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第六章 第1单元 电场的力的性质
[课时作业]
命 题 设 计
　　　　　 难度
题号　　
目标　　　　　　
较易
中等
稍难
单一目标
电场强度
1、2
库仑定律
3、5
6
电场线
4
8
综合
目标
综合应用
9
7、10
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．(2010·盐城模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是 (　　)
A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0
B．若检验电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变
解析：电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选D.
答案：D
2．在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图1所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是 (　　)
A．唯一值是 图1
B．最大值是
C．最小值是
D．不可能是
解析：因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值
Fmin=Eq=mgsinθ.
所以E有最小值，故选C.
答案：C
3．如图2所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相
隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球
先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(　　) 图2
A．F/8　　　　　　　　　B．F/4 C．3F/8 D．3F/4
解析：A、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，假设它们带的电荷量分别为±q.当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，假设每个球带电荷量为q′＝＋q/2，当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球带电荷量q″＝－q/4.由库仑定律F＝kq1q2/r2知，当移开C球后，由于r不变，所以A、B两球之间的相互作用力的大小是F′＝F/8.A项正确．
答案：A
4．如图3所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，
它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是(　　)
A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速 图3
度大小变化因题设条件不能确定
C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动
D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大
解析：电场线的切线方向是正电荷在该处的受力方向，和负电荷所受电场力的方向相反，所以电场线由B指向A；只给出一条电场线不能判断各点电场的强弱(因为不能确定电场线的疏密)，也就不能判断电场力大小及加速度的变化，所以只有B正确．
答案：B
5．(2010·常州模拟)如图4所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A的带电荷量大小为QA，小球B的带电荷量大小为QB，下列判断正确的是 (　　) 图4
A．小球A带正电，小球B带负电，且QA>QB
B．小球A带正电，小球B带负电，且QAC．小球A带负电，小球B带正电，且QA>QB
D．小球A带负电，小球B带正电，且QA解析：如果小球A带正电，小球B带负电，则对B球来说，A对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左，小球B不可能向右做匀加速运动，故A、B均错误．对A分析受力得：EQA<，对B受力分析可得：EQB>，比较可得：>E>，QB>QA，D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．(2010·扬州模拟)如图5所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(　　)
图5
A．a球的质量比b球的大
B．a、b两球同时落地
C．a球的电荷量比b球的大
D．a、b两球飞行的水平距离相等
解析：设a、b两球间库仑斥力大小为F，分析两球受力可得：tanα＝，tanβ＝，因α<β，故有ma>mb，A正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B正确；由于两球在水平方向所受的库仑斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，D错误；无法比较电荷量大小，故C错误．
答案：AB
7．如图6所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，
虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨
迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图
可作出正确判断的是 (　　) 图6
A．带电粒子所带电荷的性质
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
解析：由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大．综上所述，B、C、D正确．
答案：BCD
8.如图7所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面内，但不在同一电场线上，一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，以下判断正确的是 (　　) 图7
A．带电小球的动能可能保持不变
B．带电小球运动的轨迹一定是直线
C．带电小球做的一定是匀变速运动
D．带电小球在a点的速度可能为零
解析：带电小球由a点运动到b点，小球所受的重力和电场力不可能平衡，带电小球的动能不可能保持不变，A错误；若小球所受的重力和电场力的合力方向沿ab连线，则带电小球的运动轨迹是直线，否则小球的运动轨迹不是直线，B错误；由于小球所受的重力和电场力的合力是恒力，所以小球做的是匀变速运动，且带电小球在a点的速度可以为零，C、D正确．
答案：CD
9．真空中固定的正点电荷Q所形成的电场中有一质量为m＝1×10－4 kg、带电荷量q＝1×10－8 C的微粒在此点电荷附近以角速度ω＝10 rad/s做匀速圆周运动，已知正点电荷Q的带电荷量为4×10－5 C．重力加速度g取10 m/s2，且微粒的重力相对于电场力不能忽略．则下列判断正确的是 (　　)
A．微粒一定带负电
B．微粒一定带正电
C．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q所在的位置
D．微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q正下方与Q的距离为0.1 m 的位置
解析：由题意知该微粒和点电荷之间有相互吸引的力，所以该微粒带负
电，即A正确，B错误；由题意知该微粒所受的重力不能忽略，则微粒
做圆周运动的轨迹必不和点电荷在同一水平面内，且圆心O在点电荷的
正下方，设其距点电荷的距离为H，如图所示．
则Fcosθ=mg，Fsinθ=mω2R
由几何知识知R=Htanθ
由以上各式解得：H= =0.1 m，即D正确．
答案：AD
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(11分)如图8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． 图8
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
＝mv2.
