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(学困生辅导用)静电场_章节基础练习题(含答案基础).docx

物理选修3-1第一章静电场基础习题第一节电荷及其守恒定律下列关于电荷.电荷量的说法止确的是A. 口然界只存在三种电荷：止电荷、负电荷和元电荷B.物体所带的电荷量可以是任意值D ・物体的带电量可以是2x10 19C ( )B. 元电荷就是质子 D.自然界所冇带电体的电荷量一定是元电荷的整数倍关于摩擦起电和感应起电的实质，卜•列说法正确的是A. 摩擦起电现象说明了机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造电荷B. 摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体C. 感应起电说明电荷可以从物体的一个部分转移到物体另一个部分D. 感应起电说明电荷从带电的物体转移到原來不带电的物体上去了一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该金属小球上的净电荷儿乎不存在了，这说明( )A. 金属小球上原来的负电荷消失了B. 此过程屮电荷不守恒C. 金属小球上的负电荷减少是山于潮湿的空气将电子导走了D. 该现彖是由于电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来带电情况可能是( ) A.只有一个小球原來带电 B.两个小球原來分别带等量异种电荷 C.两个小球原来分别带同种电荷 D.两个小球原来分别带不等最异种电荷一验电器原來带正电，当一个金属球A 靠近验电器上的金属球时，验电器中的金箔张角减小，则说明在其两端下面都悬挂着金加验电箔，若使带负电的绝缘金丿肉球A 靠近导体的M 端，nJ 能看到的现彖是A. 只有M 端验电箔张开，且M 端带正电B. 只有N 端验电箔张开，且N 端带负电C. 两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D. 两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球G ，G 的表面镀冇铝膜，在G 的近旁冇一金属球〃，开始时G. 〃都不带电，如图所示，现使b 带电，贝IJ ( ) fA. ”之间不发牛相互作用B. 〃将吸引g 吸在一起不分开卞C.方立即把。

第5章静电场作业答案

第五章静电场作业1班级姓名学号一选择题1. 两点电荷间的距离为d 时, 其相互作用力为F ．当它们间的距离增大到2d 时, 其相互作用力变为(A) F 2 (B) F 4 (C) 2F (D) 4F[ D ]解：根据库仑定律122014d q q F d πε=12220144dq q F d πε= 24dd F F ∴=选D 2. 关于电场强度, 以下说法中正确的是(A) 电场中某点场强的方向, 就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B) 在以点电荷为中心的球面上, 由该点电荷所产生的场强处处相同(C) 场强方向可由FE q= 定出, 其中q 可正, 可负(D) 以上说法全不正确 [ C ]解：场强的定义为0FE q = ，即表示场强的大小又表示场强的方向，选C3.在边长为a 的正方体中心处放置一电量为Q 的点电荷, 则在此正方体顶角处电场强度的大小为 (A)202πQ a ε (B) 203πQaε (C)20πQ a ε (D) 204πQa ε [ B ] 解：点电荷Q 距顶点的距离为2r a =则在顶点处场强的大小为203QE aπε== 选B 4.一个点电荷放在球形高斯面的中心, 下列哪种情况通过该高斯面的电通量有变化?(A) 将另一点电荷放在高斯面外 (B) 将另一点电荷放在高斯面内a(C) 将中心处的点电荷在高斯面内移动(D) 缩小高斯面的半径 [ B ]解：根据高斯定理d iSq E S ε⋅=∑⎰，高斯面内的电荷变化，则通过该高斯面的电通量有变化。

选B二填空题1.一长为L 、半径为R 的圆柱体，置于电场强度为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行．则：(1) 穿过圆柱体左端面的E 通量为2R Επ-； (2) 穿过圆柱体右端面的E 通量为2R Επ；解：1）穿过左端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=-2）穿过右端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=2. 一个薄金属球壳，半径为1R ，带有电荷1q ，另一个与它同心的薄金属球壳，半径为2R )(12R R >，带有电荷2q 。

第二章作业题解答

第二章静电场习题解答2-1.已知半径为F = Cl的导体球面上分布着面电荷密度为A = p s0 cos的电荷，式中的炖0为常数，试计算球面上的总电荷量。

解取球坐标系，球心位于原点中心，如图所示。

由球面积分，得到2用打Q =护= J j p50cos OrsmOd Od(p(S) 0 0In x=j j psQSefsinGded00 0In n=PsF j J cos ageded(p0 0丸=sin20d0 = 0o2-2.两个无限人平面相距为d,分别均匀分布着等面电荷密度的异性电荷，求两平面外及两平面间的电场强度。

