静电场单元练习(带答案)

静电场单元练习一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（）A. 推力F将变大B. 竖直墙面对小球A的弹力变大C. 地面对小球B的支持力不变D. 两小球之间的距离不变2.如图所示，一绝缘细线0a下端系一轻质带正电的小球a（重力不计），地面上固定一光滑的绝缘1/4圆弧管道AB，圆心与a球位置重合，一质量为m、带负电的小球b从A点由静止释放，小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O'a水平，Oa悬线与竖直方向的夹角为θ，当小球b沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b两球均可视为点电荷）（）A. b球所受的库仑力大小为2mgB. b球的机械能逐渐减小C. 水平细线的拉力先增大后减小D. 悬线Oa的拉力先增大后减小3.有两个完全相同的绝缘金属小球AB，A带的电量为Q，B带的电量为-，它们间的距离r远大于小球的半径，相互作用力为F．现将两个小球接触一下后放回原处，则相互作用力变为（）A. B. C. D.4.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上（O为连线的中点），N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（）A. O点电势等于N点电势B. O点场强一定大于M点场强C. 将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D. 若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大5.如图，在点电荷-q的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心．点电荷-q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d．已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为（）A. ，水平向右B. ，水平向左C. +，水平向右D. ，水平向右6.将头发微屑悬浮在蓖麻油里并放到电场中，微屑就会按照电场强度的方向排列起来，显示出电场线的分布情况，如图所示．图甲中的两平行金属条分别带有等量异种电荷，图乙中的金属圆环和金属条分别带有异种电荷．比较两图，下列说法正确的是（）7.A. 微屑能够显示出电场线的分布情况是因为微屑都带上了同种电荷B. 在电场强度为零的区域，一定没有微屑分布C. 根据圆环内部区域微屑取向无序，可知圆环内部电场为匀强电场D. 根据圆环内部区域微屑取向无序，可知圆环内部各点电势相等8.如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）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9.在下图四种电场中，分别有a、b两点．其中a、b两点的电势不相等，场强相同的是（）A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中离平板不远的a、b两点D. 丁图：匀强电场中的a、b两点二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）10.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（）A. M点的电势小于N点的电势B. 粒子带正电，M点的电势大于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点的电势能大于在N点的电势能11.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的（）A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度B. CD间各点电场强度和电势都为零C. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能D. AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差12.如图所示，是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正反向．在此过程中关于电子运动速度v、加速度a随时间t的变化，电子的动能Ek、运动径迹上电势φ随位移x的变化曲线，下列可能正确的是（）A. B.C. D.三、计算题（本大题共5小题，共56.0分）12、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10-9C的正点电荷，则A处场强大小E A=______N/C，B处的场强大小E B=______N/C．13、地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h．求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？14.如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端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，电场强度为E，P为一质量为m，带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），重力加速度为g．（1）若小滑块P能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小．（2）若将小滑块P从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ求：①滑块通过圆弧轨道末端B点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小②水平轨道上A、B两点之间的距离．15、示波器的示意图如图所示,金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出,进入偏转电场.电子在穿出偏转电场后沿直线前进,最后打在荧光屏上.设加速电压11U 640 V,偏转极板长l=4 cm,偏转板间距d=1 cm,当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场.(1)偏转电压为多大时,电子束打在荧光屏上偏转距离最大?(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20 cm,则电子束最大偏转距离为多少?(3)电子离开偏转电场时的偏转量h和偏转电压2U的比叫做示波器的灵敏度,分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度（写出一种方案即可，需要有计算过程）.16.一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以x=0处的O点为电势零点，如图（a）所示．细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图（b）所示．细杆上套有可视为质点的带电环，质量为m=0.2kg，电荷量为q=-2.0×10-6C．带电环受沿x轴正向的恒力F=1.0N的作用，从O点静止开始运动，求：（1）带电环在x=1m处的加速度；（2）带电环运动区间内的电势最低值；（3）带电环动能为0.5J时的位置；（4）带电环电势能是动能3倍时的电势能．2017-2018学年高中物理人教版选修3-1第一章静电场单元练习（带答案）【答案】1. C2. C3. A4. C5. A6. D7. B8. D9. BD10. AC11. BC12. 0；1.27×10313. 解：（1）对小球列平衡方程qE=mg tanθ所以．（2）丝线断后小球的加速度为由得答：（1）匀强电场的场强．