高考物理大一輪復(fù)習(xí)《靜電場》綜合檢測試題

《靜電場》綜合檢測

（時間:90分鐘滿分：100分）

【測控導(dǎo)航】

考點(diǎn)題號

1.物理學(xué)研究方法1

2.電場強(qiáng)度、電場線、電勢、等勢面、電勢能3,7,8,9

3.電容器2,6

4.帶電粒子在電場中的運(yùn)動4,5,15,17

5.帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動12,18

6.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動10,11,16

7.實(shí)驗(yàn)13,14

一、選擇題（本題共12小題,每小題4分，共48分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,第1?6題只

有一個選項(xiàng)正確，第7?12題有多項(xiàng)正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯或不選

的得0分）

1.（2016?浙江寧波效實(shí)中學(xué)期中）下列各式中，屬于物理量的比值定義式的是（C）

FU

A.a=mB.E=d

c.0=qD.i=R

解析：電勢的概念是電荷在電場中某一點(diǎn)具有的電勢能跟電荷所帶電荷量的比值,叫做這一

EpFU

點(diǎn)的電勢,所以9是電勢的定義式,而a=m是加速度的決定式,E=W反映勻強(qiáng)電場的電場

U

強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系，i=R是電流的決定式,故選c.

2.（2016?北京師范大學(xué)附屬實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中）如圖所示，由M,N兩塊相互靠近的平行金屬板組

成的平行板電容器，極板N與靜電計的金屬球相接,極板M與靜電計的外殼均接地.給電容器

充電,靜電計指針張開一定角度.以下實(shí)驗(yàn)過程中電容器所帶電荷量可認(rèn)為不變.下列操作能

使靜電計指針張角變大的是（A）

A.將M板向上平移

B.將M板沿水平方向向右靠近N板

C.在M,N之間插入有機(jī)玻璃板

D.在M,N之間插入金屬板,且不和M,N接觸

QerS

解析:根據(jù)公式C=方=47Tkd可知,靜電計指針張角變大是因?yàn)閁增大.將M板向上平移,則S減

小,d,Q均不變,故U增大,選項(xiàng)A正確;將M板沿水平方向向右靠近N板，則d減小,S,Q均不

變，故U減小;在M,N之間插入有機(jī)玻璃板,則e，變大,故U減小;在M,N之間插入金屬板,且

不和M,N接觸,則d減小,故電容C變大,在Q不變的情況下,U變小,故選項(xiàng)B,C,D均錯誤.

3.電場中的三條等勢線如圖中實(shí)線a,b,c所示,三條等勢線的電勢夕一電子以沿PQ

方向的初速度,僅在電場力的作用下沿直線從P運(yùn)動到Q,則這一過程中電子運(yùn)動的vt圖像

大致是圖中的（A）

解析：由圖可知,此電場為非勻強(qiáng)電場，由等勢面的疏密可知Q點(diǎn)處電場強(qiáng)度小于P點(diǎn)處電場

強(qiáng)度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運(yùn)動到Q,做加速度越來越小的運(yùn)動,這一過程電子

運(yùn)動的vt圖像可能

是A

4.（2016?浙江紹興期中）一個動能為民的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,

飛出電容器時動能為2L,如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?則它飛出電容器時

的動能變?yōu)椋–）

A.8EkB.5EkC.4.25EkD.4Ek

解析:動能為氏的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時動能為2Ek,

則電場力做功為W=Ek；若使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?動能變?yōu)?Ek,則在偏轉(zhuǎn)

11

電場中運(yùn)動的時間減半，根據(jù)y=5a/可知偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)樵瓉淼?根據(jù)W=Eqy可知電場力做功

11

變?yōu)樵瓉淼?,即動能增量變?yōu)樵瓉淼?即它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25瓦故選C.