解对于单一均匀带电无限人平面，根据对称性分析，计算可得上半空间和卞半空间的电场为常矢量，且大小相等方向相反。

由高斯定理，可得电场大小为E = ^-2e0对于两个相距为的d无限大均匀带电平面，同样可以得到E] = E“耳=E3题2-2图因此，有2-3.两点电荷q、= 8C和q2 = -4C ,分别位于z = 4和),=4处，求点P(4,0,0)处的电场强度。

解根据点电荷电场强度叠加原理，P点的电场强度矢量为点Si和Si处点电荷在P处产生的电场强度的矢量和，即E r = Qi 弘 | ① R?4T V£0/?/ 4TT£0R] = r — r L = 4e v — 4e., R 、= J 4-0 " + 0-4 ~ = 4>/2 R 2 =r —r 2 =4e v -4e v , R 2 = J 4-0 ' + 0-4 ' = 4>/22-7. 一个点电荷+q 位于（-a, 0,0）处，另一点电荷-2q 位于（a,0,0）处，求电位等于零的面；空间有电场强度等于零的点吗？解根据点电荷电位叠加原理，有々)=丄]鱼+鱼4矶丄忌」式中Rj =r-r L = x-\-a e v + ye v +e. R i = yl x + a 2 + r+^2 R 2 =r-r 2 = x ~a e v + )，e y+e r R? — yj x — ci + )r +代入得到式中代入得到心孟 _______ 1^x + a)2+ y 2+ z 22JaS+b+z 2（3x+d ）（x+3a ） + 3），+3z ，=0根据电位与电场强度的关系，有电位为零，即令简化可得零电位面方程为要是电场强度为零，必有E x = 0, E y = 0, E : = 0一 (x+ d)[(x + d)2 + y 2 + ^2p + 2(—d)[(—d)2+ y 2 + 疋 -)^(x+n)2 + y 2 + z 2 2 +2y^(x-a)2 + y 2+ z 2丄-z[(x + d)2 + + 疋 2+2z[(x-d)2 +)*此方程组无解，因此，空间没有电场强度为零的点。

大物静电场作业解答

02
一半径为R的无限长带电圆柱，其体电荷密度为 = 0 r ( r R )， 0为常数，求其圆柱体内的场强（r R），圆柱体外的场强为（r > R）。
R
解：取同轴高斯面r R，由高斯定理得
h
解：取同轴高斯面r > R，由高斯定理得
三.计算题:
真空中一高 h 等于 20 cm ,底面半径 R = 10cm 的圆锥体, 在其顶点与底面中心连线的中点上置一 q ＝ 10-5 C 的点电荷,求通过该圆锥体侧面的电场强度通量.( 0 = 8.85×10-12 N -1 • m -2 )
8
4.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？ [ D ]
5. 有四个等量点电荷在OXY平面上的四种不同组态,所有点电荷均与原点等距,设无穷远处电势为零,则原点O处电场强度和电势为零的组态是: [ D ]
-q
-q
+q
+q
O
-q
+q
-q
+q
O
+q
-q
+q
-q
O
+q
-q
-q
+q
O
则通过圆锥侧面的电场强度通量就等于对整个球面的通量减去通过圆锥底面所截球冠的通量 .
以为圆心、为半径作球面。
r 由几何关系 h
2. 图示一厚度为d 的"无限大"均匀带电平面,电荷密度为,试求板内外的场强分布.并画出场强在x轴的投影值随坐标变化的图线,即Ex-x图线.(设原点在带电平板的中央平面上,ox轴垂直于平板)
,不是 y!
设在均匀电场中，场强E与半径为R的半球面的轴相平行，通过此半球面的电场强度通量为 [ ] 解：利用高斯定理，穿过圆平面的电力线必通过半球面，因此在圆平面上所以通过此半球面的电通量为

高中物理必修第3册静电场及其应用试卷练习(Word版含答案)

高中物理必修第3册静电场及其应用试卷练习（Word 版含答案）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。

取无穷远处电势为零，则（）A ．只有MN 区间的电场方向向右B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点C ．在ON 之间存在电势为零的点D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差【答案】BC 【解析】【分析】【详解】AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为12Q Q >，根据2QE kr=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。

已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（）A ．a 受到的库仑力大小为2233kqRB ．c 23kqC ．a 、b 在O 点产生的场强为2R，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】【分析】【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离r =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为223c F R== 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。

静电场及其应用精选试卷复习练习(Word版含答案)

