能减少24 J D(内能增加16 J 答案:AD。解析:由动能定理可知ΔE,32 J,8 J,16 J,18 J,,10 J～A正确,克服电场力做功为8 J～则电势能增加8 J～k B错误,机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功～故应为ΔE,32 J,8 J,16 J,8 J～C错误,物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功～D正确( 10(一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60?角时，小球到达B点速度恰好为零(试求: (1)AB两点的电势差U;(2)匀强电场的场强大小; AB (3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小( 3mgL3mg答案:(1), (2) (3)3mg 2qq 3mgL解析:取向下为正:(1)小球由A到B过程中～由动能定理得mgLsin 60?，qU,0～所以U,,. ABAB2q |U|3mgAB(2)E,,。(3)小球在AB间摆动～由对称性知～B处绳拉力与A处绳拉力相等～而在A处～由水平方向平衡qL,Lcos 60? 有:T,qE,3mg 所以T,T,3mg～或在B处～沿绳方向合力为零～有T,qEcos 60?，mgcos 30?,3mg. ABAB 11(如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为,q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)( (1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小( (2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大, (3)若小球从斜轨道h,5R处由静止释放(假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量( ，mg,qE，sin α5 (2)R (3)减少3EqR 答案:(1)2m ，mg,qE，sin α解析:(1)根据牛顿第二定律:(mg,qE)sin α,ma?～a,.? m 2mv(2)若小球刚好通过B点～据牛顿第二定律:mg,qE,?～小球由A到B～据动能定理:R 2mv5(mg,qE)(h,2R),由?～以上联立～得h,R.?。(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中～机械能的变化量为:ΔE机22 ΔE,W?～W,,3REq?～得ΔE,,3REq.? 机电电机 12((2010?全国?)关于静电场，下列结论普遍成立的是( ) A(电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B(电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C(在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D(将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 答案:C解析:在静电场中～电势沿着电场线逐渐降低～场强方向是电势降低最快的方向～场强的大小与电场线分布疏密有关～故A项错误～C项正确,电场中两点间的电势差既与场强有关又与距离有关～B项错误,场强为零的一点到场强为零的另一点间的电势差不一定为零～故电场力做功不一定为零～D项错误( 13((2010?安徽理综)如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R,0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E,100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为( ) A(U,,10sin θ(V) B(U,10sin θ(V) OPOP C(U,,10cos θ(V) D(U,10cos θ(V) OPOP 答案:A解析:在匀强电场中～U,,E?Rsin θ,,10sin θ(V)～故A对( OP 14((2010?江苏单科)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示(下列说法中正确的是( ) A(O点的电势最低 B(x点的电势最高 2 C(x和,x两点的电势相等 11 D(x和x两点的电势相等 13 答案:C。解析:电势高低与场强大小无必然联系(O点场强为0～电势不一定最低～A错,x点是场强正向最大的位置～电2 势不是最高～B错,将电荷从x移到,x可由题图知电场力做功为零～故两点电势相等～而把电荷从x移到x电场力做功不为零～1113C对～D错( 章末检测(六) 一、选择题(每题3分，共36分) 1(一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下(若不计空 气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量的变化情况为( ) A(动能减小 B(电势能增加 C(动能和电势能之和减小 D(重力势能和电势能之和增加 答案:C解析:该油滴从a点进入电场～根据其轨迹的弯曲趋势～可以判断静电力一定竖直向上～且静电力大于重力～所以 油滴带负电荷(运动过程中合力向上做正功～根据动能定理～油滴动能变大～A错误,静电力做正功～电势能必然减少～B错误,该处能量定恒的形式表现为电势能、机械能(动能，重力势能)之和守恒(根据能量守恒定律～既然动能增加～则重力势能与电势能之和一定减少～D错误,油滴上升～重力势能变大～动能和电势能之和必然减少( 2(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C点有点电荷,Q，且CO,OD，?ADO,60?.