5.（2016?廣東佛山六校聯(lián)考）在絕緣光滑的水平面上x=-3L和x=3L兩處分別固定兩個電荷

QA,Q“,兩電荷連線之間的電勢6與位置x之間的關(guān)系圖像如圖所示,圖中x=L點(diǎn)為圖線的最低

點(diǎn),若在x=2L處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），下列有

關(guān)說法正確的是（A）

-3L-2L-LL2L3L

A.小球在x=L處的速度最大

B.小球可以到達(dá)x=-2L點(diǎn)處

C.小球?qū)⒁詘=L點(diǎn)為中點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動

D.QA,Q“為異種電荷，且QDQB

解析:據(jù)6x圖像切線的斜率等于場強(qiáng)E,知x=L處場強(qiáng)為零.x在L到3L內(nèi)，場強(qiáng)向左，小球

向左加速運(yùn)動,到x=L處加速度為0,從x=L向左運(yùn)動時,場強(qiáng)向右，電場力向右,做減速運(yùn)動，

所以小球在x=L處的速度最大,故選項(xiàng)A正確;根據(jù)動能定理得qU=0,得U=0,所以小球能運(yùn)動

到電勢與出發(fā)點(diǎn)相同的位置，由圖知向左最遠(yuǎn)能到達(dá)x=-L點(diǎn)處,然后小球向右運(yùn)動,小球?qū)?/p>

以x=0.5L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動,不能到達(dá)x=-2L點(diǎn)處,故選項(xiàng)B,C錯誤;x=L處場強(qiáng)為零,Q*,QB

Q

為同種電荷,根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kf,知電荷Q,離X=L處較遠(yuǎn),所以QA>QB,故選項(xiàng)D錯誤.

6.（2016?北京四中期末）如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接,下極板接

地.一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向上

移動一小段距離，以下判斷不正確的是（C）

A.帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動

B.P點(diǎn)的電勢將降低

C.電容器所帶電荷量將減少

D.平行板電容器的電容將變大

解析：電源的電動勢不變,故電容器的兩端電壓不變,當(dāng)平行板電容器的下極板豎直向上移動

一小段距離后，電容器極板間的場強(qiáng)會變大,故帶電油滴受到的電場力增大,油滴豎直向上運(yùn)

動,選項(xiàng)A正確；當(dāng)下極板向上移動時，因?yàn)閳鰪?qiáng)變大,故P與上極板間的電勢差變大,而兩極

板間的電勢差不變，故P與下極板間的電勢差減小,因?yàn)橄聵O板接地,故P點(diǎn)的電勢將降低，

選項(xiàng)B正確；由于電極板間的距離減小，故電容器的電容增大,選項(xiàng)D正確;而極板間的電壓不

變,所以電容器所帶的電荷量將增加,選項(xiàng)C錯誤.

7.（2016?山東臨沂期中）如圖所示,a,b,c,d是某勻強(qiáng)電場中的四個點(diǎn).它們是一個四邊形

的四個頂點(diǎn),ab〃cd,ab_Lbc,2ab=cd=bc=21,1=1m,電場線與四邊形所在平面平行.已知a點(diǎn)

電勢為18V,b點(diǎn)電勢為22V,d點(diǎn)電勢為6V.則下列說法正確的是（ACD）

A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為4應(yīng)V/m

B.場強(qiáng)方向由a指向c

C.場強(qiáng)方向由b指向d

D.c點(diǎn)電勢為14V

解析:三角形bed是等腰直角三角形,具有對稱性,bd連線四等分,如圖所示,

已知a點(diǎn)電勢為18V,b點(diǎn)電勢為22V,d點(diǎn)電勢為6V,且ab〃cd,ab±bc,2ab=cd=bc=21,

因此根據(jù)幾何關(guān)系,可得M點(diǎn)的電勢為18V,與a點(diǎn)電勢相等,從而連接aM,即為等勢面，由幾

何關(guān)系可知，因bd=2衣1,所以bM=21,因此aM=21,所以aM垂直于bd,則電場線方向?yàn)閎指

22-184

U

向d,E二d二2=2V/m=4隹V/m,故選項(xiàng)A,C正確,B錯誤;c點(diǎn)電勢與N點(diǎn)電勢相等,N點(diǎn)

電勢為（18-4）V=14V,所以c點(diǎn)的電勢為14V,故選項(xiàng)D正確.