静电场及其应用精选试卷复习练习(Word版含答案)一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

第10章静电场-1作业答案

§10.2 电场电场强度一．选择题和填空题1. 下列几个说法中哪一个是正确的？（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向.（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同．(C) 场强可由q F E / =定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F为试验电荷所受的电场力．(D) 以上说法都不正确． [ C ]2. 如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为： (A)x q 04επ． (B) 30xqaεπ． (C) 302x qa επ． (D) 204x q επ． [ B ]3. 两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为＋σ和＋2 σ，如图所示，则A 、B 、C 三个区域的电场强度分别为：E A ＝－3σ / (2ε0)_，E B ＝_－σ / (2ε0) ，E C ＝_3σ / (2ε0)_ (设方向向右为正)．4. d (d<<R)q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ，场强方向为_____从O 点指向缺口中心点_________________．二．计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P 点的电场强度．１、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q =λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．+σ +2σA B CLO2．一环形薄片由细绳悬吊着，环的外半径为R ，内半径为R /2，并有电荷Q 均匀分布在环面上．细绳长3R ，也有电荷Q 均匀分布在绳上，如图所示,试求圆环中心O 处的电场强度(圆环中心在细绳延长线上)．解：先计算细绳上的电荷在O 点产生的场强．选细绳顶端作坐标原点O ，x 轴向下为正．在x 处取一电荷元d q = λd x = Q d x /(3R ) 它在环心处的场强为 ()20144d d x R qE -π=ε ()20412d x R R xQ -π=ε 整个细绳上的电荷在环心处的场强()203020116412R Qx R dx R Q E R εεπ=-π=⎰圆环上的电荷分布对环心对称，它在环心处的场强E 2=0由此，合场强 i R Qi E E20116επ==方向竖直向下．三．理论推导与证明题一半径为R 的均匀带电圆环，总电荷为Q . 选x 轴沿圆环轴线, 原点在环心. 证明其轴线上任一点的场强为:()2/32204xR QxE +=πε 并说明在什么条件下, 带电圆环可作为点电荷处理.证：选环心作原点，x 轴沿圆环轴线方向，y 、z 轴如图所示．在环上任取一电荷元d q =(Q d θ) / (2π)，设P 点位于x 处，从电荷元d q 到P 点的矢径为r，它在P 点产生的场强为r r Q r r q E ˆ8d ˆ4d d 20220εθεπ=π=r ˆ为矢径r 方向上的单位矢量．d E 沿x 轴的分量为 d E x =d E cos φ (φ为矢径r 与x 轴正向夹角) 由对称性容易证明 E y =0 E z =0 因而有 E =E x 20202024cos d 8cos r Q r Q εφθεθππ=π=⎰()2/32204x R Qx+π=ε 当x >>R 时，可得 E ≈Q / (4πε0x 2)这相当于一个位于原点O 的带电量为Q 的点电荷在P 点产生的场强．R3x x§10.3 电通量高斯定理一. 选择题和填空题1.一电场强度为E 的均匀电场，E的方向与沿x 轴正向，如图所示．则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为(A) πR 2E ． (B) πR 2E / 2． (C) 2πR 2E ． (D) 0． [ D ]2. 两个同心均匀带电球面，半径分别为R a 和R b (R a ＜R b ), 所带电荷分别为Q a 和Q b ．设某点与球心相距r ，当R a ＜r ＜R b 时，该点的电场强度的大小为： (A) 2041r Q Q b a +⋅πε． (B) 2041r Q Q ba -⋅πε． (C)⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅π22041b b a R Q r Q ε． (D) 2041r Q a⋅πε． [ D ] 3. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷． [ C ]4. 图示为一具有球对称性分布的静电场的E ～r 关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的． (A) 半径为R 的均匀带电球面． (B) 半径为R 的均匀带电球体． (C) 半径为R 的、电荷体密度为ρ＝A r (A 为常数)的非均匀带电球体． (D) 半径为R 的、电荷体密度为ρ＝A/r (A 为常数)的非均匀带电球体． [ B ]5. 如图所示，在边长为a 的正方形平面的中垂线上，距中心O点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为 q/(6ε0) ．6. 一半径为R 的均匀带电球面，其电荷面密度为σ．该球面内、外的场强分布为(r表示从球心引出的矢径)：()r E ＝ 0 (r <R )， ()r E ＝0202302ˆr rR r r R εσεσ= (r >R )． 7. 有一个球形的橡皮膜气球，电荷q 均匀地分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r )，其电场强度的大小将由204r q επ变为__0．xOEO R rE E ∝1/r 2a q a/2O二. 计算题1.一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为 ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R ) A 为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅ 得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．2. 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R （21R R <），单位长度上的电荷为λ。

高中物理选修3-1静电场专项练习(含答案)

