第七章静电场作业
物理人教版高考一轮复习习题：第七章《静电场》+微专题11+Word版含答案
微专题11一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始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轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋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关系的图是()解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φ-x 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝6φ0q m，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12m v 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12m v 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q (3L )2＝k |Q 2|q (2L )2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m. 联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J. (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12m v 2m⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ(3)2E1cos2θ＋E2－E0情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案
大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。
用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。
忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。
试证明：Rr=21σσ 。
证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，所以R r =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。
证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ（1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S ∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。
（2）在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。
解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V由电势叠加原理，球心电势为=O V R qdq R 3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=Rq R q εε故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。
第七章静止电荷的电场作业题目及解答
（3）金属球的电势
R Q Q Q 1 1 r U E d l dr dr ( ) 2 2 r R R 4 r 4 r 4 R R 0 r 0 0 r
e e e ee e
C F 7-64 电容 的电容器在800V的电 1 4 差下充电，然后切断电源，并将此电容器 的两个极板分别和原来不带电、电容为 的C 6 F 电容器两极板相连，求： 2 （1）每个电容器极板所带电荷量； （2）连接前后的静电场能
0
ε
q´
0
0
题号 结束
7-20 在半径为R，电荷体密度为ρ 的均 匀带电球内，挖去一个半径为 r 的小球，如 图所示。试求：O、O′、P、 P′各点的场 强。 O、O′、P、 P′在一条直线上。
P′.
P O . O . .′ r R
题号 结束
解：
E1 E2
带电荷-ρ 的小球的场强 带电荷ρ 的大球的场强
0 0
r1 . P
O O′ . . r R
0
ρ r2 E2 =
3 ε E1
0
EP = E2 =
r2 P.
3 ε
ρ
r2
0
r3 r12
O O′ . . r R
题号 结束
(4)P ´点的场强： 3 4 r 1 2 π r 1 r E1 4 π 1 = ρ ε 3 r 2 O O ′ P ′ 3 . . ρ . r E1 = r 2 r R 3 ε 1
UP =
4 π ε r> > re a = re cosq
0
1
q (r 1
Байду номын сангаас
2q + q ) r r2 r1 r a
高考物理大一轮复习 第7单元 静电场作业手册
拾躲市安息阳光实验学校第七单元静电场课时作业(十九) 第19讲电场的力的性质时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·湖南衡阳八中三检]下列关于电场强度的说法中正确的是()A.由E=知,若q减半,则该处电场强度变为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度均相同D.电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向2.如图K19-1所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线,已知该电场线关于图中虚线对称,O点为A、B两点电荷连线的中点,a、b为A、B 两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的两点,则下列说法中正确的是()图K19-1A.A、B可能为等量异号点电荷B.A、B可能为电荷量不相等的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等,方向相反3.