在最低点，由牛顿第二定律：F－mg－FN′＝.
又F＝qE，FN′＝FN＝mg，
可解得E＝4mg/q.
答案：4mg/q
11．(12分)如图9所示，两根长均为L的绝缘细线下端各悬挂质量均
为m的带电小球A和B，带电荷量分别为＋q和－q，若加上水平向
左的场强为E的匀强电场后，使连接A、B的长也为L的绝缘细线
绷紧，且两球均处于平衡状态．则匀强电场的场强大小E应满足什么条件？图9
解析：由于A、B均处于平衡，隔离A分析，受力如图所示，设OA绳拉力F1，AB绳
拉力F2，正交分解F1，
F1cos60°+F2+F库=qE ①
F1sin60°＝mg ②
F库＝k ③
解①②③得：
E＝＋＋.
因为F2≥0，所以E≥＋.
答案：E≥＋
12．(14分)如图10所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电荷量均为＋Q的物体A和B(A、B均可视为质点)，它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ.求： 图10
(1)A受的摩擦力为多大？
(2)如果将A的电荷量增至＋4Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远距离？
解析：(1)由平衡条件知：对A有：Ff＝F＝k.
(2)当a＝0时，设A、B间距离为r′，
k－μmg＝0，
所以r′＝2Q .
由题意可知：
A、B运动的距离均为x＝，
故x＝Q －.
答案：(1)k　(2)均为Q －

第六章 第2单元 电场的能的性质
[课时作业]
命 题 设 计
　　　　　难度
题号　　
目标　　　　　　
较易
中等
稍难
单一
目标
电势
1、2、6、7
8
电势差
8、9
电势能
3、4
5
综合
目标
综合应用
10
11、12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．在静电场中 (　　)
A．电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零
B．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同
C．电场强度的方向总是跟等势面垂直
D．电势降低的方向就是电场强度的方向
解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A、B均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D错．
答案：C
2．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＝7×10－9 J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系 (　　)
A．φM<φN<0 B．φN>φM>0
C．φN<φM<0 D．φM>φN>0
解析：对正电荷φ∞－φM＝；对负电荷φN－φ∞＝.即φ∞－φN＝.而W2>W1，φ∞＝0，且和均大于0，则φN<φM<0，正确答案选C.