静电场练习题一、选择题1．（3分）如图，在E＝2.0×103N/C的匀强电场中有A、M和B三点，其中BM与电场线垂直，AM与电场线成30°角，AM＝4cm，BM＝2cm，把一电量q＝2×10﹣9C的正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，整个过程中电场力做功为（）A．8×10﹣8J B．8×10﹣8J C．1.6×10﹣7 J D．2.4×10﹣7 J 2．（3分）如图所示，正电荷在电场中沿某一条电场线从A点运动到B点，下面说法正确的是（）A．电场力大小不断变化B．电场力大小保持不变C．电荷克服电场力做功D．电荷的电势能不断减小3．（3分）下列说法中正确的是（）A．将电荷从电场中一点移到另一点，电势能的改变量与零电势点的选择无关B．在电场中，电场强度为零的地方电势也一定为零C．电荷在电场中电势较高的地方，具有的电势能较大D．沿着负点电荷的电场线方向，电势升高4．（3分）关于等势面下列说法正确的是（）A．电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功B．等势面上各点的场强相等C．等差等势面越密的地方，场强越大D．在负的点电荷形成的电场中，电场线由低等势面指向高等势面5．（3分）如图所示，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止。

在斜面体AB边上靠近B点固定一点电荷，从A点无初速度释放带负电且电荷量保持不变的小物块（视为质点），运动到P点时速度恰为零。

则小物块从A到P运动的过程（）A．水平地面对斜面体没有静摩擦作用B．小物块的电势能先减小后增大C．小物块所受到的合外力减小后增大D．小物块损失的机械能等于增加的电势能6．（3分）如图所示，某一带正电粒子（不计重力）在一平行板间的运动轨迹如图中曲线，P、Q两点为轨迹上两点，则（）A．A板带负电，B板带正电B．粒子在P点电势能大于在Q点电势能C．粒子在P点动能大于在Q点动能D．粒子在P点受力大于在Q点受力7．（3分）如图所示，a、b、c、d、e五点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。

静电场训练题(含答案)