库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律,它的发现是受万有引力定律的启发,实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力.如图K19-2所示为无大气层、均匀带有大量负电荷且质量分布均匀的某星球,将一个带电微粒置于距该星球表面一定高度处并将其无初速度释放,发现微粒恰好能保持静止.若给微粒一个如图所示的初速度v,则下列说法中正确的是 ()图K19-2A.微粒将做匀速直线运动B.微粒将做圆周运动C.库仑力对微粒做负功D.万有引力对微粒做正功4.如图K19-3所示,光滑水平桌面上有A、B两个可以看作点电荷的带电小球,A球带电荷量为+3q,B球带电荷量为-q,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍.若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,则C球所带的电荷量为()图K19-3A .q5.[2017·甘肃二诊]如图K19-4所示,等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C 点无初速度释放,则关于小球由C点运动到D点的过程,下列说法中正确的是()图K19-4A.杆对小球的作用力先增大后减小B.杆对小球的作用力先减小后增大C.小球的速度先增大后减小D.小球的速度先减小后增大6.[2017·四川遂宁三诊]在场强为E=k(k为静电力常量)的匀强电场中,以O点为圆心,以r为半径作一个圆周,在O点固定一个带电荷量为+Q的点电荷,ac、bd为相互垂直的两条直径,其中bd与电场线平行,如图K19-5所示.若不计试探电荷的重力,则()图K19-5A.把一试探电荷+q放在a点,试探电荷恰好处于平衡状态B.把一试探电荷-q放在b点,试探电荷恰好处于平衡状态C.把一试探电荷-q放在c点,试探电荷恰好处于平衡状态D.把一试探电荷+q放在d点,试探电荷恰好处于平衡状态技能提升7.[2017·湖南衡阳二联]如图K19-6所示,一细棒均匀带电,所带的总电荷量为+Q,在过其中点c且与其垂直的直线上有a、b、d三点,且ab=bc=cd=L,在a 点处有一电荷量为+的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处的场强大小为(静电力常量为k) ()图K19-6A .k8.[2017·长春外国语学校期末]a、b两个带电小球的质量均为m,所带的电荷量分别为+3q和-q,两球间用一绝缘细线连接,用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E,平衡时两细线都被拉紧,则平衡时两球的位置可能是图K19-7中的()图K19-79.[2017·安徽黄山二模]如图K19-8所示,两根长度相等的绝缘细线的上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角均为θ=30°,重力加速度为g.以下说法中正确的是 ()图K19-8A.细线对小球的拉力大小为mgB.两小球间的静电力大小为mgC.剪断左侧细线的瞬间,P球的加速度大小为2gD.当两球间的静电力瞬间消失时,Q 球的加速度大小为g10.[2018·郑州外国语学校月考]如图K19-9所示,在竖直放置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、带电荷量为+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.(1)求固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小;(2)若把O处固定的点电荷拿走,加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场,带电小球仍从A点由静止释放,下滑到最低点B时,小球对环的压力为多大?图K19-9挑战自我11.[2017·安徽六校联考]水平面上的A、B、C三点分别固定着电荷量均为Q的正点电荷,将一个质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,OABC恰好构成一个棱长为L的正四面体,如图K19-10所示.已知静电力常量为k,重力加速度为g.若小球能静止在O点,则小球所带的电荷量为()图K19-10A .C .12.[2017·长沙一中模拟]如图K19-11所示,平行板电容器的两板水平正对放置,在两板的正中心上各开一个孔,孔相对极板很小,对两板间电场分布的影响忽略不计.现给上、下两板分别充上等量的正、负电荷,上板带正电、下板带负电,使两板间形成匀强电场,电场强度大小为E=.一根长为L的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A、B,两球大小相等,且直径小于电容器极板上的孔,A球所带的电荷量Q A=-3q,B球所带的电荷量Q B=+q,两球质量均为m.将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直,使B球刚好位于上板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内,然后由静止释放.已知带电平行板电容器只在其两板间存在电场,两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变.忽略两球产生的电场对平行板间匀强电场的影响,两球可以看成质点,电容器极板厚度不计,重力加速度为g.(1)B球刚进入两板间时,求杆和球组成的装置的加速度大小;(2)若B 球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离,求电容器两极板的间距d.图K19-11课时作业(二十) 第20讲电场的能的性质时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·黑龙江大庆一模]关于静电场,下列说法中正确的是()A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能一定增加B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大C.