高中物理靜電場經(jīng)典復(fù)習(xí)試題與答案

..靜電學(xué)專題習(xí)題1．M和N是兩個不帶電的物體,它們互相摩擦后M帶正電1.6×10－10C,下列判斷正確的有<>A．在摩擦前M和N的內(nèi)部沒有任何電荷B．摩擦的過程中電子從M轉(zhuǎn)移到NC．N在摩擦后一定帶負電1.6×10－10CD．M在摩擦過程中失去1.6×10－10個電子答案：BC解析：M和N都不帶電,是指這兩個物體都呈電中性,沒有"凈電荷"<沒有中和完的電荷>,也就是沒有得失電子,但內(nèi)部仍有相等數(shù)量的正電荷<質(zhì)子數(shù)>和負電荷<電子數(shù)>,所以選項A錯誤；M和N摩擦后M帶正電荷,說明M失去電子,電子從M轉(zhuǎn)移到N,選項B正確；根據(jù)電荷守恒定律,M和N這個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)原來電荷的代數(shù)和為0,摩擦后電荷量仍應(yīng)為0,選項C正確；電子帶電荷量為1.6×10－19C,摩擦后M帶正電荷1.6×10－10C,由于M帶電荷量應(yīng)是電子電荷量的整數(shù)倍,所以M失去109個電子,選項D錯誤．2．<2010·XX模擬>一個帶負電的小球,受電場力和重力的作用,由靜止開始運動,已知電場為水平方向的勻強電場,不計空氣阻力,設(shè)坐標軸如圖所示,x軸的正方向與電場方向一致,y軸的正方向豎直向下,原點為小球的起始位置,下列哪個圖可能表示此小球的運動軌跡<>答案：D解析：受力和初速度決定了運動形式．小球受的重力和電場力都是恒力,則其合力也是恒力,小球由靜止開始沿合力方向做勻加速直線運動,又因小球帶負電,答案D正確．3．兩個半徑相同的金屬小球,帶電荷量之比為1∶7,相距為r,兩者相互接觸后再放回原來的位置上,則相互作用力可能為原來的<>A.eq\f<4,7> B.eq\f<3,7>C.eq\f<9,7> D.eq\f<16,7>答案：CD解析：設(shè)兩小球的電荷量分別為q和7q,則原來相距r時的相互作用力F＝keq\f<q·7q,r2>＝keq\f<7q2,r2>,由于兩球的電性未知,接觸后相互作用力的計算可分為兩種情況：<1>兩球電性相同：相互接觸時兩球電荷量平均分配,每球帶電量為eq\f<7q＋q,2>＝4q.,放回原處后的相互作用力為：F1＝keq\f<4q·4q,r2>＝keq\f<16q2,r2>,故eq\f<F1,F>＝eq\f<16,7>。<2>兩球電性不同：相互接觸時電荷先中和再平分,每球帶電量為eq\f<7q－q,2>＝3q.,放回原處后的相互作用力為：F2＝keq\f<3q·3q,r2>＝keq\f<9q2,r2>,故eq\f<F2,F>＝eq\f<9,7>.4．<2010·XX模擬>兩個質(zhì)量分別是m1、m2的小球,各用絲線懸掛在同一點,當兩球分別帶同種電荷,且電荷量分別為q1、q2時,兩絲線張開一定的角度θ1、θ2,兩球位于同一水平線上,如圖所示,則下列說法正確的是<>A．若m1>m2,則θ1>θ2B．若m1＝m2,則θ1＝θ2C．若m1<m2,則θ1>θ2D．若q1＝q2,則θ1＝θ2答案：BC。解析：m1、m2受力如圖所示,由平衡條件可知,m1g＝Fcotθ1,m2g＝F′cotθ2因F＝F′,則eq\f<m1,m2>＝eq\f<cotθ1,cotθ2>所以B、C兩項正確．5．如圖所示,A為帶正電Q的金屬板,沿金屬板的垂直平分線,在距板r處放一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球,小球受水平向右的電場力偏轉(zhuǎn)θ角而靜止,小球用絕緣絲懸掛于O點,試求小球所在處的電場強度．答案：eq\f<mgtanθ,q>方向水平向右。解析：分析小球受力如圖所示．由平衡條件得F電＝mgtanθ,所以小球所在處的電場強度E＝eq\f<F電,q>＝eq\f<mgtanθ,q>,小球帶正電,因此電場強度方向水平向右．6．如圖所示,在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細管的圓心處放一點電荷,將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管水平直徑的端點A由靜止釋放,當小球沿細管下滑到最低點時,對細管的上壁的壓力恰好與球重相同,求圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強大小．答案：4mg/q解析：小球從A到最低點的過程中,只有重力做功,電場力不做功,由動能定理：mgR＝eq\f<1,2>mv2.。