8.如圖所示,Q,.Q?為兩個被固定的點(diǎn)電荷,a,b是它們連線的延長線上的兩點(diǎn).現(xiàn)有一帶負(fù)電

的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點(diǎn)開始經(jīng)過b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動,粒子經(jīng)過a,b兩

點(diǎn)時的速度分別為V.vb,其vt圖像如圖（乙）所示.下列說法正確的是（ACD）

o

（甲）（乙）

A.Qi一定帶正電

B.Qi的電荷量一定小于Q2的電荷量

C.b點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零

D.粒子由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動過程中,粒子的電勢能先減小后增大

解析：由vt圖像可知,負(fù)電荷從a到b做加速度減小的加速運(yùn)動,所以ab之間電場的方向向

左，在b點(diǎn)時粒子運(yùn)動的加速度為零,則電場力為零,所以該點(diǎn)電場強(qiáng)度為零.過b點(diǎn)后負(fù)電荷

做減速運(yùn)動,所以電場的方向向右.b點(diǎn)電場強(qiáng)度為零,可見兩點(diǎn)電荷在b點(diǎn)對負(fù)電荷的電場

QQ

2

力相等，根據(jù)F=k廣，b到。的距離大于到小的距離，所以Qi的電荷量大于Qz的電荷量.ab

之間電場的方向向左,結(jié)合電場的合成可知,Q?一定帶負(fù)電,QL定帶正電,故A,C正確,B錯誤;

整個過程動能先增大后減小,根據(jù)能量守恒定律，電勢能先減小后增大,故D正確.

9.（2016?山東濟(jì)南二模）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中有六個點(diǎn)A,B,C,D,

E,F,正好構(gòu)成一正六邊形,六邊形邊長為0.1m,所在平面與電場方向平行.點(diǎn)B,C,E的電勢

分別為-20V,20V和60V.一帶電粒子從A點(diǎn)以某一速度沿AB方向射出后，經(jīng)過IXIO's

到達(dá)D點(diǎn).不計重力.則下列判斷正確的是（CD）

A.粒子帶正電

B.粒子在A點(diǎn)射出時的速度為5X10$m/s

C.粒子在A點(diǎn)的電勢能大于在D點(diǎn)的電勢能

D.該粒子的比荷（電荷量與質(zhì)量比值）為7.5X10'C/kg

（PB+<PE

解析:設(shè)正六邊形的中心為0,BE中點(diǎn)的電勢為2=20V,故F0C為等勢面，場強(qiáng)方向

與F0C垂直,即由E指向A的方向,帶電粒子從A點(diǎn)沿AB方向射出后,經(jīng)過IX106s到達(dá)D

點(diǎn),可知粒子帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯誤;粒子從A點(diǎn)到D點(diǎn)做類平拋運(yùn)動,沿AB方向做勻速運(yùn)動，

ED0」

65

則v*=t=1X10_m/s=10m/s,選項(xiàng)B錯誤；因0FEB=-2OV,夕產(chǎn)以=60V,因

A點(diǎn)電勢低于D點(diǎn),故粒子在A點(diǎn)的電勢能大于在D點(diǎn)的電勢能,選

1lJAEqq

項(xiàng)C正確;因AE=&,而由L=2?4L?mt2,解得m=7.5X10sC/kg,選項(xiàng)D正確.

10.（2016?四川新津中學(xué)模擬）如圖所示,在足夠長的光滑絕緣水平直軌道上方的P點(diǎn)，固定

一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷.一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷），從軌

道上的A點(diǎn)以初速度V。沿軌道向右運(yùn)動,當(dāng)運(yùn)動到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度為V.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)

生的電場在A點(diǎn)的電勢為。（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），P到物塊的重心豎直距離為h,P,A連線

與水平軌道的夾角為60°,k為靜電力常量，下列說法正確的是（BD）

A.物塊在A點(diǎn)的電勢能E,A=+Q3

3#kqQ

2

B.物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小為mg+8h-

Q

C.點(diǎn)電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小EB=kh

m

—2

D.點(diǎn)電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢以=2q1o二一）+o

解析:因A點(diǎn)的電勢為cp,則物塊在A點(diǎn)的電勢能EpA=+q/，選項(xiàng)A錯誤;PA之間的庫侖力為

Qq

-h—23kqQ

（_____\/----

F=ksin60°=41/,則物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小為FN=mg+Fsin

3-kqQQ

60°=mg+81/，選項(xiàng)B正確；點(diǎn)電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小E否選項(xiàng)C

11m

-2——2

錯誤；由能量守恒關(guān)系可知2mVo~+qw=2mv2+qm，,解得夕B=2q（v（）-_v2）+夕，選項(xiàng)D正確.