在同一个等势面上的各点处场强的大小一定是相等的D.电势降低的方向就是场强的方向2.(多选)[2017·湖北六校联考]一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用.若小球的重力势能增加5 J,机械能增加1.5 J,电场力做功2 J,则()A.重力做功5 JB.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 JD.动能减少3.5 J3.[2017·合肥一中段考]如图K20-1所示,在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q,图中O点为两点电荷连线的中点,P点为连线上靠近-Q的一点,MN 为过O点的一条线段,M点与N点关于O点对称.下列说法中正确的是()图K20-1A.同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同B.M、N两点的电势相同C.将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N 点的过程中,电荷的电势能先增大后减小D.只将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,则O点的电势升高4.(多选)[2017·郑州一中摸底]现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd,如图K20-2所示,且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等,在AB、AC、CD、DB的中点分别放置等量的正点电荷和负点电荷.下列说法中正确的是()图K20-2A.O点的电场强度和电势均为零B.把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零C.同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D.将一正点电荷由a点移到b点,电势能减小5.(多选)[2017·四川凉山三诊]如图K20-3所示,在纸面内有一水平直线,直线上有a、b两点,且ab长度为d,当在该纸面内的某位置固定一个点电荷Q 时,a、b两点的电势相等,且a点的场强大小为E,方向如图所示,θ=30°.已知静电力常量为k,下列说法中正确的是()图K20-3A.点电荷Q带正电B.点电荷Q 所带的电荷量的大小为C.把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其所受的电场力先增大后减小D.把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其电势能先增大后减小技能提升6.(多选)[2017·江西新余四中段考]如图K20-4所示,轻弹簧上端固定,下端拴着一个带正电的小球Q,Q在O处时弹簧处于原长状态,Q可在O1处静止.将另一带正电的小球q固定在O1正下方某处,Q可在O2处静止.现将Q从O处由静止释放,则Q从O运动到O1处的过程中()图K20-4A.Q运动到O1处时速率最大B.Q的加速度大小先减小后增大C.Q的机械能不断减小D.Q、q、弹簧与地球组成的系统的势能不断减小7.[2017·湖南怀化二模]如图K20-5所示,现有一个以O点为圆心、以OP为半径的圆,四边形ABCD为圆内接的正方形,a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点,P、Q分别为弧AB和弧CD的中点.现在A、B、C、D四点分别放上等量的正电荷和负电荷(如图中所示),若取无穷远处电势为零,则下列说法中不正确的是()图K20-5A.O点的电场强度和电势均为零B.把正电荷从a点移到c点,电场力做正功C.把正电荷从b点移到d点,电场力做功为零D.同一电荷在P、Q两点处所受的电场力大小相等,方向相反8.(多选)[2017·广东揭阳二模]如图K20-6所示,真空中有一个边长为L的正方体,正方体的两个顶点M、N处分别放置所带电荷量都为q的正、负点电荷,图中的a、b、c、d也是正方体的顶点.已知静电力常量为k.下列说法中正确的是()图K20-6A.a、b两点电场强度相同B.a点电势高于b点电势C.把正点电荷从c点移到d点,电势能增加D.M点的电荷受到的库仑力大小为F=9.(多选)[2017·天津期末]空间内存在与纸面平行的匀强电场,纸面内的A、B、C三点均位于以O点为圆心、半径为10 cm的圆周上,并且∠AOC=90°,∠BOC=120°,如图K20-7所示.现把一个电荷量q=1×10-5 C的正电荷从A点移到B点时,电场力做功为-1×10-4 J;从B点移到C点时,电场力做功为3×10-4 J,则该匀强电场的场强()图K20-7A.大小为200 V/mB.大小为200 V/mC.方向垂直于OA向右D.方向垂直于OC向下10.(多选)[2017·长沙长郡中学一模]某电场中x轴上各点的电场强度的大小变化如图K20-8所示,场强方向与x轴平行,规定沿x轴的正方向为正.一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动,到达x1位置时速度第一次为零,到达x2位置时速度第二次为零,不计粒子的重力.下列说法中正确的是()图K20-8A.负点电荷从x1位置运动到x2位置的过程中,速度先保持不变,然后均匀增大再均匀减小B.负点电荷从O点沿x轴正方向运动到x2位置的过程中,加速度先均匀增大再均匀减小C.电势差U Ox1<U Ox2D.在整个运动过程中,负点电荷在x1、x2位置的电势能最大11.[2017·河南南阳期中]如图K20-9所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在第Ⅰ象限内有方向竖直向上的有界匀强电场,其所在区域的形状是直角三角形,三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)点和(0,L)点.