下列判断正确的是( ) A(O点电场强度为零 B(D点电场强度为零 C(若将点电荷，q从O移向C，电势能增大 D(若将点电荷,q从O移向C，电势能增大 答案:BD解析:A、B两点处的点电荷在O点处形成的电场的合场强为零～因此O点处的电场强度应等于C点处的点电荷 QQQ在O点形成的电场的电场强度(A错,A、B、C三处点电荷在D点处形成的电场强度分别为E,k～E,k～E,k～所222DADBDCrrr QQ以D点合电场强度为E,k,2kcos 60?,0～故B对,将点电荷，q从O移向C时～电场力做正功～故电势能减小～C错,将22Drr 点电荷,q从O移向C时～电场力做负功～故电势能增大～D对( 3((2010?天津理综)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则 A(b点的电场强度一定比a点大 B(电场线方向一定从b指向a b点的电势一定比a点高 D(该电荷的动能一定减小 C( 答案:C解析:电场力做负功～该电荷电势能增加～正电荷在电势高处电势能较大～C正确,电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用～总功不一定为负～由动能定量可知～动能不一定减小～D错,电势高低与场强大小无必然联系～A错,b点电势高于a点～但a、b可能不在同一条电场线上～B错( 4(如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线系于同一点，两球静止时它们在同一水平面上，与竖直方向的夹角依次为α,30?、β,60?，若同时剪断细线，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) A(a、b两小球将同时落到同一水平地面上 B(下落过程中a小球水平飞行的距离比b小球大 C(下落过程中a、b小球库仑力做功相等 D(落地瞬间a小球重力的瞬时功率大于b小球重力的瞬时功率 F答案:AD解析:竖直方向只受重力～A正确,由,tan a～知m>m～库仑力F相同～水平方向的加速度aP～D对( AB 5(如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线，在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布)，在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动，若( ) A(小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小 B(小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C(点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小 D(点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小 答案:BCD解析:若小球P的带电荷量缓慢减小～则小球运动到某位置时受到的电场力减小～小球从平衡位置运动到最大位移过程中克服电场力做的功少了～故能够到达更远处～振幅增大～A项错误,此种情况～小球从最大位移向平衡位置运动的过程中～由于电场力做的功减小～所以到达平衡位置的动能减小～速度减小～B项正确,点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大～小球在某位置受到的电场力逐渐增大～回复加速度增大～故周期减小～此种情况小球从平衡位置到最大位移过程中因电场力增大～故能到达的最大位移减小～振幅减小～C、D项均正确( 6(两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电荷量分别为q和q(q>q)(将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两小球同时从静止释放，则释放后细线中张力T1212 为(不计重力及两小球间的库仑力)( ) 11A(T,(q,q)E B(T,(q,q)E C(T,(q，q)E D(T,(q，q)E 1212121222 答案:A。解析:由牛顿第二定律～对球2有T，Eq,ma～对球1、2整体有Eq，Eq,2ma 212 E，q,q，12两式联立得T,～A正确( 2 7(如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为，q和,q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬 mg挂在天花板上，细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度E,，A、B两球最后会达到新的平q衡位置，则在这个过程中，两个小球( ) 2,22A(总重力势能增加了mgL B(总重力势能增加了mgL 22 2,22mgL D(总电势能减少了mgL C(总电势能减少了22 答案:AD解析:A、B两个带电小球所受电场力为零～故OA线竖直、B球向右偏45?处最后静止～则总重力势能增加了mg(L 2,22,Lcos 45?),mgL～故A项正确～总电势能减少了mgL～故D项正确( 22 8(示波管可以视为加速电场和偏转电场的组合，若已知前者的电压为U，后者的电压为U，极板长为L，间距为d，电子12加速前速度可忽略，则示波管的灵敏度(偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”)与加速电场和偏转电场的关系，正确的是 A(L越大，灵敏度越大 B(d越大，灵敏度越大 C(U越小，灵敏度越大 D(灵敏度与U无关 11 Le11U222答案:AC解析:设电子进入偏转电场的速度为v～电子射出偏转电场时偏转量为y～则Ue,mv～y,??