（2）若丝线突然断掉，小球经过时间落地．14. 解：（1）受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：F=，由牛顿第三定律得：F N=F=（2）①小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为v B，由动能定理得：mgR-qER=m代入数据解得：v B=通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：F支-mg=m，由牛顿第三定律得：F压=F支代入数据解得：F压=3mg-2qE（3）令A、B之间的距离为L AB，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：mgR-qE（R+L AB）-μmgL AB=0解得：L AB=答：（1）滑块通过B点时的速度大小为；（2）滑块通过B点前瞬间对轨道的压力3mg-2qE；（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．15. 解：【解析】 (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大,电子经偏转电场后必须从下板边缘出来.电子在加速电场中,由动能定理2012mv eU = (2分)① 得,电子进入偏转电场时的初速度120eU m v =(1分)②, 在偏转电场的飞行时间01l v t =(1分)③, 加速度2eU eEm md a == (1分)④,要使电子从下极板边缘出来,应有22222102112242eU l U l ddU mdv at === (3分)⑤解得偏转电压2205U = V (2分)⑥(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离22dy y =+ (2分)⑦ 由于电子离开偏转电场的侧向速度201eU ly mdv v at ==(1分)⑧ 电子离开偏转电场到荧光屏的时间02Lv t = (1分)⑨222102220eU lLU lL y dU mdv y v t =⋅===.05 m (1分)⑩ 电子最大偏转距离220dy y =+=.055 m. (1分) (3)根据⑤可知2214U l dU h ,=,则h/22U l =/4dU (2分),可知:增大l 、减小d 、减小1U 都可以提高灵敏度. (2分)16. 解：（1）由图可知：E =（x +2）×105N /C ，可知带电环受到的电场力：F E =Eq =（x +2）×10-5×2×10-6=0.2x +0.4 N 带电环受到的合外力：F 合=F -Eq =1-（0.2x +0.4）N =0.6-0.2x当x =1m 时，F 合=0.6-0.2x =（0.6-0.2）N =0.4N由F =ma 得：（2）因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x 轴正方向运动到了最远处电势最低点．由动能定理得：解得x =6m由E -x 图象可知：U 0-U min =0-[（2+8）×105×6]/2=-3×106V （3）当W 合=0.5J 时，带电环动能为0.5J ，由解得x =1m 或x =5mW（4）带电环电势能是动能3倍的位置，即W 合：W Eq =1：3即解得x =3.5mx=3.5m处的电势能为E P=U x q答：（1）带电环在x=1m处的加速度2m/s2；（2）带电环运动区间内的电势最低值为-3×106V；（3）带电环动能为0.5J时的位置为3.5m；（4）当带电环电势能是动能3倍时的电势能为2.625J．【解析】1. 解：A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=m A g tanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．故B错误．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1N2=（m A+m B）g则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．故A错误，C正确．D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．故D错误．故选C先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．2. 解：AB、小球b在运动过程中受重力、库仑力以及弹力作用，由于库仑力和弹力不做功，只有重力做功，则可知，小球机械能守恒，由机械能守恒定律可知，mgR=mv2；而在最低点时恰好无压力，则有：F库-mg=m，联立解得：F库=3mg，故AB错误；CD、对球a分析可知，球a受两绳子的拉力以及库仑力的作用而处于平衡，由图可知，随着小球b的下落，库仑力与水平方向上的夹角越来越大，由于两绳子拉力的方向不变，而两力的合力始终等于库仑力，大小保持不变；球在A点时，此时oa没有拉力，水平细线的拉力等于库仑力；整过程中库仑力大小不变，过a点以库仑力大小为半径作圆弧，则平行四边形的另一顶点在圆弧上，图中1、2、3分别对应夹角增大过程中的平行四边形图；则由图可知，水平细线上的拉力先增大后减小；而Oa绳的拉力一直增大．故D 错误，C正确．故选：C．分析物体的受力以及各力做功情况，从而明确机械能是否守恒，再根据功能关系即可明确小球到达B点的速度，再根据向心力公式列式，联立即可求得库仑力大小；对a点分析，明确a受两绳子的拉力和库仑力作用而处于平衡状态，根据几何关系利用图示法分析两绳子拉力的变化．本题综合考查共点力平衡、功能关系以及库仑定律的应用，要注意正确分析物体运动过程，做好受力分析和运动过程分析，才能准确选择物理规律进行分析求解；本题难点在于动态平衡的分析，要注意明确两分力的方向不变，而合力的大小不变．3. 解：设两个小球之间的距离为r，开始时：=将两个小球接触一下后，电量中和，再平分，则电量为q=；当仍放回原处，根据库仑定律F′=．故A正确，BCD错误故选：A接触后电量平分，再由库仑定律，即可求得库仑力变化．考查库仑定律的应用，掌握库仑定律的表达式，注意控制变量法的运用即可，题目不难．4. 解：A、根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，故A错误；B、在M、N和O三点中O点电场强度为零，故0点场强一定小于M点场强．故B错误；C、将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加．故C正确；D、在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高．故M、N、O三点中，M的电势最高，N点的电势最低．所以正电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小．故D错误；故选：C．两等量同种电荷的场强的合成遵循平行四边形定则；电势的高低可以通过移动正的试探电荷，看电场力做功情况；根据电势的高低，判断电势能的大小．对于等量同种电荷的电场，要明确两电荷连线和两电荷连线的中垂线上的电场分布情况；注意电场力做功等于电势能的减小量．5. 解：-q在a处产生的场强大小为E=k，方向水平向右．据题，a点处的电场强度为零，则知-q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为E=k，方向水平向左，则薄板带负电．根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为E=k，方向水平向右．故A正确，BCD错误．故选：A．图中a点处的电场强度为零，说明-q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反．-q在a处产生的场强大小为E=k，得到带电薄板在a点产生的场强大小，根据对称性，确定带电薄板在b点产生的场强大小与方向．