11.（2016?浙江嘉興一中等五校聯(lián)考）在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,

質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋此從B點(diǎn)進(jìn)入電場,到達(dá)C點(diǎn)時

速度方向恰好水平,A,B,C三點(diǎn)在同一直線上，且AB=2BC,如圖所示.由此可見（ABD）

A.電場力為3mg

B.小球帶負(fù)電

C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動時間相等

D.小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等

解析：由題意可得,從豎直方向看，小球初速度為0,先加速后減速到0,從水平方向上看，小球

做勻速直線運(yùn)動，因?yàn)锳B=2BC,故在做平拋運(yùn)動時的水平位移是小球在電場中水平位移的2

2

倍,而水平方向的速度相等,所以平拋運(yùn)動的時間是電場中運(yùn)動時間的2倍;根據(jù)公式Vy=2ay,

平拋運(yùn)動的末速度和電場中運(yùn)動的初速度相等，平拋運(yùn)動的豎直位移是電場中豎直方向位移

的2倍,故電場中的加速度是平拋時加速度的2倍,因?yàn)槠綊仌r的加速度為g,所以在電場中

運(yùn)動時的加速度為2g,方向豎直向上,所以F『mg=2mg,得電場力F電=3mg,選項(xiàng)A正確；小球

在豎直向下的電場中受向上的電場力,故小球帶負(fù)電,選項(xiàng)B正確；小球從A到B與從B到C

的運(yùn)動時間不相等,平拋運(yùn)動的時間是電場中運(yùn)動時間的2倍,選項(xiàng)C錯誤；因?yàn)锳v=at,A到

B的速度變化量為gX2t,B到C的速度變化量為-2gXt,故速度變化量的大小是相等的,選項(xiàng)

I）正確.

12.（2015?山東卷,20）如圖（甲），兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖（乙）

T

所示.t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度V。沿中線射入兩板間,0?§時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)

動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小

為g.關(guān)于微粒在0?T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是（BC）

A.末速度大小為"v°B.末速度沿水平方向

1

C.重力勢能減少了4igdD.克服電場力做功為mgd

TT2T2T

解析：由題意§時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動,可知qE°=mg,所以§?3與3?T時間內(nèi)微粒的加速

T2TT

度等大反向,大小都等于g；§?3時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度v后g?豎直

1T2TT

位移y>=2g（3）\在3?7時間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vyl-g?豎直位移

T1T1Td1

y2=Vvi,3-2g（3）2=2g（3"；所以yi=y,=4微?？朔妶隽ψ龉=q?2E0?在重力作

d1

用下微粒的豎直位移為2其重力勢能減少了Zigd.綜上可知A,D錯誤,B,C正確.

二、非選擇題（共52分）

13.（6分）如圖所示為研究平行板電容器電容的實(shí)驗(yàn)，電容器充電后與電源斷開，電荷量Q將

不變,與電容器相連的靜電計用來測量電容器的,在常見的電介質(zhì)中，由于空氣的介

電常數(shù)是最小的，當(dāng)極板間插入其他的電介質(zhì)時，電容器的電容將（填“增大”“減

小”或“不變”），于是我們發(fā)現(xiàn),靜電計指針偏角將（填“增大”“減小”或“不變”）.

解析：電容器充電后與電源斷開，電荷量Q保持不變,靜電計可以測量電容器的電壓;當(dāng)插入

erSQ

介質(zhì)時，￡,增大，由C=4成d可知電容將增大；由u=E可知,兩板間的電壓減小,靜電計指針偏

角減小.

答案：電壓增大減小

評分標(biāo)準(zhǔn):每空2分.

14.（6分）（2016?山東滕州期中）如圖（甲）所示,0,A,B為x軸上的三點(diǎn),x軸上某點(diǎn)有一點(diǎn)電

荷,在研究試探電荷所受電場力跟所帶電荷量的關(guān)系時,利用測得的數(shù)據(jù)畫出A,B兩點(diǎn)的Fq

圖像分別如圖（乙）所示，電場力的正方向與x軸正方向一致,則場源點(diǎn)電荷帶（選填

“正電”或“負(fù)電”），場源點(diǎn)電荷與A,B兩點(diǎn)的距離之比為,

解析:放在A,B兩點(diǎn)的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，而正電荷所受電場

力方向與電場強(qiáng)度方向相同，負(fù)電荷所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反,若點(diǎn)電荷在A的

左側(cè)或在B的右側(cè),正、負(fù)電荷所受電場力方向不可能相同,所以點(diǎn)電荷Q應(yīng)位于A,B兩點(diǎn)之

間，根據(jù)正、負(fù)電荷所受電場力的方向,知該點(diǎn)電荷帶負(fù)電.