在该区域左侧沿x轴正方向射来质量为m、带电荷量为-q(q>0)且初速度为v0的相同带电微粒,这些带电微粒分布在0<y<L的区间内,其中从(0,)点射入电场区域的带电微粒刚好从(L,0)点射出.不计带电微粒的重力,求:(1)电场强度大小;(2)从0<y<区间内射入场区的带电微粒在射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式;(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值.图K20-9挑战自我12.如图K20-10所示,等量异种点电荷分别固定在水平线上的M、N两点处,O 点位于M、N连线中点B的正上方且与B点之间的距离为L,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球固定在长度为L的绝缘轻质细杆的一端,细杆另一端可绕过O点且与M、N连线垂直的水平轴无摩擦转动.现在把杆拉起到水平位置,由静止释放,小球经过最低点B时速度为v.取O点电势为零,忽略小球所带电荷量对等量异种电荷所形成的电场的影响,重力加速度为g.(1)求小球在经过B点时对杆的拉力大小;(2)在+Q、-Q形成的电场中,求A点的电势φA;(3)小球继续向左摆动,求其在经过与A等高的C点时的速度大小.图K20-10课时作业(二十一) 第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·湖南邵阳二联]根据大量科学测试可以确定地球本身就是一个电容器.通常大地带有50万库仑左右的负电荷,而地面上空存在一个带正电的电离层,这两者便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压约为300 kV,则地球的电容约为()A.0.17 FB.1.7 FC.17 FD.170 F2.[2017·湖南怀化二模]如图K21-1所示,将平行板电容器的两极板分别与电池的正、负极相接,两板间一带电液滴恰好处于静止状态.现紧贴下板迅速插入一个有一定厚度的金属板,则在此过程中()图K21-1A.电路中流过逆时针方向的短暂电流B.电容器的电荷量减小C.带电液滴仍保持静止D.带电液滴向下做加速运动3.[2017·苏州期末]平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间有一个固定在P点的正检验电荷,如图K21-2所示.以C表示电容器的电容,E表示两板间的场强,φ表示P点处的电势,W表示正电荷在P点的电势能.若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离x0,则在此过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系图像正确的是图K21-3中的()图K21-2图K21-34.(多选)如图K21-4所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场.质量为m、所带电荷量为-q的带电粒子以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间的电压为U时,粒子恰好能到达N板.要使带电粒子到达M、N 两板间距的处返回,则下列做法中正确的是()图K21-4A.使初速度减小为原来的B.使M、N间电压提高到原来的2倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N 间电压都减小为原来的5.[2017·广州模拟]如图K21-5所示,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,垂直于板间电场方向进入电压为U2的平行板电容器,经偏转后落在下板的中间位置.为使与该粒子相同的带电粒子从相同的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列做法中可行的是()图K21-5A.保持U2和平行板间距不变,减小U1B.保持U1和平行板间距不变,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板技能提升6.[2017·石家庄质检]如图K21-6所示的电路中,A、B是构成平行板电容器的两个金属极板,P为两板间的一个固定点.将开关S闭合,电路稳定后将A板向上平移一小段距离,则下列说法中正确的是()图K21-6A.电容器的电容增大B.在A板上移过程中,电阻R中有向上的电流C.A、B两板间的电场强度增大D.P点电势升高7.[2018·长沙雅礼中学月考]如图K21-7所示,两块加上电压且水平放置的平行金属板之间有一个厚度不计的带电金属网,使金属板间形成了上、下两个场强分别为E1、E2(方向均竖直向下)的匀强电场空间.两个不计重力的带电微粒从离金属网分别为d1、d2的位置处先后水平射入电场(不考虑两微粒间的库仑力),两微粒的运动轨迹在金属网上相交于同一点.下列说法中错误的是()图K21-7A.两微粒一定带异种电荷B.若两微粒初速度相同,则到达金属网所用的时间相同C.不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,两微粒的运动轨迹仍然能相交于同一点D.若E1>E2,d1=d2,则上方微粒的比荷较小8.(多选)[2017·成都经开区实验中学一诊]如图K21-8所示,光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场,长度为L的绝缘的光滑挡板AC与电场方向的夹角为30°.现有质量相等、所带电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A 处出发,甲由静止释放后沿AC滑动,乙垂直于电场方向以一定的初速度开始运动,若甲、乙两个带电体都通过C处,则甲、乙两个带电体()图K21-8A.发生的位移相等B.通过C处时的速度大小相等C.电势能减少量都为EQLD.从A点运动到C 点的时间之比为∶19.[2017·甘肃二诊]如图K21-9所示,静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中半圆弧虚线所示的轨迹通过静电分析器,从P点垂直于CN 进入矩形区域内的有界匀强电场,匀强电场的场强方向水平向左.