高中物理静电场经典复习题及答案

静电学专题习题

1．M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电×10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 C．N在摩擦后一定带负电×10D．M在摩擦过程中失去×10

－10

－10

C，

C

－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，摩擦后电荷量仍应为0，选项C正确；电子带电荷量为×10

－19

C，摩擦后M带正电荷×10

－10 C

，由于M带电荷量应是电子电荷量的

整数倍，所以M失去109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，下列哪个图可能表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( )

答案：CD解析：设两小球的电荷量分别为q

q·7q7q2

和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝kr2＝kr2，由于两球的电性未知，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7q＋q

互接触时两球电荷量平均分配，每球带电量为2＝4q.，放回原处后的4q·4q16q2F116

相互作用力为：F1＝kr2＝kr2，故F＝7。(2)两球电性不同：相互7q－q

接触时电荷先中和再平分，每球带电量为2＝3q.，放回原处后的相互3q·3q9q2F29

作用力为：F2＝kr2＝kr2，故F＝7.

4．(2010·烟台模拟)两个质量分别是m1、m2

的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说法正确的是( )

A．若m1>m2，则θ1>θ2 B．若m1＝m2，则θ1＝θ2C．若m1θ1>θ2 D．若q1＝q2，则θ1＝θ2

答案：BC。解析：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，m1g＝Fcot θ1，m2g＝F′cot

θ2

<

m1cot θ1

因F＝F′，则m＝所以B、C两项正确．

cot 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：分析小球受力如q图所示．由平衡条件得F电＝mgtan θ，所以小球所在处的电

F电mgtan θ场强度E＝q＝，小球带正电，因此电场强度方向水平向右． q

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，12

电场力不做功，由动能定理：mgR＝2mv.。在最低点，由牛顿第二定律：mv2

F－mg－FN′＝R.，又F＝qE，FN′＝FN＝mg，可解得E＝4mg/q.

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E0，则当A、

B弧各带正电q，C、D弧各带负电q时，在圆心O处的场强大小为( )

A．2E0

B．0 E0

D．22E0

答案：D解析：只有A弧带正电时，在O点的场强大小为E0，由于电荷均匀分布，可知E0应与竖直方向成45°角，所以B弧带正电为q时，在O点的场强大小也为E0，且与A弧产生的场强垂直．因为C、D弧带负电，所以D弧在O点产生的场强大小为E0，方向与B弧产生的场强方向相同；C弧在O点产生的场强大小为E0，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22E0. 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．

kQqsin2α答案：(1)gsin α－mH2 (2)kQq解析：(1)根据牛顿第二mgsin αQq

定律mgsin α－F＝ma，又据库仑定律F＝kr2，r＝H/sin α，解得α＝kQqsin2αgsin α－mH2.(2)当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设kQq此时A球与B点间的距离为R，则mgsin α＝R2，解得R＝

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v0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．

mv2－v02

答案：(1)tan θ (2)

qLtan θ

kQq

.

mgsin α解析：(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得FN＝mgcos θ，Ff

＝mgsin θ而Ff＝μFN，由以上几式解得μ＝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FN′＝mgcos θ－qE，Ff′＝μFN′。根据牛顿第二定律得mgsin mv2－v02

上几式解得E＝

qLtan θ.

L

2。由以

θ－Ff′＝ma，v2－v02＝2a·

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．

13．(2010·全国卷Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104 V/m.

^

已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3，这雨滴携带的电荷量的最小值约为( )

A．2×109 C

－

B．4×109 C C．6×109 C

－－

D．8×109 C

－

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：q

43

ρ×3πrg

mgρVg－9＝E＝E＝＝4×10 C，B正确． E

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φA、φB、φC、φD，则下列

说法正确的是( )

A．φA＝φB＝φC＝φD B．φA<φB、φD>φC C．φA＝φD、φB＝φC

D．φA>φC、φB>φD

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( )

A．

UOA＝Er B．UOA＝Ersin θ C．UOA＝Ercos θ D．UOA＝

—B．Ercos 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UOA＝Ercos θ，故C正确．

3．(2010·南通模拟)一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电2

场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为3g，阻力不计，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( )

111

A．动能增加了3mgh B．电势能增加了3mgh C．机械能减少了32

mgh D．重力势能减少了3mgh

1

答案：BC解析：由加速度可求出电场力大小为3mg，方向竖直向上，

11

小球在下落h的过程中，电场力做功W电＝－3mgh，电势能增加3mgh；122

机械能减少3mgh；合外力做功W合＝3mgh，动能增加3mgh；重力势能减少mgh.