根據(jù)E=q,知Fq圖像的斜率大小等于場強(qiáng)E,

42

則知EA:EB=2：4=4：1,

Q

根據(jù)公式E=kr2,可知場源點(diǎn)電荷與A,B兩點(diǎn)的距離之比為n：門=幅:居1：2,

根據(jù)沿著電場線方向電勢降低,知A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢.

答案:負(fù)電1：2低于

評分標(biāo)準(zhǔn):每空2分.

15.（8分）（2016?福建廈門期中）如圖所示,長為L（L=ab=dc）,高為L（L=bc=ad）的矩形區(qū)域

abed內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場.電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)

入電場,不計粒子重力.求:

（D若粒子從c點(diǎn)離開電場,求電場強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）若粒子從be邊某處離開電場時速度為V,求電場強(qiáng)度的大小.

解析：（l）a-c過程粒子做類平拋運(yùn)動，

沿Vo方向L=v（）t,（1分）

1

垂直Vo方向L=2at2,（1分）

qE]2mv0

a=m,解得E尸qL.（2分）

（2）從be邊某處離開電場時,垂直V。方向

VV

vy=J'°,（1分）

qE?L

vy=at=m?"o,（1分）

mv0

（2分）

答案：⑴qL（2）qL

16.（10分）（2016?皖南八校聯(lián)考）如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AB與水平絕緣地面

BC平滑連接,且0,A兩點(diǎn)高度相同，圓弧的半徑R=0.5m,水平地面上存在勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)方向

斜向上與地面成。=37°角，場強(qiáng)大小E=1X10'V/m,從A點(diǎn)由靜止釋放一帶負(fù)電的小金屬塊

（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量m=0.2kg,電荷量大小為q=5X10'C,小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)

為u=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10m/s"已知sin37°=0.6,cos37°=0.8）.求:

（1）金屬塊第一次到達(dá)B點(diǎn)（未進(jìn)入電場）時對軌道的壓力；

（2）金屬塊在水平面上滑行的總路程.

解析：（1）對金屬塊,從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動能定理得

1

mgR=2mv2,（2分）

2

V

在B點(diǎn)由向心力公式F「mg=mR,（2分）

由牛頓第三定律,金屬塊對軌道的壓力與軌道對金屬塊的支持力大小相等,方向相反，得F?

=R=6N,方向豎直向下.（2分）

（2）由于qEcos9=4N,大于滑動摩擦力

FFP（mg+qEsin9）=1N,

故金屬塊往返多次，最終停止于B點(diǎn)，（1分）

全過程由動能定理

mgR-u（mg+qEsin9）s=0,（2分）

可以得到s=lm.（1分）

答案：（1）6N豎直向下（2）1m

17.（10分）帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置,相距d（d遠(yuǎn)小于板的長和

寬），一個帶正電質(zhì)量為m,帶電荷量為q的油滴M懸浮在兩板的正中央,處于平衡，如圖所示,

在油滴的正上方距A板d處有一個質(zhì)量也為m的帶電油滴N,油滴N由靜止釋放后,可以穿過

A板上的小孔,進(jìn)入兩金屬板間與油滴M相碰,并立即結(jié)合成一個大油滴。整個裝置處于真空

中，若不計油滴M和N間的庫侖力和萬有引力以及金屬板的厚度,要使油滴N能與M相碰,且

結(jié)合成的大油滴（油滴可視為質(zhì)點(diǎn)）又不至于與金屬板B相碰。求：

N.