静电分析器通道内有均匀、辐向分布的电场,已知圆弧轨迹所在处的场强大小都为E0,方向沿圆弧轨迹半径指向圆心O,离子质量为m、电荷量为q,QN=2d、PN=3d,离子重力不计.(1)求离子通过静电分析器时的圆弧轨迹的半径R;(2)若离子恰好能打在QN的中点上,求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E.图K21-9挑战自我10.(多选)[2018·江西师大附中月考]如图K21-10所示,直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为∞)连接,电源负极接地.开始时电容器不带电,闭合开关S,电路稳定后,一带电油滴恰能在电容器中的P点保持静止.在保持开关S接通的状态下,下列说法中正确的是()图K21-10A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时,带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时,带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时,P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时,P点的电势升高11.在真空中水平放置的平行板电容器的两极板间有一个带电油滴,电容器两板间距为d,当平行板电容器两板间的电压为U0时,油滴保持静止状态,如图K21-11所示.当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时,油滴开始向上运动;经时间Δt后,电容器突然放电使其电压减少ΔU2,又经过时间Δt,油滴恰好回到原来位置.假设油滴在运动过程中没有失去电荷,充电和放电的过程均很短暂,这段时间内油滴的位移可忽略不计.重力加速度为g.求:(1)带电油滴所带电荷量与质量之比;(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比;(3)ΔU1与ΔU2之比.图K21-11专题训练(六) 专题6 带电粒子在电场中运动的综合问题时间 / 40分钟基础巩固1.(多选)[2017·湖南株洲一模]如图Z6-1所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B,一个电荷量q=1.41×10-4 C、质量m=1 g 的带电小球自A板上的孔P以大小为0.1 m/s的水平速度v0飞入两板之间的电场,经0.02 s后又回到P点,其间未与B板相碰,g取10 m/s2,则()图Z6-1A.板间电场强度大小为100 V/mB.板间电场强度大小为141 V/mC.板与水平方向的夹角θ=30°D.板与水平方向的夹角θ=45°2.[2016·合肥联考]如图Z6-2所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD 面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同的速率射入三个质量相同的带正电液滴甲、乙、丙,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法中正确的是()图Z6-2A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴丙所带的电荷量最多3.(多选)[2017·四川自贡一诊]在地面附近存在一个有界电场,边界MN将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场.在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A,如图Z6-3甲所示,小球运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则()图Z6-3A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5B.在t=5 s时,小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功大于克服电场力做的功D.在1~4 s过程中,小球的机械能先减小后增大4.(多选)[2017·长春质检]如图Z6-4所示,光滑绝缘斜面体ABC处于水平向右的匀强电场中,斜面AB的长度为0.5 m,倾角θ=37°,带电荷量为+q、质量为m的小球(可视为质点)以大小为2 m/s的速度v0沿斜面匀速上滑.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法中正确的是 ()图Z6-4A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为C.若电场强度变为原来的2倍,则小球运动的加速度大小为3 m/s2D.若电场强度变为原来的一半,则小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半5.(多选)[2017·山东泰安质检]如图Z6-5甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压.在第1 s内,点电荷在两极板间处于静止状态,t=2 s时电荷在运动且未与极板接触,g取10 m/s2,则()图Z6-5A.在1~2 s内,点电荷做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2B.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2C.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,2 s末加速度大小为10 m/s2D.在2 s末,点电荷的速度大小为10 m/s技能提升6.(多选)[2017·青岛二模]如图Z6-6所示,两个带等量正电荷的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点,其位置关于坐标原点O对称,圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆,c点为半圆与y轴的交点,a、b两点为一条平行于x 轴的直线与半圆的交点.