～可得:1()v22dm 2yL,～可见～L越大～灵敏度越大～d越小～灵敏度越大～U越小～灵敏度越大～故A、C正确( 1U4dU21 9(如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态(现将两极板的间距变大，则( ) A(电荷将向上加速运动 B(电荷将向下加速运动 C(电流表中将有从a到b的电流 D(电流表中将有从b到a的电流 U答案:BD解析:充电后电容器的上极板A带正电～不断开电源～增大两板间距～U不变、d增大～由E,知两极板间场强d εSr减小～场强减小会使电荷q受到的电场力减小～电场力小于重力～合力向下～电荷q向下加速运动～由C,知电容C减小～4πkd由Q,CU知极板所带电荷量减少～会有一部分电荷返回电源～形成逆时针方向的电流～电流表中将会有由b到a的电流 10(如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U时，带电粒子沿?轨迹从两板正中间飞1 出;当偏转电压为U时，带电粒子沿?轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( ) 2 A(U?U,1?8 B(U?U,1?4 1212 C(U?U,1?2 D(U?U,1?1 121222dy2mv11Uqly02答案:A解析:由y,at,得:U,～所以U?～可知A项正确( 22222vmdqll0 B两板的电势分别为，φ和,φ，下述结论正确11(如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、 的是( ) A(电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E,φ/d B(电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同;有正的，有负的，有的为零 C(若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加 D(若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小 2φ答案:BCD解析:由题意可知～两板间电压为2φ～电场强度为E,～A错误,板间与板平行的中线上电势为零～中线上方d εSr为正～下方为负～故B正确,由C,知～d减小～C增大～由Q,CU知～极板带电荷量Q增加～C正确,电子水平射入穿越4πkd 两极板之间的电场时～电场力一定对电子做正功～电子的电势能一定减小～D正确( 12(如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板，两板间有M、N、 P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，?PMN,θ.以下说法正确的是( ) UA(电容器带电量为 C UB(两极板间匀强电场的电场强度大小为 Lsin θ ULsin θC(M、P两点间的电势差为 d qULsin θD(若将带电量为，q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了 d 答案:CD解析:由电容器电容的定义式可知～电容器的带电量为Q,CU～ A项错误,两板间的电场为匀强电场～根据匀强电场场强与电势差的关系可知～ U两板间电场强度E,～B项错误,MP两点间的电势差就等于NP间的电势差～d ULsin θ即U,ELsin θ,～C项正确,由于下板带正电～因此板间场强方向竖直向上～将带电量为，q的电荷从M点移到P点～MPd qULsin θ电场力做正功～电势能减少量就等于电场力做的功～即为qU,～D项正确(本题较易( MPd 二、填空题(每题4分，共12分) 13(如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个检验电荷，q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30?，则电场力对检验电荷，q所做的功等于________( qQsQUQ答案:，解析:电容器两板间电势差U,～场强E,,～而A、B两点间电势差U,E?s?sin AB2CdCdCd QsqQs30?,～电场力对，q所做功为W,qU,. AB2Cd2Cd 614(一电子以4×10 m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150?的方向 ,31飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为________V((电子的质量为9.1×10 kg，电荷量为,1.6×10,19 C) vA答案:,136.5。解析:设电子射入电场时的速度为v～射出电场时的速度为v～从图可知v,ABBsin 30? 11113～22222,2v～根据动能定理～有W,eU?～W,mv,mv?～由式??得eU,mv,mv,mv所AABBAABBAA22222 ,31622×，4×10，3mv3×9.1×10A以U,,V,,136.5 V ,AB192e,1.6×10×2 15(如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距(一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同0 一竖直平面上的另一等势线上的P点(已知连线OP与水平方向成45?夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________( 222mv,mgvt,mgvt2mv110000222答案:。解析:因为v,2v～由动能定理可得:m(v，v),mv,mgvt，qU～所以U,～y0y000OPOP22qq带电粒子在电场与重力场的复合场中运动～可利用合运动与分运动的关系～把曲线转化为直线运动～简化运动过程( ) 三、计算题(共5题，共52分 16((10分)质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α,30?，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α,30?