d

A-------------------------

M?d

B-------------------——

（1）兩個金屬板A,B間的電壓是多少,哪板電勢較高？

（2）油滴N帶何種電荷？

（3）油滴N帶電荷量的取值范圍是多少？

解析：（D油滴M帶正電,在兩金屬板之間處于平衡，

U

有mg=qd,

mgd

則電勢差卜q,（1分）

電場力的方向向上，則B板電勢較高.（1分）

（2）M,N碰撞后,大油滴向下運(yùn)動且不與金屬板B相碰,所受電場力一定大于M所受電場力,說

明油滴N帶正電.（2分）

⑶設(shè)油滴N帶電荷量為Q,油滴N與M相碰前的速度為vo,根據(jù)能量守恒定律,得

111

-2~—

2mvo4-2Q（J=mg（d+2d）（1分）

油滴N能與M相碰，

111

一2一—

則2m'o=mg（d+2d）-2QU>O,

所以電荷量Q<3q.（1分）

又油滴N與M相碰后,結(jié)合成大油滴,速度為V,

有mvo=(m+m)v,(1分)

i1-QU

——3gd---

m

v=2v（>=2d,（1分）

此后大油滴向下運(yùn)動,不碰到B板,

11d

則有2（2m）v2<2（Q+q）u-2mg2,（1分）

5

代入v和U的數(shù)值解得Q>3q.（1分）

5

油滴所帶電荷量的范圍是§q〈Q〈3q.

mgd

答案：（DqB板電勢較高

5

（2）正電荷（3）3q<Q<3q

18.（12分）（2016?江蘇淮安淮海中學(xué)二模）如圖（甲）所示，水平放置的平行金屬板AB間的距

離d=0.1m,板長L=0.3m,在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板,小孔恰好位于AB板

的正中間.距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏.現(xiàn)在AB板間加如圖（乙）所

示的方波形電壓，已知Uo=l.0X102V.在擋板的左側(cè),有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬

板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m=l.0X10"kg,電荷量q=1.0Xl（）2C,速度大小均

為vo=l.0X10,m/s.帶電粒子的重力不計.求:

⑴在t=0時刻進(jìn)入的粒子射出電場時豎直方向的速度大小;

（2）熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度;

（3）若撤去擋板，同時將粒子的速度均變?yōu)関=2.0X10"m/s,則熒光屏上出現(xiàn)的光帶又為多

長？

解析：（1）從t=0時刻進(jìn)入的帶電粒子水平方向速度不變.

L

在電場中運(yùn)動時間t=VO=3X105s,正好等于一個周期.（1分）

豎直方向先加速后減速,加速度大小

uoq

a=md=i（）8m/s；（2分）

1

射出電場時豎直方向的速度v=a?3T=10：'m/s.（1分）

（2）無論何時進(jìn)入電場，粒子射出電場時的速度均相同.

122111

2

偏轉(zhuǎn)最大的粒子偏轉(zhuǎn)量d/=2a（3T）+3aT.3T-2a（3T）^3.5X10-m,

（2分）

111212

2

反方向最大偏轉(zhuǎn)量d/=2a（3T）MaT.3T_2a（3T）2=0,5X10m,（2分）

形成光帶的總長度1=4.0X102m.（1分）

T

（3）帶電粒子在電場中運(yùn)動的時間為2打在熒光屏上的范圍如圖

所示.

aTx

d產(chǎn)2.v=3.75X102m,（1分）

aTx

6v2

d2=?=1.25X10m,（1分）

形成的光帶長度l=di+d+d2=0.15m.（1分）

答案：（1）m/s（2）4.0X10'2m（3）0.15m

【備用題組】

1.（2016?河南洛陽周練）（多選）如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場（邊界上有電

mg

場），電場強(qiáng)度為E=9,ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R,A,B為圓水平直徑的兩

1

個端點(diǎn),AC為;圓弧.一個質(zhì)量為m,電荷量為-q的帶電小球,從A點(diǎn)正上方高為H=R處由靜止

釋放,并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道,不計空氣阻力及一切能量損失,關(guān)于帶電小球的受力及

運(yùn)動情況，下列說法正確的是（AD）

(rm)

H

Q

A.小球到達(dá)C點(diǎn)時對軌道的壓力為2mg

B.小球在AC部分運(yùn)動時,加速度不變

C.適當(dāng)增大E,小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零

2mg3R

1）.若￡=q，要使小球沿軌道運(yùn)動到C,則應(yīng)將H至少調(diào)整為2

解析:小球進(jìn)入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)動能定理

1

—2,

v

知,mgH=2mA，解得v產(chǎn)回.根據(jù)牛頓第二定律得，

2

VA

N=mR=2mg,則小球到達(dá)C點(diǎn)時對軌道的壓力為2mg,故A正確；小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)

動,加速度大小不變,方向始終指向圓心，故B錯誤;若電場力小于重力,根據(jù)動能定理知，小

球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零;若小球所受的電場力大于重力，根據(jù)徑向的合力提供向心力，

2mg

在最低點(diǎn)的速度不可能為零，故c錯誤;若￡=q，在最低點(diǎn)軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第

2

vc13R

二定律得,qE-mg=mR,解得出式靈根據(jù)動能定理得,mg（H+R）-qER^mV,解得H=2,所以

3R

H至少為2,故D正確.