下列说法中正确的是()图Z6-6A.a、b 两点的电势相同B.a、b两点的场强相同C.将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,其电势能先增大后减小D.将一个正电荷q放在半圆上的任意一点,两点电荷对q的作用力大小分别是F1、F2,则为一定值7.(多选)[2017·西安联考]如图Z6-7甲所示,平行金属板A、B之间的距离为6 cm,两板间电场强度随时间变化的规律如图乙所示,周期T=8×10-5 s,场强垂直于金属板由A指向B为正.电荷量为8.0×10-19 C、质量为1.6×10-26kg的带正电的粒子在两板间中心处由静止释放,若不计粒子重力,粒子与金属板碰撞后即不再运动,则()图Z6-7A.粒子于t=0时刻释放时,一定能运动到B板B.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到B板C.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板D.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板8.(多选)[2017·石家庄调研]如图Z6-8所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是()图Z6-8A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动B.小环上滑时间小于下滑时间C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能9.[2017·四川凉山一模]如图Z6-9所示,绝缘平板S放在水平地面上,S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.两块足够大且带等量异种电荷的平行金属板P、Q通过绝缘撑架板固定在S上,在两板间形成竖直向上的匀强电场,金属板间的距离d=1 m,P板的有一小孔,整个装置的总质量为M=0.36 kg.给装置某一初速度使其向右做直线运动,同时质量m=0.04 kg的带正电小球从离P板高h=1.25 m处由静止下落,恰好能进入孔内.小球进入电场时,装置的速度为v1=6 m/s.小球进入电场后,恰能运动到Q板且不与Q板接触,之后返回P板.不计空气阻力,g取10 m/s2,不考虑运动产生的磁场.求:(1)小球自由下落到小孔所用的时间;(2)刚释放小球时小球与小孔的水平距离x1;(3)小球返回P板时装置的速度.图Z6-9挑战自我10.质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上,质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入,绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场,其场强大小E=(g为重力加速度),方向竖直向下,如图Z6-10所示.已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定,物块运动到绝缘板的右端时恰好相对绝缘板静止.若将匀强电场的方向改变为竖直向上,场强大小不变,且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入,结果当二者相对静止时,物块未到达绝缘板的右端.(1)当场强方向竖直向下时,求物块在绝缘板上滑动的过程中系统产生的热量;(2)求场强方向竖直向下时与竖直向上时物块受到的支持力大小之比;(3)当场强方向竖直向上时,求物块相对于绝缘板滑行的距离.图Z6-10教师详解(作业手册)课时作业(十九)。
习题解答---大学物理第7章习题--2
专业班级_____ ________学号________第七章静电场中的导体和电介质一、选择题：1，在带电体A旁有一不带电的导体壳B,C为导体壳空腔的一点，如下图所示。
则由静电屏蔽可知：[ B ]（A）带电体A在C点产生的电场强度为零；（B）带电体A与导体壳B的外表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（C）带电体A与导体壳B的表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（D）导体壳B的、外表面的感应电荷在C点产生的合电场强度为零。
解答单一就带电体A来说，它在C点产生的电场强度是不为零的。
对于不带电的导体壳B,由于它在带电体A这次，所以有感应电荷且只分布在外表面上（因其部没有带电体）此感应电荷也是要在C点产生电场强度的。
由导体的静电屏蔽现象，导体壳空腔C点的合电场强度为零，故选（B）。
2，在一孤立导体球壳，如果在偏离球心处放一点电荷+q，则在球壳、外表面上将出现感应电荷，其分布情况为 [ B ]（A）球壳表面分布均匀，外表面也均匀；（B）球壳表面分布不均匀，外表面均匀；（C）球壳表面分布均匀，外表面不均匀；（D）球壳的、外表面分布都不均匀。
解答 由于静电感应，球壳表面感应-q ，而外表面感应+q ，由于静电屏蔽，球壳部的点电荷+q 和表面的感应电荷不影响球壳外的电场，外表面的是球面，因此外表面的感应电荷均匀分布，如图11-7所示。
故选（B ）。
3. 当一个带电导体达到静电平衡时：[ D ](A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高。
(C)导体部的电势比导体表面的电势高。
(D)导体任一点与其表面上任一点的电势差等于零。
4. 如图示为一均匀带电球体，总电量为+Q ，其外部同心地罩一、外半径分别为r 1、r 2的金属球壳、设无穷远处为电势零点，则在球壳半径为r 的P 点处的场强和电势为： [ D ]（A ）E=r Q U r Q 0204,4πεπε=（B ）E=0，104r Q U πε= （C ）E=0，rQ U 04πε=（D ）E=0，204r Q U πε=5. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ [ C ]（A ）高斯面不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零。