4．将一正电荷从无限远处移入电场中M点，静电力做功W1＝6×10

－9

J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功

－

W2＝7×109 J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系( )

A．φM<φN<0

M>φN>0

B．φN>φM>0 C．φN<φM<0 D．φW1W2

答案：C解析：对正电荷φ∞－φM＝q；对负电荷φN－φ∞＝，即φ－qW2W1W2

∞－φN＝q.而W2>W1，φ∞＝0，且q和q均大于0，则φN<φM<0

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电＝－qEd＝－qElsin θ①

12

又由动能定理得：W＋W电＋WG＝2mv－0②，要

使W最小，只要让v＝0③，即缓慢拉到竖直位置，该过程，重力做功，WG＝mgL(1－cos θ)④，由①②③④得W＝qELsin θ－mg(1－cos θ)．

6．如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径1

R＝ m的4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B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＝5×103 N/C.今有一质量为m＝ kg、带电荷量＋q＝8×105 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道间的动摩擦因数

－

μ＝，取g＝10 m/s2，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) N (2)6 m解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为F，则：

21vB

mgR－qER＝2mvB2 F－mg＝mR，故F＝3mg－2qE＝ N。(2)由题意

1

知小滑块最终将停在B点由动能定理得－Ff·S＝0－2mvB2结合Ff＝μmg可得小滑块在水平轨道上通过的总路程S＝6 m.

…

7．(2010·江门测试)x轴上有两点电荷Q1

和Q2，Q1和Q2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，从图中可以看出( )

A．Q1电荷量一定小于Q2电荷量 B．P点电场强度是0

C．Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2 D．Q1、Q2可能是同种电荷

答案：C解析：Q1附近电势大于零，而Q2附近电势小于零，可知Q1

带正电、Q2带负电，D项错；Q1、Q2之间电场线由Q1指向Q2，C项正确；Q

两电荷连线上P点场强一定不为零，B项错；由φ＝kr知，Q1在P点电

Q1Q2Q1Q2

势为φ＝kr.Q2在P点电势为φ2＝－kr2，而P点电势为0，则有r＝r，

112r1>r2，故Q1>Q2，A项错．

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v0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，具有的动能可能为

A．0

?

mv0

2＋

12qEl mv0 2

mv0

2＋

2

3qEl

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

D．内能增加16 J

C．机械能减少24 J

答案：AD。解析：由动能定理可知ΔEk＝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，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UAB；(2)匀强电场的场强大

:

线小；

(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小． 3mgL3mg

答案：(1)－2q (2)q (3)3mg

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°3mgL＋qUAB＝0，所以UAB＝－2q.

|UAB|3mg

(2)E＝＝q。(3)小球在AB间摆动，由对称性知，B

L－Lcos 60°处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：TA＝qE＝3mg 所以TB＝TA＝3mg，或在B处，沿绳方向合力为零，有TB＝qEcos 60°＋mgcos 30°＝3mg.

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．

答案：(1)

mg－qE

m

sin α5

(2)2R (3)减少

3EqR

解析：(1)根据牛顿第二定律：(mg－qE)sin α(

＝ma①，a＝

mg－qE

m

sin α.②

mv2

(2)若小球刚好通过B点，据牛顿第二定律：mg－qE＝R③，小球mv25

由A到B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝2④，以上联立，得h＝2R.⑤。(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机由ΔE机＝W电⑥，W电＝－3REq⑦，得ΔE机＝－3REq.⑧

12．(2010·全国Ⅰ)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＝ 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．UOP＝－10sin θ(V) C．UOP＝－10cos θ(V) 故A对．

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( )

:

B．UOP＝10sin θ(V) D．UOP＝10cos θ(V)

答案：A解析：在匀强电场中，UOP＝－E·Rsin θ＝－10sin θ(V)，

A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高

C．x1和－x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等

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；x2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B错；将电荷从x1移到－x1可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从x1移到x3电场力做功不为零，C对，D错．

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QQQQQEDA＝kr2，EDB＝kr2，EDC＝kr2，所以D点合电场强度为ED＝kr2－2kr2cos 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，则从b指向a

A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小

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，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q1和q2(q1>q2)．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T为(不计重力及两小球间的库仑力)( )

11

A．T＝2(q1－q2)E B．T＝(q1－q2)E C．T＝2(q1＋q2)E D．T＝(q1

＋q2)E

答案：A。解析：由牛顿第二定律，对球2有T＋Eq2＝ma，对球1、2整体有Eq1＋Eq2＝2ma

两式联立得T＝

Eq1－q2

2

，A正确．

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mg

左的匀强电场，电场强度E＝q，A、B两球最

后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球( )