静电场训练题(含答案)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后(稳定)与增加前比较，其内部的场强将()A．一定增强B．不变C．一定减弱D．可能增强也可能减弱解析：选B.处于静电平衡的导体内部场强处处为0，故B对．2．带负电的粒子在某电场中仅受静电力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由()A．一个带正电的点电荷形成B．一个带负电的点电荷形成C．两个分立的带等量负电的点电荷形成D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析：选A.带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中，可以由静电力提供向心力，围绕正电荷做匀速圆周运动，也可以沿电场线做变速直线运动，A对、B错．C、D两个选项中的电场线均是曲线，粒子只受到静电力作用时不会沿电场线运动，C、D均错．3．如图1－6所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是()图1－6A．A、B两点场强相等，且都为零B．A、B两点场强不相等C．感应电荷产生的附加电场EAD．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动解析：选AD.导体处于静电平衡状态时，其内部场强处处为零，故A正确，B错误，因感应电荷在导体内某点的场强与正电荷在该点的场强等大反向，A点离正电荷较近，故有EA>EB，C错误；当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．4．(2009年高考北京理综卷)某静电场的电场线分布如图1－7所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则()图1－7A．EP>EQ，φP>φQB．EP>EQ，φPC．EPφQD．EP解析：选A.根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出φP>φQ；根据电场线的疏密表示电场的强弱，可以判断出EP>EQ，故选A.图1－85．(2010年连云港高二检测)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图1－8所示．则这一电场可能是图1－9中的() 图1－9解析：选A.由v－t图象知，微粒做加速度变大的减速运动．6．(2009年高考福建卷)如图1－10所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()图1－10A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小XD．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为U，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的油滴向下运动，电场力做负功，电势降低，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝εrS4πkd，由于d 增大，电容C应减小，极板带电量Q＝CU将减小，D错．7．(2011年太原市高三诊断考试)带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿图1－11中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb(ra＞rb)，b为运动轨迹上到Q的最近点，不计粒子的重力，则可知()图1－11A．运动粒子带负电B．b点的场强大于a点的场强C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变解析：选BD.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E＝kQr2知，Eb＞Ea；粒子从a到b的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选B、D.8.如图1－12所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q 的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B.A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将()图1－12A．保持不变B．先变小后变大C．逐渐减小D．逐渐增大解析：选A.如图所示，B球受到三个力平衡，三力构成三角形与△PAB 相似，对应边成比例：mgPA＝FTBP＝FAB，故悬线拉力FT大小不变，答案是A.9．(2009年高考全国卷Ⅱ)图1－13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1－13A．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：选BD.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．N粒子从O点运动到a点，电场力做正功．M粒子从O点运动到c点电场力也做正功．因为UaO＝UOc，且M、N粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动过程中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．10．(2011年石北中学高二检测)带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y，偏角为φ，下列说法正确的是()A．粒子在电场中做类平抛运动B．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关C．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D．粒子的偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制解析：选ACD.粒子进入电场中时，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，即粒子在电场中做类平抛运动，故A正确；由tanφ＝vyv0＝Eqlmv20可知B错误；由t＝lv0可知C正确；由y＝12Eqml2v20＝Uql22mdv20，可见y与U成正比，D正确．11．(2011年福建省三明高二月考)如图1－14所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是()图1－14A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于2gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少解析：选ABD.带电液滴由静止沿bd方向运动，因此静电力与重力的合力必定沿bd方向，如图所示．因此，液滴带负电，由F合＝mgcos45°＝ma可得：a＝2g，故A、B正确；合外力做正功，C错误；静电力F电做正功，液滴的电势能减少，D正确．12．(2011年金溪一中高二月考)如图1－15所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为－10eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是()图1－15A．C等势面的电势为10VB．匀强电场的场强为200V/mC．电子再次经过D等势面时，动能为10eVwD．电子的运动是匀变速曲线运动解析：选AB.设相邻两等势面间的电势差大小为U，对电子由D到B的过程应用动能定理得：－2Ue＝0－20eV，可得U＝10V，由E＝Ud可得：E＝100.05V/m＝200V/m，B正确；由EpC＝φCq得：φC＝－10eV－e＝10V，A正确；当电子再次经过D等势面时，电场力对电子做的总功为零，动能仍为20eV，C错误；电场方向垂直于等势面，沿竖直方向，故电子的运动为匀变速直线运动，D错误．二、计算题(本题包括4小题，共40分．解答应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．(8分)(2011年济南市高二质检)如图1－16所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为－q的油滴以速度v 竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v.求：场强E的大小及A、B两点间的电势差．图1－16解析：根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：h＝vt2，x＝vt2，故h＝x.由动能定理得：qEx－mgh＝0，即E＝mgq，再由动能定理得：qUAB－mgh＝0，mgh＝12mv2，所以UAB＝mv22q.答案：见解析14．(10分)(2011年陕西西安一中高二月考)如图1－17所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E＝4.0×102V/m，两板相距d＝16cm，板长L＝30cm.一带电荷量q＝1.0×10－16C、质量m＝1.0×10－22kg的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：图1－17(1)粒子带何种电荷？(2)要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？解析：(1)因带电粒子进入两板间后向B板偏转，故所受到的电场力竖直向下，粒子带正电．(2)粒子恰好飞出电场时，偏转位移y＝d2，又y＝12EqmL2v20以上两式联立可得：v0＝1.5×104m/s.答案：(1)正电(2)1.5×104m/s15．(10分)如图1－18所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h＝0.8cm，两板间的电势差为300V，如果两板间电势差减小到60V，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d，取g＝10m/s2)图1－18解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q，则带电小球受重力mg和向上的电场力qE的作用．当U1＝300V时，小球平衡：mg＝qU1d①当U2＝60V时，重力大于电场力，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg－qU2d＝ma②又h＝12at2③由①②③得：t＝－＝2×300×0.8×10－－－2s. 答案：4.5×10－2s16．(12分)(2011年武汉高二检测)如图1－19，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两极板间距离d＝0.4cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m＝2×10－6kg，电荷量为q＝＋1×10－8C，电容器电容为C＝10－6F，g取10m/s2，求：图1－19(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？解析：(1)若第一个粒子落到O点，由L2＝v01t1，d2＝12gt21得v01＝2.5m/s若落到B点，由L＝v02t1，d2＝12gt22得v02＝5m/s故2.5m/s(2)由L＝v01t，得t＝4×10－2s由d2＝12at2得a＝2.5m/s2由mg－qE＝ma，E＝QdC得Q＝6×10－6C所以n＝Qq＝600个．答案：(1)2.5m/s<v0<5m/s(2)600个。

静电场及其应用精选试卷练习(Word版含答案)

C．若F>qE，A物体将受到水平向右恒力FA=F−qE的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B物体的弹力逐渐减小，则B物体的加速度逐渐减小，当A、B两物体刚要分离时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力FA对A物体产生的加速度相等（aB=aA0），此时弹簧还未恢复到原长，故C正确；
C．推力F将增大
D．两个小球之间的距离增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
整体法可知地面对小球B的弹力一定不变，B正确；假设A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A、B两球间距变大，D正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，推力F将减小，故A正确，C错误。
B．由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由可得加速度向减小后增大，B正确；
D．x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有
，
解得
，
故D正确.
C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。
故选ABD。
【点睛】
本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。
【点睛】
只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．
10．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心， .电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )

高中物理静电场及其应用静电场及其应用精选测试卷练习(Word版含答案)

高中物理静电场及其应用静电场及其应用精选测试卷练习（Word版含答案）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。

带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

2．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是( )A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D．沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大【答案】BC【解析】图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选BC．【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．3．如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球在B2gRB．小球在B2gRC．固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/qD．小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）【答案】AC【解析】试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0102mgr mv =-，解得2v gr =，A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2qE mg v m r-=，将B 点的速度带入可得3mgE q=，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误，考点：动能定理和牛顿定律综合的问题点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．4．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 点和MN 的中点P 上,OM =ON , OM //AB 则下列判断正确的是( )A ．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大,静止在M ,N 点时受到的支持力相等D ．当小物体静止在M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左【答案】CD 【解析】【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；B.小物体静止在P 点时，摩擦力f =mg sin30°静止在N 点时sin30cos30f mg F '=︒+'︒静止在M 点时sin30cos30f mg F "=︒-'︒可见静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；C.小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力N=mg cos30°+F在M、N点时：cos30sin30N mg F'=︒+'︒由库仑定律知F F>'，故N N>'，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C正确；D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M点时，斜面内部O点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D正确。

大学物理静电场作业题参考答案

解得 q 2l sin 4 0mg tan 7.3.4 长 l =15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度 =5.0x10-9C·m-1的正电荷．试
求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距 a1 =5.0cm处 P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d2 =5.0cm 处 Q 点的场强．
S
(D) 曲面 S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变
化．
题 7.1（2）图
[答案 D ]
（3）在电场中的导体内部的 [ ] （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C]
（4）两个同心均匀带电球面，半径分别为 Ra 和 Rb (Ra＜Rb), 所带电荷分别为 Qa 和
Uo
4U1
4
8.99
109
1.25 5
108 102
8.99 103V
(2)根据电势差的定义，有UO q0 (U UO )
选取无穷远处为电势零点WO q0 (U UO ) 8.99 106 J
电场力做负功，说明实际需要外力克服电场力做功。
题 7.3.11 图 7.3.11 如题7.3.11图所示，在 A ，B 两点处放有电量分别为+ q ,- q 的点电荷，AB
解：如题 7.3.4 图所示
(1) 在带电直线上取线元 dx ，其上电量 dq 在 P 点产生场强为 dEP
1 4π 0
dx (a x)2
EP
dE P
4π 0
l 2 l 2
dx (a x)2
4π 0
[ a
1
l
1 a