2022版高考物理一轮复习第七章静电场练习含解析
第七章静电场综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．干燥的冬天开车门时手与金属车门之间容易“触电”，为了防止“触电”，在网上出现了名叫“静电消除器”的产品，手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，就可以防止“触电”。
关于这一现象及这一产品，下列说法不正确的是 ( C ) A．这种“触电”现象是一种静电现象B．“静电消除器”应该为导体C．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷都被“静电消除器”吸收而消失了D．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体最终构成一个等势体[解析] 干燥的冬天，人体容易带上静电，当接触金属车门时就会出现放电现象，所以这种“触电”现象是一种静电现象，故A正确；手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，人体带上的静电通过“静电消除器”发生中和，所以“静电消除器”应该为导体，故B 正确；根据电荷守恒定律，人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷通过“静电消除器”发生中和，而不是被“静电消除器”吸收而消失了，故C错误；人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体处于静电平衡，处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，故D正确。
2．(2021·湖南长沙一中月考)喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示。
重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P。
关于此微滴及其在极板间电场中的运动，下列说法正确的是 ( C )A．微滴经带电室后带正电B．电场力对微滴做负功C．动能增大D．电势能增大[解析] 本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。
微滴向正极板偏转，可知微滴经带电室后带负电，运动过程电场力做正功，动能增大，电势能减小，故只有C正确。
近年高考物理大一轮复习第7单元静电场作业手册(2021年整理)
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第七单元静电场课时作业（十九) 第19讲电场的力的性质时间 / 40分钟基础巩固1。
[2017·湖南衡阳八中三检]下列关于电场强度的说法中正确的是（）A。
由E=知，若q减半，则该处电场强度变为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C。
由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度均相同D。
电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向2.如图K19—1所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线,已知该电场线关于图中虚线对称,O点为A、B两点电荷连线的中点，a、b为A、B两点电荷连线的中垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法中正确的是(）图K19—1A。
A、B可能为等量异号点电荷B.A、B可能为电荷量不相等的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D。
同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等,方向相反3。
库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律,它的发现是受万有引力定律的启发,实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力.如图K19-2所示为无大气层、均匀带有大量负电荷且质量分布均匀的某星球,将一个带电微粒置于距该星球表面一定高度处并将其无初速度释放，发现微粒恰好能保持静止。
高考物理-全品一轮第7单元静电场作业详解
教师详解(作业手册)课时作业(十九)1.B[解析]电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误.2.D[解析]根据电场线的方向及对称性可知该电场是由等量同种点电荷形成的,故A、B错误;a、b两点处虽没有画出电场线,但这两点的电场强度都不为零,C错误;根据该电场的特点可知,同一试探电荷在a、b两点所受的电场力等大反向,D正确.3.A[解析]微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.4.B[解析]根据题述,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍,可知A球的质量是B球的,若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,对A球,由牛顿第二定律得k=ma,对B球,由牛顿第二定律得k=2ma,联立解得Q=q,选项B正确.5.A[解析]小球从C点运动到D点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误;因直杆处于A、B的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直在做匀加速直线运动,故C、D错误.6.B[解析]点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为E