答案：C
3．如图1所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV.若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于 (　　) 图1
A．16 eV B．14 eV C．6 eV D．4 eV
解析：从a到b由动能定理可知，电场力做功Wab＝－18 eV，则从a到b电势能增加量ΔEp＝18 eV，由等势面特点及c点为电势零点可知：a点电势能Epa＝－12 eV，又由动能和电势能之和不变可判断B正确．
答案：B
4．(2009·广东理基)如图2所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场
中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中
M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是 (　　)
A．粒子在M点的速率最大 图2
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
解析：根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧的特点，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N点到M点电场力做负功，粒子做减速运动，电势能增加，当达到M点后电场力做正功，粒子做加速运动，电势能减小，则粒子在M点的速度最小，A、D错；在整个过程中粒子只受电场力，根据牛顿第二定律可知加速度不变，C正确．
答案：C
5．(2010·镇江模拟)如图3所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点．M
处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂
线上的两点．现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程
中，下列说法正确的是 (　　)
A．q的电势能逐渐减小 图3
B．q的电势能逐渐增大
C．q的电势能先增大后减小
D．q的电势能先减小后增大
解析：负电荷从A到B的过程中，电场力一直做负功，电势能增大，所以A、C、D均错，B对．
答案：B
二、多项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．(2008·广东高考)如图4所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定 (　　)
A．M点的电势大于N点的电势
B．M点的电势小于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 图4
解析：沿电场线方向电势降落，所以A对B错；电场线越密的地方电场强度越大，同
一带电粒子所受电场力越大，故C错D对．
答案：AD
7．如图5所示，在电场中，一个负电荷从C点分别沿直线移到A点和B点，
在这两个过程中，均需克服电场力做功，且做功的值相同，有可能满足这
种做功情况的电场是 (　　)
A．沿y轴正方向的匀强电场 图5
B．沿x轴正方向的匀强电场
C．在第Ⅰ象限内有负点电荷
D．在第Ⅳ象限内有负点电荷
解析：由于负电荷从C点分别到A点和B点，电场力分别做了相同数量的负功，表明A、B两点必在电场中的同一等势面上，如果电场是沿y轴正方向的匀强电场，则A、B为同一等势面上的点，故A项正确．如果在AB的中垂线上的上、下某处放一负电荷，则点A、B也是同一等势面上的点，在第Ⅰ象限满足负电荷从C点分别移到A、B点时克服电场力做的功相同，在第Ⅳ象限有可能满足负电荷从C点分别移到A、B点时克服电场力做的功相同，故选项A、C、D正确．
答案：ACD
8．(2009·全国卷Ⅱ)图6中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平
行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、
N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别
如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电
势高于c点．若不计重力，则 (　　) 图6
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
解析：由O点电势高于c点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向可知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N粒子带负电，A错误．在匀强电场中相邻等势线间的电势差相等，故电场力对M、N做的功相等，B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．
答案：BD
9．如图7所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点
构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是
(　　)
A．A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等
B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正
功
C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 图7
D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A→C′与沿路径A→B→B′→C′电场力做
功相同
解析：在匀强电场中，因AD垂直于电场线方向，则φA＝φD，UAD＝0，而UAA′≠0，故A错；因φD>φD′，则从A→D→D′移动正电荷电场力做正功，B对；从A→D→D′移动负电荷，电场力做负功，电势能增加，C错；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故D正确．
答案：BD
10．(2010·无锡模拟)如图8所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，虚线A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，
已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是(　　) 图8
A．等势面A的电势高于等势面B的电势
B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同
C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同
D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等
解析：由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，故A正确；由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C错误；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D错误．
答案：AB
三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(14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＝6.0×105 N/C，方向与
x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C、质量m
＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿
x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图9所示．求物块最终停
止时的位置．(g取 10 m/s2)
解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：－(qE＋μmg)x1
＝0－mv02
所以x1＝
代入数据得x1＝0.4 m
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>Ff
＝μmg＝0.02 N，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，则对全过程由动能定理得
－μmg(2x1＋x2)＝0－mv02.
解之得x2＝0.2 m.
答案：在O点左侧距O点0.2 m处
12．(16分)如图10所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝53°，绳长为l，B、C、D到O点的距离均为l，BD水平，OC竖直．BO＝CO＝DO＝l.
(1)将小球移到B点，给小球一竖直向下的初速度vB，小球 图10
到达悬点正下方C点时绳中拉力恰等于小球重力，求vB的大小．
(2)当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，求：小球首次经过悬点O正下方时的速率．(计算结果可带根号，取sin53°＝0.8)
解析：(1)小球由B点到C点的过程中
(mg－Eq)l＝mvC2－mvB2
由在C点绳中的拉力恰等于小球重力知
FC－mg＝m，则vC＝0
由在A点小球处于平衡知：
Eq＝mgtan53°＝mg，
所以vB＝.
(2)小球由D点静止释放后沿与竖直方向夹角θ＝53°的方向做匀加速直线运动，直至运
动到O点正下方的P点，OP距离h＝lcot53°＝l.