在最低點,由牛頓第二定律：F－mg－FN′＝eq\f<mv2,R>.,又F＝qE,FN′＝FN＝mg,可解得E＝4mg/q.7．如圖所示,一均勻細金屬圓環(huán)是由四個互相絕緣的四分之一圓弧A、B、C、D組成,已知當只有A弧帶正電q時,在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E0,則當A、B弧各帶正電q,C、D弧各帶負電q時,在圓心O處的場強大小為<>A．2E0 B．0C.eq\r<2>E0 D．2eq\r<2>E0答案：D解析：只有A弧帶正電時,在O點的場強大小為E0,由于電荷均勻分布,可知E0應(yīng)與豎直方向成45°角,所以B弧帶正電為q時,在O點的場強大小也為E0,且與A弧產(chǎn)生的場強垂直．因為C、D弧帶負電,所以D弧在O點產(chǎn)生的場強大小為E0,方向與B弧產(chǎn)生的場強方向相同；C弧在O點產(chǎn)生的場強大小為E0,方向與A弧產(chǎn)生的場強相同．由場強疊加可知,在O點的合場強大小為2eq\r<2>E0.9．兩帶電量分別為q和－q的點電荷放在x軸上,相距為L,能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關(guān)系的是圖<>ABCD答案：A解析：根據(jù)兩等量異種點電荷周圍的電場線可直觀地看出,連線的中點場強最小,但不為零,關(guān)于中點對稱的兩點場強大小相等,方向相同,所以兩點電荷的連線上的場強先減小后增大,A正確．10．質(zhì)量為m的小球A在絕緣細桿上,桿的傾角為α,小球A帶正電,電量為q.在桿上B點處固定一個電量為Q的正電荷,將小球A由距B點豎直高度為H處無初速釋放,小球A下滑過程中電量不變,不計A與細桿間的摩擦,整個裝置處在真空中,已知靜電力常量k和重力加速度g.<1>A球剛釋放時的加速度是多大？<2>當A球的動能最大時,求此時A球與B點的距離．答案：<1>gsinα－eq\f<kQqsin2α,mH2><2>eq\r<\f<kQq,mgsinα>>解析：<1>根據(jù)牛頓第二定律mgsinα－F＝ma,又據(jù)庫侖定律F＝keq\f<Qq,r2>,r＝H/sinα,解得α＝gsinα－eq\f<kQqsin2α,mH2>.<2>當A球受到合力為零、加速度為零時,動能最大．設(shè)此時A球與B點間的距離為R,則mgsinα＝eq\f<kQq,R2>,解得R＝eq\r<\f<kQq,mgsinα>>.11．如圖所示,傾角為θ的斜面AB是粗糙且絕緣的,AB長為L,C為AB的中點,在A、C之間加一方向垂直斜面向上的勻強電場,與斜面垂直的虛線CD為電場的邊界．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊<可視為質(zhì)點>,從B點開始在B、C間以速度v0沿斜面向下做勻速運動,經(jīng)過C后沿斜面勻加速下滑,到達斜面底端A時的速度大小為v.試求：<1>小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ.<2>勻強電場場強E的大小．答案：<1>tanθ<2>eq\f<mv2－v02,qLtanθ>解析：<1>小物塊在BC上勻速運動,由受力平衡得FN＝mgcosθ,Ff＝mgsinθ而Ff＝μFN,由以上幾式解得μ＝tanθ.<2>小物塊在CA上做勻加速直線運動,受力情況如圖所示,則FN′＝mgcosθ－qE,Ff′＝μFN′。根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－Ff′＝ma,v2－v02＝2a·eq\f<L,2>。由以上幾式解得E＝eq\f<mv2－v02,qLtanθ>.12．<2010·課標全國>靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器．某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板,圖中直線ab為該收塵板的橫截面,工作時收塵板帶正電,其正側(cè)的電場線分布如圖所示；粉塵帶負電,在電場力作用下向收塵板運動,最后落在收塵板上．若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡,下列4幅圖中可能正確的是<忽略重力和空氣阻力><>答案：A解析：因粉塵帶負電,故帶電粉塵所受電場力的方向與電場拋物線的切線方向相反,軌跡上任何一點的切線方向為運動方向,若粒子做曲線運動,軌跡應(yīng)出現(xiàn)在速度方向和力的方向所夾的區(qū)域內(nèi)．從軌跡找?guī)讉€點判斷一下,只有A項符合,故A項正確．13．