，求: (1)A、B小球电性及所带电荷量Q;(2)外加匀强电场的场强E. 310mgk33mg答案:(1)l (2)。解析:(1)A球带正电～B球带负电两小球相距d,2l,2lsin 30?,l。由A球受力平衡3k9l 2Q3mg可得:mgtan α,k，解得:Q,l. 2l3k 310mgk23Q(2)外加电场时～两球相距d′,2l，2lsin 30?,3l～根据A球受力平衡可得:QE,k,mgtan α～解得:E,. 29l，3l， 517((10分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E,6.0×10 N/C， ,,82方向与x轴正方向相同(在O处放一个电荷量q,,5.0×10 C，质量m,1.0×10 kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因 2数μ,0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v,2.0 m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置((g取10 m/s) 0 答案:在O点左侧距O点0.2 m处解析:物块先在电场中向右减速～设运动的位移为x～ 12mv10～2由动能定理得:,(qE，μmg)x,0,mv所以x,,0.4 m ～代入数据得x101122，qE，μmg， 可知～当物块向右运动0.4 m时速度减为零～因物块所受的电场力F,qE,0.03 N>μmg～所以物块将沿x轴负方向加速～跨过O点之后在摩擦力作用下减速～最终停止在O点左侧某处～设该点距 12O点距离为x～则,μmg(2x，x),0,mv～解之得x,0.2 m. 212022 18((10分)(2010?莱芜模拟)一质量为m、带电荷量为，q的小球以水平初 速度v进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示(今测得小球进入电场后在0 竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙 给出的信息，(重力加速度为g)求:(1)匀强电场场强的大小; (2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功; (3)小球在h高度处的动能( 22222222hmvmv,mghLmv2h2hmvmg0000答案:(1), (2)(3)， 2222qqLLL 2，mg,qE，t解析:(1)小球进入电场后～水平方向做匀速直线运动～设经过时间t～水平方向:vt,L～竖直方向:所以E,h～02m 222222222hmvmv,mghLmv2hmv2hmvmg00000,,.(2)电场力做功为W,,qEh,.(3)根据动能定理mgh,qEh,E,，得E,，. 222kk22qqLLL 19((10分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏(现有一电荷量为，q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v射0入电场中，v方向的延长线与屏的交点为O.试求: 0 (1)粒子从射入到打到屏上所用的时间; (2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α; (3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s. 22LqEL3qEL答案:(1) (2) (3) 22vmv2mv000 解析:(1)根据题意～粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动～所以粒子从射入 2L到打到屏上所用的时间t,. v0 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v～根据牛顿第二定律～粒子在电场y EqLqEL中的加速度为:a,所以v,a,. yvmmv00 vqELy所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α,,. 2vmv0022L11qEL3qEL2,,(3)设粒子在电场中的偏转距离为y～则y,a,，又s,y，Ltan α～解得:s,. 22v,,22mv2mv000 20((12分)一平行板电容器长l,10 cm，宽a,8 cm，板间距d,4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中 ml,116心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的均为5×10 kg/C，速度均为4×10 m/s，距板右端处有一屏，如图甲所2q 示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场(试求: (1)离子打在屏上的区域面积; (2)在一个周期内，离子打到屏上的时间( 答案:(1)4ad (2)0.007 2 s 解析:(1)设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U水平方向:l,vt? ～00 d1qU02竖直方向:,at?～又a,?～由???得 22md ,,21122622v×，4×10，×，4×10，md5×100U,, V,128 V。当U?128 V时打到极板上～当U<128 V时打到屏上 220ql，0.1， ll，22y利用推论:打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上(由此可得,，解得打到屏上的长度为y,d～又由对称知～ld 22 128 V11,总长度为2d～区域面积为S,2y?a,4ad.。(2)在前T～离子打到屏上的时间～t,×0.005 s,0.001 8 s 0()2004 又由对称性知～在一个周期内～打到屏上的总时间 t,4t,0.007 2 s. 0