在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程中的加速度a和位移x分别为a＝＝g，x
＝＝l，所以小球到达悬点正下方时的速率v＝＝.
答案：(1) 　(2) 
第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中的运动
[课时作业]
命 题 设 计
　　　　 　难度
题号　　
目标　　　　　　
较易
中等
稍难
单一目标
电容器
1、8
带电粒子在电场的加速
2、7
10、11
带电粒子在电场中的偏转
3、6
综合
目标
综合应用
4
5、9
12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．(2009·海南高考)一平行板电容器两极板间距为d，极板面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间 (　　)
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C＝可知，电容器的电容变小，由U＝可知电压变大，又由E＝可得E＝＝＝＝，所以电场强度不变，A正确．
答案：A
2．平行板间有如图1所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．在图2所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是 (　　)
图1
图2
解析：0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，故A对．
答案：A
3．如图3所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m
的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖
直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电
小球通过P点时的动能为 (　　) 图3
A．mv02 B.mv02 C．2mv02 D.mv02
解析：由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vPyt
合速度vP＝＝v0
EkP＝mvP2＝mv02，故选D.
答案：D
4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图4所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 (　　)
图4
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．
设电子经过U1加速后速度为v0，根据题意得：
eU1＝mv02 ①
电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：vy＝at＝· ②
结合①②式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝＝.
显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d.正确选项是B.
答案：B
5．如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入
平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使
U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 (　　)
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍 图5
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的1/2
解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝at2＝··()2＝和qU1＝mv02得y＝，可见在x、y一定时，U2∝U1.故A项正确．
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧
中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、
B、C处，如图6所示，则下列说法正确的有 (　　)
A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电 图6
B．三个微粒在电场中运动时间相等
C．三个微粒在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC
D．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC
解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xC＜xB＜xA.
则三微粒的运动时间为
tC＝，tB＝，tA＝
所以tC＜tB＜tA
微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有
＝aAtA2＝aBtB2＝aCtC2
所以aA＜aB＜aC，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B选项错误．
根据动能定理得
A处：mg－qAE＝EkA－mv2
B处：mg＝EkB－mv2
C处：mg＋qCE＝EkC－mv2
所以D项错误．
答案：AC
7．如图7所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E) (　　)
A．电子到达B板时的动能是Ee
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ee 图7
D．电子在A板和D板之间做往复运动
解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eE＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．
答案：ABD
8．(2008·宁夏高考)如图8所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是(　　) 图8
A．缩小a、b间的距离
B．加大a、b间的距离
C．取出a、b两极板间的电介质
D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
解析：由题意可得UPQ＝Uba；α角增大可知PQ间场强增大，由U＝Ed知UPQ增大；由Q＝CU知P、Q板电荷增多，由题意知b板和Q板电荷量之和恒定，知a、b板电荷一定减少；由Q＝CU，知电容器C电容一定减小；由C＝，知A错，B对，C对，D错．
答案：BC
9．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N
以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间
电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图9所示，不考虑电荷的
重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是 (　　)
A．两电荷的电荷量可能相等
B．两电荷在电场中运动的时间相等
C．两电荷在电场中运动的加速度相等 图9
D．两电荷离开电场时的动能相等
解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等；又因为d＝at2，a＝，因为偏转量d不同，故q可能不同．由动能定理可知，两电荷离开电场时动能不相等，故正确答案为A、B.
答案：AB
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(11分)如图10所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动．求：
(1)匀强电场的场强的大小； 图10
(2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差．
解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即
tanθ＝，得E＝
(2)小球做匀减速直线运动，根据F＝ma得：
＝ma，a＝，
最大位移s＝＝
水平位移x＝scosθ＝
电势差U＝Ex＝.
答案：(1)　(2)
11．(12分)如图11所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：
(1)物块经多长时间离开木板？
(2)物块离开木板时木板获得的动能． 图11
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二
定律
对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝ s.
(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 m/s.
其动能为Ek2＝Mv22＝27 J
(3)由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16 J.