<2010·全國卷Ⅱ>在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為104V/m.已知一半徑為1mm的雨滴在此電場中不會下落,取重力加速度大小為10m/s2,水的密度為103kg/m3,這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為<>A．2×10－9C B．4×10－9CC．6×10－9C D．8×10－9C答：B析：帶電雨滴在電場力和重力作用下保持靜止,則mg＝qE,得：q＝eq\f<mg,E>＝eq\f<ρVg,E>＝eq\f<ρ×\f<4,3>πr3g,E>＝4×10－9C,B正確．1．如圖所示,在等量正點電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點,A、D兩點與B、C兩點均關(guān)于O點對稱,令各點電勢分別為φA、φB、φC、φD,則下列說法正確的是<>A．φA＝φB＝φC＝φDB．φA<φB、φD>φCC．φA＝φD、φB＝φC D．φA>φC、φB>φD答案：BC解析：等量正點電荷連線的中點O處合場強為0,中垂線上O點上方合場強沿中垂線向上,下方合場強沿中垂線向下．由"沿場強方向電勢降低"可判定A錯誤,B正確；電勢是標量,由對稱性知C正確,D錯誤．本題還可以根據(jù)等量正電荷等勢面的分布情況,結(jié)合等勢面與電場線的關(guān)系判斷．2．如圖所示,在沿x軸正方向的勻強電場E中,有一質(zhì)點A以O(shè)為圓心、以r為半徑逆時針轉(zhuǎn)動,當質(zhì)點A轉(zhuǎn)動至其與O點的連線與x軸正方向間夾角為θ時,則O、A兩點間的電勢差為<>UOA＝Er B．UOA＝ErsinθC．UOA＝Ercosθ D．UOA＝eq\f<E,rcosθ>答案：C解析：在勻強電場中,兩點間的電勢差與場強的關(guān)系為U＝Ed,其中d為沿電場方向的兩點間的距離,所以UOA＝Ercosθ,故C正確．3．<2010·XX模擬>一質(zhì)量為m的帶電小球,在豎直方向的勻強電場中以水平速度拋出,小球的加速度大小為eq\f<2,3>g,阻力不計,關(guān)于小球在下落h的過程中能量的變化,以下說法中正確的是<>A．動能增加了eq\f<1,3>mghB．電勢能增加了eq\f<1,3>mghC．機械能減少了eq\f<1,3>mgh D．重力勢能減少了eq\f<2,3>mgh答案：BC解析：由加速度可求出電場力大小為eq\f<1,3>mg,方向豎直向上,小球在下落h的過程中,電場力做功W電＝－eq\f<1,3>mgh,電勢能增加eq\f<1,3>mgh；機械能減少eq\f<1,3>mgh；合外力做功W合＝eq\f<2,3>mgh,動能增加eq\f<2,3>mgh；重力勢能減少mgh.4．將一正電荷從無限遠處移入電場中M點,靜電力做功W1＝6×10－9J,若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無限遠處,靜電力做功W2＝7×10－9J,則M、N兩點的電勢φM、φN,有如下關(guān)系<>A．φM<φN<0 B．φN>φM>0C．φN<φM<0 D．φM>φN>0答案：C解析：對正電荷φ∞－φM＝eq\f<W1,q>；對負電荷φN－φ∞＝eq\f<W2,－q>,即φ∞－φN＝eq\f<W2,q>.而W2>W1,φ∞＝0,且eq\f<W1,q>和eq\f<W2,q>均大于0,則φN<φM<05．如圖所示,小球的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,懸掛小球的絲線與豎直方向成θ角時,小球恰好在勻強電場中靜止不動,絲線長為L,現(xiàn)將小球拉到懸線豎直的方向上來,則靜電力做功多少？拉力至少要做多少功？答案：－qELsinθqELsinθ－mg<1－cosθ>解析：小球受力如圖,將小球拉到豎直位置時,靜電力做功：W電＝－qEd＝－qElsinθ①又由動能定理得：W＋W電＋WG＝eq\f<1,2>mv2－0②,要使W最小,只要讓v＝0③,即緩慢拉到豎直位置,該過程,重力做功,WG＝mgL<1－cosθ>④,由①②③④得W＝qELsinθ－mg<1－cosθ>．6．如圖所示,A、B是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的eq\f<1,4>圓弧形的光滑絕緣軌道,其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強電場中,電場強度E＝5×103N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量＋q＝8×10－5C的小滑塊<可視為質(zhì)點>從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05,取g＝10m/s2,求：<1>小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時B點的壓力．