本题是电场的叠加问题，关键要抓住带电薄板产生的电场的对称性，掌握点电荷场强计算公式和叠加原理，再进行解题，注意带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向．6. 解：A、蓖麻油是绝缘的，故头发微屑是不带电的，故A错误；B、头发微屑是洒在蓖麻油中的，故在电场强度为零的区域，微屑取向无序，故B错误；C、D、根据圆环内部区域微屑取向无序，可知圆环内部各点的电场强度为零，即圆环内部发生了静电屏蔽现象，是等势体，故圆环内部各点电势相等，故C错误，D正确；故选：D．用头发微屑悬浮在蓖麻油里模拟电场线的实验中，由于带电体能够吸引轻小物体，故头发微屑的排列情况反映了各个点的场强情况，电场强度为零的区域微屑取向是无序的．本题考查了用头发屑模拟电场线的实验，要熟悉电场线的分别情况和特征，注意静电屏蔽金属环的内部场强为零，是等势体．7. 解：根据动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中v y=ata=且t=而v y=at则tanθ==若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U2减小U1．故B正确，ACD错误；故选：B．电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．8. 解：A、甲图为正点电荷的电场，图中ab两点在同一个圆上，所以a、b两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，则场强不同，故A错误；B、乙图为等量的异种电荷的电场，在起中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，故B错误．C、丙图中ab处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，并且电场线与等势面垂直，又由于此时的ab是左右对称的，所以ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，故C错误．D、丁图是匀强电场，ab点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势要比a点的电势高，故D正确．故选：D．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低．根据电场线和等势面的分布特点进行分析．判断电势的高低，根据电场线的方向．判断场强的大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向．要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同．9. 解：AB、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势．粒子弯曲的方向向下，则受到的电场力的方向向下，与电场线的方向一致，所以粒子带正电．故A错误，B正确；C、电场线的疏密表示场强大小，所以M的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小，故C错误；D、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M到N的过程中电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确．故选：BD．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向．电场力方向应指向轨迹的内侧．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小．本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．10. 解：A、由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误．C、从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，故C正确；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．故选：AC从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB 两点间的电势差的大小关系．本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．11. 解A、在v-t图象中，斜率表示加速度，而加速度由电场力产生，而F=Ee，由于电场线的疏密表示电场强弱，故可得在电子运动过程中，电场先增强后减弱，故加速度应先增大后减小，故斜率应先增大后减小，故A错误；B、由A分析，结合电场线的分布特点可得，故B正确；C、由动能定理可得，E k=W=Eex，故E kx图象中，斜率代表电场力，根据电场线分布特点知，电场力先增大后减小，故C正确；D、△φ=U=Ex，故在φ-x图象中，斜率表示电场强度，故斜率应先增大后减小，故D错误．故选：BC．电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，电势差等于两点间的电压，在电场中动能定理和牛顿第二定律仍然适用．注意用好电场线与电场强度的关系、电场强度与电势差的关系等，在图象中，注意分析斜率、截距、面积等的含义，好题！12. 解：点电荷在A点处产生的场强大小为：E=k=9×109×N/C=900N/C，方向从O→A，则A处场强大小E A=0；同理，点电荷在B点处产生的场强大小也为E=900N/C，方向从O→B；根据平行四边形定则得，则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，B点的场强大小为：E B=E=×900N/C≈1.27×103N/C；故答案为：0，1.27×103根据公式E=k求出点电荷在A、B点处产生的场强大小，再由正点电荷场强和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A、B两点处的场强大小及方向．本题电场的叠加问题，一要掌握点电荷的场强公式E=k；二要能根据据平行四边形定则进行合成．13. （1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强．（2）丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间．本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．14. （1）滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小（2）①小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．根据圆周运动向心力公式即可求解，②由动能定理即可求出AB的长．本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力．对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离．15. 根据电势差与电场强度的关系公式求出两板间电场强度大小．根据液滴受电场力和重力平衡求出电荷量的大小．撤去电场，液滴做自由落体运动，根据位移时间公式求出液滴下落的时间．本题考查了匀强电场强度公式、共点力平衡以及位移时间公式的基本运用，知道液滴处于静止，受电场力和重力平衡．基础题．16. （1）由图象得到电场强度随时间变化的函数表达式，求出在x=1m处的合力，根据牛顿第二定律求解；（2）由动能定理求得当带电环运动区间内的电势最低值的距离，在结合图象可求；（3）由动能定理求得带电环动能为0.5J时的位置；（4））当带电环电势能是动能3倍，利用合外力做功和电场力做功的比值解得距离，再用电势能的定义求解．本题综合考查了带电圆环在电场中的运动和动能定理，解答此题的关键是根据图象建立电场强度随时间变化的函数表达式，并要求学生能理解和掌握电势能、电势的概念和计算．- 11 -。