《静电场》同步作业2库仑定律Word版带答案

作业2 库仑定律一、选择题(每小题5分，共50分)1.关于对元电荷的理解，下列说法正确的是( )A .元电荷就是电子B .元电荷就是质子C .元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D .元电荷是带电荷量最小的带电粒子答案:C2.关于库仑定律的公式221r Q Q k F ，下列说法中正确的是( )A .当真空中两个电荷间距离r →∞时，它们间的静电力F →0B .当真空中两个电荷间距离r →0时，它们间的静电力F →∞C .当两个电荷间的距离r →∞时，库仑定律的公式就不适用了D .当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用了答案:AD3.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是( )A .每个点电荷的带电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变B .保持点电荷的带电荷量不变，使两个点电荷间的距离增大到原来的2倍C .使一个点电荷的带电荷量加倍，另一个点电荷电荷量保持不变，同时将两点电荷间的距离减小为原来的21 D .保持点电荷的带电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的21 答案:AD4.两个大小相同、可看成是点电荷的金属小球a 和b ，分别带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电引力的大小为F .现用一个不带电、同样大小的绝缘金属小球C 先与a 球接触，再与b 球接触后移去，则a 、b 两球间静电力大小变为( )A .F 21B .F 83C .F 41D .F 81答案:D5.如图所示，两根细线拴着两个质量相同的小球A 、B ，上、下两根细线中的拉力分别是T A 、T B ，现在使A 、B 带同种电荷，此时上、下细线受力分别为T A ′、T B ′，则( )A .T A ′=T A ，TB ′>T B B .T A ′=T A ，T B ′<T BC .T A ′<T A ，T B ′>T BD .T A ′>T A ，T B ′<T B答案:A6.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘细线悬挂后，由于静电斥力而使两悬线张开，分别与铅垂线方向成夹角а1和а2，且两球处于同一水平线上，如图所示，а1=а2，则下列关系正确的是( )A .q 1一定等于q 2B .m 1一定等于m 2C .一定满足2211m q m q =D .一定同时满足q 1=q 2，m 1=m 2答案:B7.固定的A 和B 两个点电荷都带正电，相距8cm 今将第三个点电荷C 放在A 与B 连线上，A 的内侧距A2cm 处，C 恰好处于静止状态,则必有( )A .C 应带正电，且31q q B A = B .C 应带负电，且91q q B A = C .C 带电可正可负，且91q q B A = D .C 带电可正可负，且31q q B A = 答案:C8.两个点电荷，电荷量分别为q A =4×10-9C ，q B =-9×10-9，两者固定于距离为20cm 的a 和b两点上今有一个点电荷放在a 与b 连线上并处于静止不动，则该点电荷所处的位置是( )A .距a 点外侧40cm 处B .距a 点内侧8cm 处C .距b 点外侧20cm 处D .无法确定答案:A9.在光滑且绝缘的水平面上，有两个金属小球A 、B ，它们用一绝缘的轻弹簧相连，如图所示在A 、B 带有等量同种电荷后，弹簧伸长x 1时小球平衡如果小球A 、B 带电荷量加倍，它们重新平衡时弹簧伸长为x 2，则x 1和x 2的关系为( )A .x 2=2x 1B .x 2=4x 1C .x 2<4x 1D .x 2>4x 1答案:C10.如图所示，墙壁上的Q 处有一固定的质点A ，在Q 上方P 点用绝缘丝线悬挂另一质量的小球B ，A 、B 带同种电荷后而使悬线与竖直方向成β角.由于漏电使带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P 点的拉力大小()A .保持不变B .先变小后变大C .逐渐减小D .逐渐增大答案:A二、填空题(每空4分，共24分)11.两个相同的金属小球，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，则它们间的库仑力变为原来的______答案:71679或 12.光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，相距为L ，A 球质量为m .A 、B 两球由静止开始释放，释放时，A 、B 的加速度分别为a 和4a ，经时间t ，B 的速度为v ，加速度为a ，则此时A 的速度为______，加速度为______.此过程中电场力做的功为______答案:2mv 325;a 41;v 41 13.真空中有两个点电荷，带电荷量分别为q 1=5×10-3，q 2=-2×10-2C ，它们相距15cm ，现引入第三个点电荷则它的带电荷量应为______，放在______位置才能使三个点电荷都处于静止状态答案:-2×10-2C ;在q 1,q 2的连线上，且在q 1的外侧15cm 处三、计算题(每小题13分，共26分)14.如图所示，A 、B 是带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B 平衡于绝缘的倾角为30°的光滑斜面上时，恰与A等高，若B 的质量为g 330，则B 带电荷量是多少?(g 取10m /s 2)答案:如图所示，小球B 受三个力而平衡︒=∴mgtan30F 库①据库仑定律得22)hcot30(q k F ︒=库② 由①②得C 100.1C 31010100.9331010330hcot30k mgtan30q 6293---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=︒•︒=15.两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒与水平面间均成45°角，棒上各穿有一个质量为m 、带电荷量为Q 的相同小球，如图所示.现让两球同时从同一高度由静止开始下滑,则当两球相距多大时，小球的速度达到最大值?答案:如图所示，小球在三个力作用下先做加速度减小的变加速运动，当a =0时，速度达最大.此时，︒mgtan45F 库①由库仑定律得22rQ k F =库由①、②得 mg kQ r 2=。

大学物理下作业答案.docx

静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。

故选(B)。

2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。

3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。

4.解：选(B)。

5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。

二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。

3 4%。

4%。

之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。

静电场(二)作业解答

r 4 0r 2
E2 q
q
4 0
(1 r
1) R
与外球壳带电量无关！
1. 球对称模型的电场强度的计算 2. 电势差的计算
3. 真空中有一点电荷Q，在与它相距为r 的a点处有一试验电荷q. 现使试验电荷q 从a点沿半圆弧轨道运动到b点，如图所示，则电场力对q 做功为 [ D ]
(A)
Qq r 2 (B)
s 0
i
dxi
0 a
s 0 dx
s 0
a
方向由圆心指向缝隙
2. 点电荷电场强度的计算
三、计算题
1．正电荷均匀分布在半径为R的球
1
2
形体积中（如图），电荷体密度为r，
求球内a点和球外b点的电势差。
解：
1区 2区 U ab
ab44Errd22ElE 12rRarQE0V01drr34r0RRr0b3E34r2drr3E62Er10
rr 3 0
点）。
解：吹前 r1
E
Q
40 R 2
+Q 高斯球面
U
Q
4 0
R
吹后
+Q
吹后求内区！
r2
E1 E2 1.带电球面，内外区电场
R
强度的计算
高斯球面
2.带电球面，内外区电势的计算
E1 0
U
r2 R
E1
dr
E r2 2
dr
Q 4πε0r2
内区是等势体
5. 一均匀静电场，电场强度 E (400i 600 j ) V/ m，则点a
一.选择题:
1. 某电场的电力线分布情况如图所示。一负电荷从 M 点移到 N 点。有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点