<2>小滑塊在水平軌道上通過的總路程．答案：<1>2.2N<2>6m解析：<1>設(shè)小滑塊第一次到達B點時的速度為vB,對圓弧軌道最低點B的壓力為F,則：mgR－qER＝eq\f<1,2>mvB2F－mg＝meq\f<vB2,R>,故F＝3mg－2qE＝2.2N。<2>由題意知小滑塊最終將停在B點由動能定理得－Ff·S＝0－eq\f<1,2>mvB2結(jié)合Ff＝μmg可得小滑塊在水平軌道上通過的總路程S＝6m.7．<2010·江門測試>x軸上有兩點電荷Q1和Q2,Q1和Q2之間線上各點電勢高低如圖曲線所示<AP>PB>,選無窮遠處電勢為0,從圖中可以看出<>A．Q1電荷量一定小于Q2電荷量B．P點電場強度是0C．Q1和Q2之間線上各點電場方向都指向Q2D．Q1、Q2可能是同種電荷答案：C解析：Q1附近電勢大于零,而Q2附近電勢小于零,可知Q1帶正電、Q2帶負電,D項錯；Q1、Q2之間電場線由Q1指向Q2,C項正確；兩電荷連線上P點場強一定不為零,B項錯；由φ＝keq\f<Q,r>知,Q1在P點電勢為φ＝keq\f<Q1,r1>.Q2在P點電勢為φ2＝－keq\f<Q2,r2>,而P點電勢為0,則有eq\f<Q1,r1>＝eq\f<Q2,r2>,r1>r2,故Q1>Q2,A項錯．8．光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中,電場方向與正方形一邊平行,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點,以垂直于該邊的水平初速v0進入該正方形區(qū)域．當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時,具有的動能可能為A．0 B.eq\f<1,2>mv02＋eq\f<1,2>qElC.eq\f<1,2>mv02 D.eq\f<1,2>mv02＋eq\f<2,3>qEl答案：ABC解析：如圖所示,如果電場方向是AB方向則電場力可以做正功,也可以做負功,做負功時有可能使其動能變?yōu)榱?故選項A正確；如果電場的方向是AC方向,帶電小球到達AB或CD時,電場力做功為qEl/2,故選項B可能是正確的；如果帶電小球回到同一個邊界上,即回到等勢面上,電場力不做功,故選項C可能是正確的；D是無論如何也是不可能的．9．<2010·XX模擬>如圖所示,在絕緣的斜面上方,存在著勻強電場,電場方向平行于斜面向上,斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動．已知金屬塊在移動的過程中,力F做功32J,金屬塊克服電場力做功8J,金屬塊克服摩擦力做功16J,重力勢能增加18J,則在此過程中金屬塊的<>A．動能減少10J B．電勢能增加24JC．機械能減少24J D．內(nèi)能增加16J答案：AD。解析：由動能定理可知ΔEk＝32J－8J－16J－18J＝－10J,A正確；克服電場力做功為8J,則電勢能增加8J,B錯誤；機械能的改變量等于除重力以外的其他力所做的總功,故應(yīng)為ΔE＝32J－8J－16J＝8J,C錯誤；物體內(nèi)能的增加量等于克服摩擦力所做的功,D正確．10．一長為L的細線,上端固定,下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,處于如圖所示的水平向右的勻強電場中,開始時,將線與小球拉成水平,然后釋放,小球由靜止開始向下擺動,當細線轉(zhuǎn)過60°角時,小球到達B點速度恰好為零．試求：<1>AB兩點的電勢差UAB；<2>勻強電場的場強大?。?lt;3>小球到達B點時,細線對小球的拉力大?。鸢福?lt;1>－eq\f<\r<3>mgL,2q><2>eq\f<\r<3>mg,q><3>eq\r<3>mg解析：取向下為正：<1>小球由A到B過程中,由動能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0,所以UAB＝－eq\f<\r<3>mgL,2q>.<2>E＝eq\f<|UAB|,L－Lcos60°>＝eq\f<\r<3>mg,q>。<3>小球在AB間擺動,由對稱性知,B處繩拉力與A處繩拉力相等,而在A處,由水平方向平衡有：TA＝qE＝eq\r<3>mg所以TB＝TA＝eq\r<3>mg,或在B處,沿繩方向合力為零,有TB＝qEcos60°＋mgcos30°＝eq\r<3>mg.11．