2.（2016?江蘇江陰二中二模）真空室中有如圖（甲）所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子（初

速度不計）經(jīng)過電場加速后,從小孔0沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M,N的中心軸線00'射入.M,N

板長均為L,間距為d,偏轉(zhuǎn)極板右邊緣到熒光屏P（足夠大）的距離為s.M,N兩板間的電壓小

隨時間t變化的圖線如圖（乙）所示.調(diào)節(jié)加速電場的電壓，使得每個電子通過偏轉(zhuǎn)極板M,N

的時間等于圖（乙）中電壓心的變化周期T.已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m,e,不計電子重

力.

（1）求加速電場的電壓口；

（2）欲使不同時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子都能打到熒光屏P上,求圖（乙）中電壓盤的范圍；

（3）證明在（2）問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離s無關(guān).

1

-2

解析：（1）由動能定理可知eUi=2m%-0,L=v0T,

mL2

解得電壓Ui=2eT2

（2）t=0時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子,先做類平拋運(yùn)動,后做勻速直線運(yùn)動,射出電場時沿垂直

于板面方向偏移的距離y最大.

T

出作用時間為2偏轉(zhuǎn)位移為

1eU2T

力工xmd（5）2,

T

后5時間內(nèi)粒子做勻速直線運(yùn)動，此時垂直于極板方向的平均速度為勻加速運(yùn)動時的兩倍，

d4md2

y2=2yby1+y2<2)得u2<3eT~.

(3)對滿足(2)問條件下任意確定的U2,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速

qu2T

度均為vk2md,

qU2TqU2T2

2mdv

電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為tana=0=2mdL)

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度均相同，即速度方向相同，

不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同，側(cè)移距離的最大值與

eU2T

最小值之差A(yù)y=md(I)；Ay與u2有關(guān).因電子射出時速度方向相同,所以在屏上形成亮線

的長度等于△y,可知,屏上形成亮線的長度與P到極板M,N右邊緣的距離s無關(guān).

mL24md2

2

答案：⑴2eT?(2)u2^3eT⑶見解析

3.(2016?北京市海淀區(qū)期末)如圖所示,真空中有平行正對金屬板A,B,它們分別接在輸出

電壓恒為U=91V的電源兩端，金屬板長L=

10cm、兩金屬板間的距離d=3.2cm,A,B兩板間的電場可以視為勻強(qiáng)電場.現(xiàn)使一電子從兩

金屬板左側(cè)中間以v°=2.0X10,m/s的速度垂直于電場方向進(jìn)入電場,然后從兩金屬板右側(cè)射

出.已知電子的質(zhì)量m=0.91Xl()3°卜8，電荷量e=1.6X10'9C,兩極板電場的邊緣效應(yīng)及電子

所受的重力均可忽略不計.求：(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(1)電子在電場中運(yùn)動的加速度a的大??；

(2)電子射出電場時在沿電場線方向上的側(cè)移量y;

(3)從電子進(jìn)入電場到離開電場的過程中，其動量增量的大小.

U

解析：(1)設(shè)金屬板A,B間的電場強(qiáng)度為E,則E=d,

根據(jù)牛頓第二定律有Ee=ma,

解得a=5.0義10"m/s2.

(2)電子以速度v。進(jìn)入金屬板A,B間,在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動,沿電場方向做初速

度為零的勻加速直線運(yùn)動.

L

電子在電場中運(yùn)動的時間為t=v。，

1

電子射出電場時在沿電場線方向的側(cè)移量y=2at2,

解得y=0.63cm.

L

⑶設(shè)電子從進(jìn)入電場到離開電場的時間t」o內(nèi)，其動量的改變量的大小為AP,

eUt

根據(jù)動量定理有d=Ap,

解得Ap=2.3X10%kg?m/s.

答案:(D5.0X10"m/s2(2)0.63cm

(3)2.3X10kg,m/s

4.(2016?華中師大附中期中)如圖所示,一帶電荷量為+q、質(zhì)量