2－22

A．总重力势能增加了2mgL B．总重力势能增加了2mgL

>

2－22

C．总电势能减少了2mgL D．总电势能减少了2mgL 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－Lcos 45°)＝2－22

2mgL，故A项正确，总电势能减少了2mgL，故D项正确．

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U1，后者的电压为U2，极板长为L，间距为d，电子加速前速度可忽略，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 C．U1越小，灵敏度越大

B．d越大，灵敏度越大 D．灵敏度与U1无关

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

121U2eyL2L2

场时偏转量为y，则U1e＝2mv，y＝2·dm·v，可得：U＝4dU，可

21

见，L越大，灵敏度越大，d越小，灵敏度越大，U1越小，灵敏度越大，故A、C正确．

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

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U

大两板间距，U不变、d增大，由E＝d知两极板间场强减小，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＝

εrS

4πkd

知电容C减小，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U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②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( )

A．U1∶U2＝1∶8 4

C．U1∶U2＝1∶2 1

!

B．U1∶U2＝1∶D．U1∶U2＝1∶

121Uql22mv02dyy

答案：A解析：由y＝2at＝2mdv2得：U＝ql2，所以U∝l2，可

0

知A项正确．

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、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是( )

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＝d，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C＝

εrS

4πkd

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( )

、

U

A．电容器带电量为CU

Lsin θ

B．两极板间匀强电场的电场强度大小为

ULsin θC．M、P两点间的电势差为d

D．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qULsin θ 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U

差的关系可知，两板间电场强度E＝d，B项错误；MP两点间的电势差就ULsin θ等于NP间的电势差，即UMP＝ELsin θ＝d，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，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMPqULsin θ＝，D项正确．本题较易． d

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：2Cd，解析：电容器两板间电势差U＝C，场强E＝d＝Cd，而Qs

A、B两点间电势差UAB＝E·s·sin 30°＝2Cd，电场力对＋q所做功为WqQs

＝qUAB＝2Cd.

14．一电子以4×106 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×10电荷量为－×10

－19

－31

kg，

C)

答案：－。解析：设电子射入电场时的速度为vA，vA射出电场时的速度为vB，从图可知vB＝＝2vA，

sin 30°112根据动能定理，有W＝eUAB①，W＝2mvB－2mvA2②，113，22由式①②得eUAB＝2mvB－2mvA＝2mvA2所以UAB3mvA23××1031×4×106

＝2e＝－

－×1019×2

－

2

V＝－ V

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v0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________．

2mv02－mgv0t12答案：。解析：因为vy＝2v0，由动能定理可得：m(vy

q2＋v0

2)－

12mv0＝mgv0t＋qUOP，2

2mv02－mgv0t

所以UOP＝，带电q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.

3mg

3kl (2)

10

33mgk

。解析：(1)A球带正电，B球带9l

答案：(1)

负电两小球相距d＝2l－2lsin 30°＝l。由A球受力平衡可得：mgtan αQ2

＝kl2，解得：Q＝

3mg3kl.

33mgk

. 9l

(2)外加电场时，两球相距d′＝2l＋2lsin 30°＝3l，根据A球受力平

Q2

3l

10

2＝mgtan

衡可得：QE－kα，解得：E＝

17．(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＝×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－×108 C，质量m＝×102 kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝ m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2)

答案：在O点左侧距O点 m处解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，

1，

由动能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－2mv02所以x1

mv02

＝

2qE＋μmg

，代入数据得x1＝ m

－

－

可知，当物块向右运动 m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝ 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O点距离为x2，则－1

μmg(2x1＋x2)＝0－2mv02，解之得x2＝ m.

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v0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．

2h2mv02－mghL22h2mv02mv02mg2hmv02

答案：(1)q－qL2 (2)(3)L2＋2 L2

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，mg－qE水平方向：v0t＝L，竖直方向：2m

t2

mg2hmv02

＝h，所以E＝q－qL2.(2)

2h2mv02－mghL2

电场力做功为W＝－qEh＝.(3)根据动能定理mgh－qEh＝L2mv022h2mv02mv02Ek－2，得Ek＝L2＋2.

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v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：

(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. 2LqEL3qEL2

答案：(1)v (2)mv2 (3)2mv2

000

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，2L

所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝v.

0

(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二EqLqEL

定律，粒子在电场中的加速度为：a＝m所以vy＝av＝mv.

00

所以粒子刚射出电场时的速度方向与vy

初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v

0qEL＝mv2.

0

2L11qEL

(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝2av2＝2mv2，又s＝y＋

00

3qEL2

Ltan α，解得：s＝2mv2.

0