如圖所示,在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道,一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放,沿軌道滑下,已知小球的質(zhì)量為m,電量為－q,勻強電場的場強大小為E,斜軌道的傾角為α<小球的重力大于所受的電場力>．<1>求小球沿斜軌道下滑的加速度的大?。?lt;2>若使小球通過圓軌道頂端的B點,求A點距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大？<3>若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放．假設(shè)其能夠通過B點,求在此過程中小球機械能的改變量．答案：<1>eq\f<mg－qEsinα,m><2>eq\f<5,2>R<3>減少3EqR解析：<1>根據(jù)牛頓第二定律：<mg－qE>sinα＝ma①,a＝eq\f<mg－qEsinα,m>.②<2>若小球剛好通過B點,據(jù)牛頓第二定律：mg－qE＝eq\f<mv2,R>③,小球由A到B,據(jù)動能定理：<mg－qE><h－2R>＝eq\f<mv2,2>④,以上聯(lián)立,得h＝eq\f<5,2>R.⑤。<3>小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中,機械能的變化量為：ΔE機由ΔE機＝W電⑥,W電＝－3REq⑦,得ΔE機＝－3REq.⑧12．<2010·全國Ⅰ>關(guān)于靜電場,下列結(jié)論普遍成立的是<>A．電場強度大的地方電勢高,電場強度小的地方電勢低B．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關(guān)C．在正電荷或負電荷產(chǎn)生的靜電場中,場強方向都指向電勢降低最快的方向D．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點,電場力做功為零答案：C解析：在靜電場中,電勢沿著電場線逐漸降低,場強方向是電勢降低最快的方向,場強的大小與電場線分布疏密有關(guān),故A項錯誤,C項正確；電場中兩點間的電勢差既與場強有關(guān)又與距離有關(guān),B項錯誤；場強為零的一點到場強為零的另一點間的電勢差不一定為零,故電場力做功不一定為零,D項錯誤．13．<2010·XX理綜>如圖所示,在xOy平面內(nèi)有一個以O(shè)為圓心、半徑R＝0.1m的圓,P為圓周上的一點,O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為θ.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小E＝100V/m,則O、P兩點的電勢差可表示為<>A．UOP＝－10sinθ<V> B．UOP＝10sinθ<V>C．UOP＝－10cosθ<V> D．UOP＝10cosθ<V>答案：A解析：在勻強電場中,UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ<V>,故A對．14．<2010·XX單科>空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示．下列說法中正確的是<>A．O點的電勢最低B．x2點的電勢最高C．x1和－x1兩點的電勢相等D．x1和x3兩點的電勢相等答案：C。解析：電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系．O點場強為0,電勢不一定最低,A錯；x2點是場強正向最大的位置,電勢不是最高,B錯；將電荷從x1移到－x1可由題圖知電場力做功為零,故兩點電勢相等,而把電荷從x1移到x3電場力做功不為零,C對,D錯．一、選擇題<每題3分,共36分>1．一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示,電場方向豎直向下．若不計空氣阻力,則此帶電油滴從a運動到b的過程中,能量的變化情況為<>A．動能減小B．電勢能增加C．動能和電勢能之和減小D．重力勢能和電勢能之和增加答案：C解析：該油滴從a點進入電場,根據(jù)其軌跡的彎曲趨勢,可以判斷靜電力一定豎直向上,且靜電力大于重力,所以油滴帶負電荷．運動過程中合力向上做正功,根據(jù)動能定理,油滴動能變大,A錯誤；靜電力做正功,電勢能必然減少,B錯誤；該處能量定恒的形式表現(xiàn)為電勢能、機械能<動能＋重力勢能>之和守恒．