高考物理《静电场》真题练习含答案

高考物理《静电场》真题练习含答案1．[2024·吉林卷]某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度c m的关系曲线如图(a)所示．将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路．闭合开关S后，若降低溶液浓度，则()A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N答案：B解析：降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝εr S4πkd可知，电容器的电容增大，故A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电势差不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误．故选B.2．[2024·吉林卷]在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直纸面内运动，如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中()A．动能减小，电势能增大B．动能增大，电势能增大C．动能减小，电势能减小D．动能增大，电势能减小答案：D解析：根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右。

若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小．故选D.3．[2023·全国甲卷]在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集．下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是()A．B．C．D．答案：A解析：电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，D 错误；故选A .4．[2023·湖南卷]如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q 1、Q 2和Q 3，P 点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P 点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为( )A ．Q 1＝q ，Q 2＝ 2 q ，Q 3＝qB ．Q 1＝－q ，Q 2＝－433q ，Q 3＝－4q C ．Q 1＝－q ，Q 2＝ 2 q ，Q 3＝－qD ．Q 1＝q ，Q 2＝－433q ，Q 3＝4q 答案：D解析：选项AB 的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P 点的场强不可能为零，A 、B 错误；设P 、Q 1间的距离为r ，P 点场强为零，故Q 2、Q 3在P 点产生场强的水平分场强等大反向，即k Q 2（r sin 60°）2 ·cos 60°＝k Q 3（r sin 30°）2 ·cos 30° 解得⎪⎪⎪⎪Q 2Q 3 ＝33，C 错误，D 正确． 5.[2023·全国乙卷](多选)在O 点处固定一个正点电荷，P 点在O 点右上方．从P 点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示．M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球() A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功答案：BC解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP 则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且E p P>E p M＝E p N则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．故选BC.6．[2022·全国甲卷](多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后，()A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量答案：BD解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v′处，v′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v，P处与Q处小球动能相等，所以A、C错误，B正确；从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P处与Q处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D正确．。

静电场作业

静电场作业1.如题6.1.2图所示，在点电荷＋q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点，则M 点的电势为( )(A)q 4πε0a . (B)q 8πε0a . (C)－q 4πε0a . (D)－q 8πε0a. 题6.1.1图题6.1.2图2.如题6.1.3图所示，两个同心球壳，内球壳半径为R 1，均匀带有电量Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在两球之间、距离球心为r 的P 点处电场强度的大小与电势分别为( )(A)E ＝Q 4πε0r 2， U ＝Q 4πε0r . (B)E ＝Q 4πε0r 2， U ＝Q 4πε0r ⎝⎛⎭⎫1R 1－1r . (C)E ＝Q 4πε0r 2， U ＝Q 4πε0⎝⎛⎭⎫1r －1R 2. (D)E ＝0， U ＝Q 4πε0R 2. 题6.1.3图3.4．如题6.1.4图所示，边长为a 的等边三角形的三个顶点上，放置着3个正的点电荷，电量分别为q ，2q ，3q ，若将另一正点电荷Q 从无穷远处移到三角形的中心O 处，外力所做的功为( ) (A)23qQ 4πε0a . (B)43qQ 4πε0a . (C)63qQ 4πε0a . (D)83qQ 4πε0a. 题6.1.4图5、一边长为 a 的正方形平面，其中垂线上距中心 O点 a / 2 处有一点电荷 -2q ，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为（）A 、03εqB 、03πεqC 、04πεqD 、06εq 6、如题图所示，在点电荷+2q 的电场中，若取图中 M 点处的电势为 0，则 P 点的电势为（）A 、a q 043πε B 、a q 02πε- C 、a q08πε D 、a q08πε-7、真空中两块相互平行的“无限大”均匀带电平面 A 、B 。

A 平面的电荷面密度为2 σ ，B 平面的电荷面密度为σ ，两平面间的距离为 d 。

当点电荷 q 从 A 面移到 B 面时，电场力做的功为（）A 、0εσdq B 、0εσd q - C 、02εσd q D 、02εσd q - 8、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是： (A) 如果高斯面上处处为零，则该面内必无电荷 (B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上处处为零 (C) 如果高斯面上处处不为零，则高斯面内必有电荷(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零9、如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带电荷Q 2 .设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间、距离球心为r 处的P 点的电势U 为： (A) (B) (C) (D)10、电荷分别为q 1，q 2，q 3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示。