答案：(1) s　(2)27 J　(3)2.16 J
12．(14分)(2010·南京模拟)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12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12乙所示．根据图乙给出的信息，(重力加速度为g)求：
图12
(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．
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：
v0t＝L
竖直方向：＝h
所以E＝－.
(2)电场力做功为
W＝－qEh＝.
(3)根据动能定理mgh－qEh＝Ek－
得Ek＝＋.
答案：(1)－　(2)
(3)＋
第六章 静电场
(时间50分钟，满分100分)
命 题 设 计
　　　　 　难度
题号　　
目标　　　　　　
较易
中等
稍难
库仑力和电场力
1、4
电势、电势能
2、7、9
物体在电场中的平衡和运动
3、8
综合应用
10、11
5、6、12、
13、14
15、16
一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)
1．(2009·江苏高考)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 (　　)
A.F　　　　　　　B.F
C.F D．12F
解析：两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得：F＝k，F′＝k＝k.联立得F′＝F，C选项正确．
答案：C
2．(2010·南通模拟)如图1所示，匀强电场E的区域内，在O点放置一点电荷＋Q.a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是 (　　)
A．b、d两点的电场强度相同
B．a点的电势等于f点的电势
C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大
解析：b、d两点的场强为＋Q产生的场与匀强电场E的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A错误；a、f两点虽在＋Q所形电场的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，故B错误；在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；从a点移到c点，＋Q对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，故D正确．
答案：D
3．如图2所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为 (　　)
A．900 eV　　　　　　 　B．500 eV 图2
C．400 eV D．100 eV
解析：由于电子动能Ek＝400 eV<500 eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，最终从A孔出射，电场力做功为零，电子动能大小不变．C项正确．
答案：C
4．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图3所示，则下列说法正确的是 (　　)
图3
A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
解析：对A、B选项，因电键S闭合，所以A、B两极板的电势差不变，由E＝可知极板间场强增大，悬挂的带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，选项A、B错误；对C、D选项，因电键S断开，所以电容器两极板所带电荷量保持不变，由C＝、C＝和E＝可推出，E＝，与两极板间距离无关，两极板间场强保持不变，悬挂的带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，只有D项正确．
答案：D
5．(2009·安徽高考)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c
处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图4所示．若将一个带负电的
粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点
运动到d点的过程中 (　　)
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
解析：这是等量同种电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况，可知在直线bd上正中央一点的电势最高，所以B错误．正中央一点场强最小等于零，所以A错误．负电荷由b到d先加速后减速，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，但总和不变，所以C错误，D正确．
答案：D
6. (2009·天津高考)如图5所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空
中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计
重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，
一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则 (　　) 图5
A．粒子受电场力的方向一定由M指向N
B．粒子在M点的速度一定比在N点的大
C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D．电场中M点的电势一定高于N点的电势
解析：由题意可知M、N在同一条电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误．
答案：B
7．如图6所示，匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－)V、(2＋)V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 (　　) 图6
A．(2－)V、(2＋)V　 　B．0 V、4 V
C．(2－)V、(2＋) V　 D．0 V、2 V
解析：如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面
处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即
为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V，故Oc为等势面，
MN为电场线，方向为MN方向，UOP=UOa= V，UON∶
UOP=2∶，故UON=2 V，N点电势为零，为最小电势点，同
理M点电势为4 V，为最大电势点．B项正确．
答案：B
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
8．如图7所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是
(　　) 图7
A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增大
C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值
解析：物体运动后，开始时电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增加；电场力减小到零后反向增大，电场力与重力的合力一直增大，加速度也不断增大，B正确；
经过时间t＝后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，C正确．
答案：BC