根據(jù)能量守恒定律,既然動能增加,則重力勢能與電勢能之和一定減少,D錯誤；油滴上升,重力勢能變大,動能和電勢能之和必然減少．2．如圖所示,在y軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q,在x軸上C點有點電荷－Q,且CO＝OD,∠ADO＝60°.下列判斷正確的是<>A．O點電場強度為零B．D點電場強度為零C．若將點電荷＋q從O移向C,電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向C,電勢能增大答案：BD解析：A、B兩點處的點電荷在O點處形成的電場的合場強為零,因此O點處的電場強度應(yīng)等于C點處的點電荷在O點形成的電場的電場強度．A錯；A、B、C三處點電荷在D點處形成的電場強度分別為EDA＝keq\f<Q,r2>,EDB＝keq\f<Q,r2>,EDC＝keq\f<Q,r2>,所以D點合電場強度為ED＝keq\f<Q,r2>－2keq\f<Q,r2>cos60°＝0,故B對；將點電荷＋q從O移向C時,電場力做正功,故電勢能減小,C錯；將點電荷－q從O移向C時,電場力做負功,故電勢能增大,D對．3．<2010·天津理綜>在靜電場中,將一正電荷從a點移到b點,電場力做了負功,則A．b點的電場強度一定比a點大B．電場線方向一定從b指向aC．b點的電勢一定比a點高D．該電荷的動能一定減小答案：C解析：電場力做負功,該電荷電勢能增加,正電荷在電勢高處電勢能較大,C正確；電場力做負功同時電荷可能還受其他力作用,總功不一定為負,由動能定量可知,動能不一定減小,D錯；電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系,A錯；b點電勢高于a點,但a、b可能不在同一條電場線上,B錯．．4．如圖所示,在光滑絕緣水平面上,兩個帶等量正電的點電荷M、N,分別固定在A、B兩點,O為AB連線的中點,CD為AB的垂直平分線,在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P<設(shè)不改變原來的電場分布>,在以后的一段時間內(nèi),P在CD連線上做往復(fù)運動,若<>A．小球P的帶電荷量緩慢減小,則它往復(fù)運動過程中振幅不斷減小B．小球P的帶電荷量緩慢減小,則它往復(fù)運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小C．點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運動過程中周期不斷減小D．點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運動過程中振幅不斷減小答案：BCD解析：若小球P的帶電荷量緩慢減小,則小球運動到某位置時受到的電場力減小,小球從平衡位置運動到最大位移過程中克服電場力做的功少了,故能夠到達更遠處,振幅增大,A項錯誤；此種情況,小球從最大位移向平衡位置運動的過程中,由于電場力做的功減小,所以到達平衡位置的動能減小,速度減小,B項正確；點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大,小球在某位置受到的電場力逐漸增大,回復(fù)加速度增大,故周期減小,此種情況小球從平衡位置到最大位移過程中因電場力增大,故能到達的最大位移減小,振幅減小,C、D項均正確．6．兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細線連接,置于場強為E的勻強電場中,小球1和小球2均帶負電,電荷量分別為q1和q2<q1>q2>．將細線拉直并使之與電場方向平行,如圖所示,若將兩小球同時從靜止釋放,則釋放后細線中張力T為<不計重力及兩小球間的庫侖力><>A．T＝eq\f<1,2><q1－q2>E B．T＝<q1－q2>EC．T＝eq\f<1,2><q1＋q2>E D．T＝<q1＋q2>E答案：A。解析：由牛頓第二定律,對球2有T＋Eq2＝ma,對球1、2整體有Eq1＋Eq2＝2ma兩式聯(lián)立得T＝eq\f<Eq1－q2,2>,A正確．7．如圖所示,A、B兩個帶電小球的質(zhì)量均為m,所帶電量分別為＋q和－q,兩球間用絕緣細線連接,A球又用絕緣細線懸掛在天花板上,細線長均為L.現(xiàn)在兩球所在的空間加上一方向向左的勻強電場,電場強度E＝eq\f<mg,q>,A、B兩球最后會達到新的平衡位置,則在這個過程中,兩個小球<>A．總重力勢能增加了eq\f<2－\r<2>,2>mgLB．總重力勢能增加了eq\f<\r<2>,2>mgLC．