高中物理静电场经典复习试题与答案

..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1.6×10－10C,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NC．N在摩擦后一定带负电1.6×10－10CD．M在摩擦过程中失去1.6×10－10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1.6×10－19C,摩擦后M带正电荷1.6×10－10C,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·XX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<>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：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＝keq\f<q·7q,r2>＝keq\f<7q2,r2>,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：相互接触时两球电荷量平均分配,每球带电量为eq\f<7q＋q,2>＝4q.,放回原处后的相互作用力为：F1＝keq\f<4q·4q,r2>＝keq\f<16q2,r2>,故eq\f<F1,F>＝eq\f<16,7>。<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eq\f<7q－q,2>＝3q.,放回原处后的相互作用力为：F2＝keq\f<3q·3q,r2>＝keq\f<9q2,r2>,故eq\f<F2,F>＝eq\f<9,7>.4．<2010·XX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>θ2B．若m1＝m2,则θ1＝θ2C．若m1<m2,则θ1>θ2D．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＝Fcotθ1,m2g＝F′cotθ2因F＝F′,则eq\f<m1,m2>＝eq\f<cotθ1,cotθ2>所以B、C两项正确．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．答案：eq\f<mgtanθ,q>方向水平向右。解析：分析小球受力如图所示．由平衡条件得F电＝mgtanθ,所以小球所在处的电场强度E＝eq\f<F电,q>＝eq\f<mgtanθ,q>,小球带正电,因此电场强度方向水平向右．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＝eq\f<1,2>mv2.。在最低点,由牛顿第二定律：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．0C.eq\r<2>E0 D．2eq\r<2>E0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2eq\r<2>E0.9．两带电量分别为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<>ABCD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．答案：<1>gsinα－eq\f<kQqsin2α,mH2><2>eq\r<\f<kQq,mgsinα>>解析：<1>根据牛顿第二定律mgsinα－F＝ma,又据库仑定律F＝keq\f<Qq,r2>,r＝H/sinα,解得α＝gsinα－eq\f<kQqsin2α,mH2>.<2>当A球受到合力为零、加速度为零时,动能最大．设此时A球与B点间的距离为R,则mgsinα＝eq\f<kQq,R2>,解得R＝eq\r<\f<kQq,mgsinα>>.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．答案：<1>tanθ<2>eq\f<mv2－v02,qLtanθ>解析：<1>小物块在BC上匀速运动,由受力平衡得FN＝mgcosθ,Ff＝mgsinθ而Ff＝μFN,由以上几式解得μ＝tanθ.<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′＝mgcosθ－qE,Ff′＝μFN′。根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff′＝ma,v2－v02＝2a·eq\f<L,2>。由以上几式解得E＝eq\f<mv2－v02,qLtanθ>.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104V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落,取重力加速度大小为10m/s2,水的密度为103kg/m3,这雨滴携带的电荷量的最小值约为<>A．2×10－9C B．4×10－9CC．6×10－9C D．8×10－9C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＝eq\f<mg,E>＝eq\f<ρVg,E>＝eq\f<ρ×\f<4,3>πr3g,E>＝4×10－9C,B正确．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＝φDB．φA<φB、φD>φCC．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<>UOA＝Er B．UOA＝ErsinθC．UOA＝Ercosθ D．UOA＝eq\f<E,rcosθ>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＝Ercosθ,故C正确．3．<2010·XX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eq\f<2,3>g,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<>A．动能增加了eq\f<1,3>mghB．电势能增加了eq\f<1,3>mghC．机械能减少了eq\f<1,3>mgh D．重力势能减少了eq\f<2,3>mgh答案：BC解析：由加速度可求出电场力大小为eq\f<1,3>mg,方向竖直向上,小球在下落h的过程中,电场力做功W电＝－eq\f<1,3>mgh,电势能增加eq\f<1,3>mgh；机械能减少eq\f<1,3>mgh；合外力做功W合＝eq\f<2,3>mgh,动能增加eq\f<2,3>mgh；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＝6×10－9J,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＝7×10－9J,则M、N两点的电势φM、φN,有如下关系<>A．φM<φN<0 B．φN>φM>0C．φN<φM<0 D．φM>φN>0答案：C解析：对正电荷φ∞－φM＝eq\f<W1,q>；对负电荷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,则φN<φM<05．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：－qELsinθqELsinθ－mg<1－cosθ>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＝－qElsinθ①又由动能定理得：W＋W电＋WG＝eq\f<1,2>mv2－0②,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－cosθ>④,由①②③④得W＝qELsinθ－mg<1－cosθ>．6．如图所示,A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的eq\f<1,4>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＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量＋q＝8×10－5C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＝0.05,取g＝10m/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>2.2N<2>6m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：mgR－qER＝eq\f<1,2>mvB2F－mg＝meq\f<vB2,R>,故F＝3mg－2qE＝2.2N。<2>由题意知小滑块最终将停在B点由动能定理得－Ff·S＝0－eq\f<1,2>mvB2结合Ff＝μmg可得小滑块在水平轨道上通过的总路程S＝6m.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0C．Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2D．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；两电荷连线上P点场强一定不为零,B项错；由φ＝keq\f<Q,r>知,Q1在P点电势为φ＝keq\f<Q1,r1>.Q2在P点电势为φ2＝－keq\f<Q2,r2>,而P点电势为0,则有eq\f<Q1,r1>＝eq\f<Q2,r2>,r1>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 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·XX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32J,金属块克服电场力做功8J,金属块克服摩擦力做功16J,重力势能增加18J,则在此过程中金属块的<>A．动能减少10J B．电势能增加24JC．机械能减少24J D．内能增加16J答案：AD。解析：由动能定理可知ΔEk＝32J－8J－16J－18J＝－10J,A正确；克服电场力做功为8J,则电势能增加8J,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＝32J－8J－16J＝8J,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UAB；<2>匀强电场的场强大小；<3>小球到达B点时,细线对小球的拉力大小．答案：<1>－eq\f<\r<3>mgL,2q><2>eq\f<\r<3>mg,q><3>eq\r<3>mg解析：取向下为正：<1>小球由A到B过程中,由动能定理得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,由水平方向平衡有：TA＝qE＝eq\r<3>mg所以TB＝TA＝eq\r<3>mg,或在B处,沿绳方向合力为零,有TB＝qEcos60°＋mgcos30°＝eq\r<3>mg.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>eq\f<mg－qEsinα,m><2>eq\f<5,2>R<3>减少3EqR解析：<1>根据牛顿第二定律：<mg－qE>sinα＝ma①,a＝eq\f<mg－qEsinα,m>.②<2>若小球刚好通过B点,据牛顿第二定律：mg－qE＝eq\f<mv2,R>③,小球由A到B,据动能定理：<mg－qE><h－2R>＝eq\f<mv2,2>④,以上联立,得h＝eq\f<5,2>R.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.⑧12．<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·XX理综>如图所示,在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1m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＝100V/m,则O、P两点的电势差可表示为<>A．UOP＝－10sinθ<V> B．UOP＝10sinθ<V>C．UOP＝－10cosθ<V> D．UOP＝10cosθ<V>答案：A解析：在匀强电场中,UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ<V>,故A对．14．<2010·XX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．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EDA＝keq\f<Q,r2>,EDB＝keq\f<Q,r2>,EDC＝keq\f<Q,r2>,所以D点合电场强度为ED＝keq\f<Q,r2>－2keq\f<Q,r2>cos60°＝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aC．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><>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＝eq\f<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左的匀强电场,电场强度E＝eq\f<mg,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<>A．总重力势能增加了eq\f<2－\r<2>,2>mgLB．总重力势能增加了eq\f<\r<2>,2>mgLC．总电势能减少了eq\f<2－\r<2>,2>mgLD．总电势能减少了eq\f<\r<2>,2>mgL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－Lcos45°>＝eq\f<2－\r<2>,2>mgL,故A项正确,总电势能减少了eq\f<\r<2>,2>mgL,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 B．d越大,灵敏度越大C．U1越小,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,电子射出偏转电场时偏转量为y,则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,增大两板间距,U不变、d增大,由E＝eq\f<U,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＝eq\f<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 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/dB．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答案：BCD解析：由题意可知,两板间电压为2φ,电场强度为E＝eq\f<2φ,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＝eq\f<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<>A．电容器带电量为eq\f<U,C>B．两极板间匀强电场的电场强度大小为eq\f<U,Lsinθ>C．M、P两点间的电势差为eq\f<ULsinθ,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eq\f<qULsinθ,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,两板间电场强度E＝eq\f<U,d>,B项错误；MP两点间的电势差就等于NP间的电势差,即UMP＝ELsinθ＝eq\f<ULsinθ,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qUMP＝eq\f<qULsinθ,d>,D项正确．本题较易．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________．答案：eq\f<qQs,2Cd>,解析：电容器两板间电势差U＝eq\f<Q,C>,场强E＝eq\f<U,d>＝eq\f<Q,Cd>,而A、B两点间电势差UAB＝E·s·sin30°＝eq\f<Qs,2Cd>,电场力对＋q所做功为W＝qUAB＝eq\f<qQs,2Cd>.14．一电子以4×106m/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9.1×10－31kg,电荷量为－1.6×10－19C>答案：－136.5。解析：设电子射入电场时的速度为vA,射出电场时的速度为vB,从图可知vB＝eq\f<vA,sin30°>＝2vA,根据动能定理,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________．答案：eq\f<2mv02－mgv0t,q>。解析：因为vy＝2v0,由动能定理可得：eq\f<1,2>m<vy2＋v02>－eq\f<1,2>mv02＝mgv0t＋qUOP,所以UOP＝eq\f<2mv02－mgv0t,q>,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.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球带正电,B球带负电两小球相距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>外加电场时,两球相距d′＝2l＋2lsin30°＝3l,根据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>在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直