9．(2010·无锡模拟)如图8所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的
直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放
在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋q与O点的连线和OC
夹角为30°，下列说法正确的是 (　　)
A．A、C两点的电势关系是φA＝φC 图8
B．B、D两点的电势关系是φB＝φD
C．O点的场强大小为
D．O点的场强大小为
解析：由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA＝φC，A对；空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φB＞φD，B错；＋q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为，方向与BD方向向上和向下均成60°的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为，C对D错．
答案：AC
10．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带
负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度
为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2荷量保持不变，OM＝ON，则 (　　)
A．小物体上升的最大高度为 图9
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力时小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得
－mgh＋W＝0－mv12 ①
mgh＋W＝mv22， ②
联立①②解得h＝，A正确．
答案：AD
11．如图10所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则 (　　)
A．小球带正电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D不正确．
答案：AB
12．如图11所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并
处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场
力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔEk，
重力势能增加了ΔEp.则下列说法正确的是 (　　)
A．电场力所做的功等于ΔEk
B．物体克服重力做的功等于ΔEp 图11
C．合外力对物体做的功等于ΔEk
D．电场力所做的功等于ΔEk＋ΔEp
解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：WF＋WG＝ΔEk由重力做功与重力势能变化的关系可得WG＝－ΔEp，由上述两式易得出A错误，B、C、D正确．
答案：BCD
三、计算题(本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(12分)如图12所示，A、B为平行板电容器的两个极板，A板接地，中间开有一个小孔．电容器电容为C.现通过小孔连续不断地向电容器射入电子，电子射入小孔时的速度为v0，单位时间内射入的电子数为n，电子质量为m，电荷量为e，电容器原来不带电，电子射到B板时均留在B板上，求：
(1)电容器两极板间达到的最大电势差； 图12
(2)从B板上打上电子到电容器两极间达到最大电势差所用时间为多少？
解析：(1)电子从A板射入后打到B板，A、B间形成一个电场，当A、B板间达到最大
电势差U时，电子刚好不能再打到B板上，有
eU＝mv02　U＝.
(2)电子打到B板后，A、B板就是充了电的电容器，当电势差达到最大时，Q＝CU＝t·ne，
则所用时间t＝.
答案：(1)　(2)
14．(14分)如图13所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．(g取10 m/s2)求： 图13
(1)小球到达C点时的速度是多大？
(2)小球到达C点时对轨道压力是多大？
(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？
解析：(1)由A点到C点应用动能定理有：
Eq(AB＋R)－mgR＝mvC2
解得：vC＝2 m/s
(2)在C点应用牛顿第二定律得：
FN－Eq＝m
得FN＝3 N
由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N.
(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m.
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx－mg·2R＝mvD2
以上两式联立可得：x≥0.5 m.
答案：(1)2 m/s　(2)3 N　(3)0.5 m
15．(14分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图14所示．珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，求：
(1)珠子所能获得的最大动能是多少？
(2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 图14
解析：(1)设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，
因qE＝mg，所以tanθ＝＝，
则sinθ＝，cosθ＝，
则珠子由A点静止释放后在从A到B的过程中做加速运动，如图所
示．由题意知珠子在B点的动能最大，由动能定理得
qErsinθ-mgr(1-cosθ)=Ek，
解得Ek=mgr.
(2)珠子在B点对圆环的压力最大，设珠子在B点受圆环的弹力为FN，则FN－F合＝　
(mv2＝mgr)
即FN＝F合＋＝＋mg
＝mg＋mg＝mg.
由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为mg.
答案：(1)mgr　(2)mg
16．(15分)如图15所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与
水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8
m．有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆
匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．(g取10
m/s2)求： 图15
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；
(3)小环运动到P点的动能．
解析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示．
由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45°，
得mg＝Eq，
离开直杆后，只受mg、Eq作用，则
F合＝ mg＝ma，
a＝g＝10  m/s2≈14.1 m/s2
方向与杆垂直斜向右下方．
(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向：h＝v0sin45°·t＋gt2，
水平方向：v0cos45°·t－t2＝0
解得：v0＝ ＝2 m/s
(3)由动能定理得：EkP－mv02＝mgh
可得：EkP＝mv02＋mgh＝5 J.
答案：(1)14.1 m/s2，垂直于杆斜向右下方
(2)2 m/s　(3)5 J

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