總電勢能減少了eq\f<2－\r<2>,2>mgLD．總電勢能減少了eq\f<\r<2>,2>mgL答案：AD解析：A、B兩個帶電小球所受電場力為零,故OA線豎直、B球向右偏45°處最后靜止,則總重力勢能增加了mg<L－Lcos45°>＝eq\f<2－\r<2>,2>mgL,故A項正確,總電勢能減少了eq\f<\r<2>,2>mgL,故D項正確．8．示波管可以視為加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的組合,若已知前者的電壓為U1,后者的電壓為U2,極板長為L,間距為d,電子加速前速度可忽略,則示波管的靈敏度<偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量稱為"靈敏度">與加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系,正確的是A．L越大,靈敏度越大 B．d越大,靈敏度越大C．U1越小,靈敏度越大 D．靈敏度與U1無關(guān)答案：AC解析：設(shè)電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量為y,則U1e＝eq\f<1,2>mv2,y＝eq\f<1,2>·eq\f<U2e,dm>·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<L,v>>>2,可得：eq\f<y,U2>＝eq\f<L2,4dU1>,可見,L越大,靈敏度越大,d越小,靈敏度越大,U1越小,靈敏度越大,故A、C正確．9．如圖所示,用電池對電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表,兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大,則<>A．電荷將向上加速運動B．電荷將向下加速運動C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流答案：BD解析：充電后電容器的上極板A帶正電,不斷開電源,增大兩板間距,U不變、d增大,由E＝eq\f<U,d>知兩極板間場強減小,場強減小會使電荷q受到的電場力減小,電場力小于重力,合力向下,電荷q向下加速運動,由C＝eq\f<εrS,4πkd>知電容C減小,由Q＝CU知極板所帶電荷量減少,會有一部分電荷返回電源,形成逆時針方向的電流,電流表中將會有由b到a的電流10．如圖所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場,當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時,帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時,帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為<>A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1答案：A解析：由y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<1,2>eq\f<Uq,md>eq\f<l2,v02>得：U＝eq\f<2mv02dy,ql2>,所以U∝eq\f<y,l2>,可知A項正確．11．如圖所示,一個平行板電容器,板間距離為d,當對其加上電壓后,A、B兩板的電勢分別為＋φ和－φ,下述結(jié)論正確的是<>A．電容器兩極板間可形成勻強電場,電場強度大小為E＝φ/dB．電容器兩極板間各點的電勢,有的相同,有的不同；有正的,有負的,有的為零C．若只減小兩極板間的距離d,該電容器的電容C要增大,極板上帶的電荷量Q也會增加D．若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場,則電子的電勢能一定會減小答案：BCD解析：由題意可知,兩板間電壓為2φ,電場強度為E＝eq\f<2φ,d>,A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零,中線上方為正,下方為負,故B正確；由C＝eq\f<εrS,4πkd>知,d減小,C增大,由Q＝CU知,極板帶電荷量Q增加,C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時,電場力一定對電子做正功,電子的電勢能一定減小,D正確．12．如圖所示,一電容為C的平行板電容器,兩極板A、B間距離為d,板間電壓為U,B板電勢高于A板,兩板間有M、N、P三點,MN連線平行于極板,N、P連線垂直于極板,M、P兩點間距離為L,∠PMN＝θ.以下說法正確的是<>A．電容器帶電量為eq\f<U,C>B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為eq\f<U,Lsinθ>C．M、P兩點間的電勢差為eq\f<ULsinθ,d>D．若將帶電量為＋q的電荷從M移到P,該電荷的電勢能減少了eq\f<qULsinθ,d>答案：CD解析：由電容器電容的定義式可知,電容器的帶電量為Q＝CU,A項錯誤；兩板間的電場為勻強電場,根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關(guān)系可知,兩板間電場強度E＝eq\f<U,d>,B項錯誤；MP兩點間的電勢差就等于NP間的電勢差,即UMP＝ELsinθ＝eq\f<ULsinθ,d>,C項正確；由于下板帶正電,因此板間場強方向豎直向上,將帶電量為＋q的電荷從M點移到P點,電場力做正功,電勢能減少量就等于電場力做的功,即為qUMP＝eq\f<qULsinθ,d>,D項正確．本題較易．二、填空題<每題4分,共12分>13．如圖所示是一個平行板電容器,其電容為C,帶電荷量為Q,上極板帶正電,兩極板間距為d.現(xiàn)將一個檢驗電荷＋q由兩極板間的A點移動到B點,A、B兩點間的距離為s,連線AB與平行極板方向的夾角為30°,則電場力對檢驗電荷＋q所做的功等于________．答案：eq\f<qQs,2Cd>,解析：電容器兩板間電勢差U＝eq\f<Q,C>,場強E＝eq\f<U,d>＝eq\f<Q,Cd>,而A、B兩點間電勢差UAB＝E·s·sin30°＝eq\f<Qs,2Cd>,電場力對＋q所做功為W＝qUAB＝eq\f<qQs,2Cd>.14．一電子以4×106m/s的速度沿與電場垂直的方向從A點水平垂直于場強方向飛入,并從B點沿與場強方向成150°的方向飛出該電場,如圖所示,則A、B兩點的電勢差為________V．<電子的質(zhì)量為9.1×10－31kg,電荷量為－1.6×10－19C>答案：－136.5。解析：設(shè)電子射入電場時的速度為vA,射出電場時的速度為vB,從圖可知vB＝eq\f<vA,sin30°>＝2vA,根據(jù)動能定理,有W＝eUAB①,W＝eq\f<1,2>mvB2－eq\f<1,2>mvA2②,由式①②得eUAB＝eq\f<1,2>mvB2－eq\f<1,2>mvA2＝eq\f<3,2>mvA2,所以UAB＝eq\f<3mvA2,2e>＝eq\f<3×9.1×10－31×4×1062,－1.6×10－19×2>V＝－136.5V15．如圖所示,地面上某區(qū)域存在著勻強電場,其等勢面與地面平行等間距．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以水平方向的初速度v0由等勢線上的O點進入電場區(qū)域,經(jīng)過時間t,小球由O點到達同一豎直平面上的另一等勢線上的P點．已知連線OP與水平方向成45°夾角,重力加速度為g,則OP兩點的電勢差為________．答案：eq\f<2mv02－mgv0t,q>。解析：因為vy＝2v0,由動能定理可得：eq\f<1,2>m<vy2＋v02>－eq\f<1,2>mv02＝mgv0t＋qUOP,所以UOP＝eq\f<2mv02－mgv0t,q>,帶電粒子在電場與重力場的復(fù)合場中運動,可利用合運動與分運動的關(guān)系,把曲線轉(zhuǎn)化為直線運動,簡化運動過程．三、計算題<共5題,共52分>16．<10分>質(zhì)量都是m的兩個完全相同、帶等量異種電荷的小球A、B分別用長l的絕緣細線懸掛在同一水平面上相距為2l的M、N兩點,平衡時小球A、B的位置如圖甲所示,線與豎直方向夾角α＝30°,當外加水平向左的勻強電場時,兩小球平衡位置如圖乙所示,線與豎直方向夾角也為α＝30°,求：<1>A、B小球電性及所帶電荷量Q；<2>外加勻強電場的場強E.答案：<1>eq\r<\f<\r<3>mg,3k>>l<2>eq\f<10\r<\f<\r<3>,3>mgk>,9l>。解析：<1>A球帶正電,B球帶負電兩小球相距d＝2l－2lsin30°＝l。由A球受力平衡可得：mgtanα＝keq\f<Q2,l2>,解得：Q＝eq\r<\f<\r<3>mg,3k>>l.<2>外加電場時,兩球相距d′＝2l＋2lsin30°＝3l,根據(jù)A球受力平衡可得：QE－keq\f<Q2,3l2>＝mgtanα,解得：E＝eq\f<10\r<\f<\r<3>,3>mgk>,9l>.17．<10分>在一個水平面上建立x軸,在過原點O垂直