a=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为E=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平b衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.7.A[解析]电荷量为+,方向向右,而b点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知,细棒与点电荷在b点处产生的电场强度大小相等,方向相反,则细棒在b点处产生的电场强度大小为E'=,方向向左,根据对称性可知,细棒在d点处产生的电场强度大小为,方向向右,而电荷量为+,方向向右,所以d点处的场强大小为E=E″+E'=,方向向右,故选项A正确.d8.D [解析] a 带正电,受到的电场力水平向左,b 带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE ,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a 的绳子应向左偏转,设上面的绳子与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得tan α=;以b 球为研究对象,设a 、b 间的绳子与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D 正确,A 、B 、C 错误.9.C [解析] 对P 球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T==2mg ,静电力大小F=mg ,A 、B 错误;剪断左侧细线的瞬间,P 球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P 球的加速度大小为2g ,C 正确;当两球间的静电力消失时,Q 球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g ,D 错误.10.(1) (2)3(mg+qE )[解析] (1)由A 到B ,由动能定理得mgr=m v 2-0在B 点,对小球受力分析,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O 点固定的是点电荷-Q ,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB 弧中点处的电场强度为E=(2)设小球到达B 点时的速度为v ,由动能定理得(mg+qE )r=m v 2设在B 点处环对小球的弹力为F N ,由牛顿第二定律得F N -mg-qE=m联立解得小球在B 点受到环的压力为F N =3(mg+qE )由牛顿第三定律知,小球在B 点对环的压力大小为F'N =F N =3(mg+qE )11.C[解析]对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C处三个正点电荷施加的库仑力,将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向,设α是A、B、C处正点电荷对其施加的库仑力方向与竖直方向的夹角,在竖直方向,根据平衡条件得3F cos α=mg,根据几何关系得cos α=,又F=,解得q=,C正确.12.(1)g(2)L[解析](1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有qE+2mg=2ma1解得a=g.1(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有=2a1L解得v=1从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有qE+2mg-3qE=2ma2=2a2·sB穿出下孔后,有2mg-3qE=2ma30-联立解得s=L所以两板间距d=s+L=L.课时作业(二十)1.B[解析]将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电场力做正功,因此电势能一定减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,但场强不一定相等,故C错误;电势降低最快的方向才是场强的方向,故D错误.2.BD[解析]小球的重力势能增加5 J,则小球克服重力做功5 J,故A错误;电场力对小球做功2 J,则小球的电势能减少2 J,故B正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5 J,则除重力以外的力做功为1.5 J,因电场力对小球做功2 J,则空气阻力做功为-0.5 J,即小球克服空气阻力做功0.5 J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5 J,根据动能定理,小球的动能减少3.5 J,D正确.3.A[解析]等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q前,O点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.4.BCD[解析]四个点电荷在O点都产生场强,由场强叠加原理知,O点场强不为零,且场强沿OD方向,O点电势为零,A错误;a 点电势最高,b、c在同一等势面上,d点电势最低,把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零,B正确;由电场的对称性知,同一点电荷在a、d两点所受电场力相同,C正确;将一正点电荷由a点移到b点,电势能减小,D正确.5.BC[解析]根据点电荷的电场特点,结合题给条件可确定点电荷Q的位置在ab的中垂线和E的方向的交点处,且带负电,A错误;a点的电场强度E=k,其中r=,解得Q=,B正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移到b点过程中,先靠近后远离点电荷Q,所以其所受的电场力先增大后减小,C正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点的过程中,电场力先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,D错误.6.BC[解析]q在O1正下方某处,Q在O2处时受力平衡,速率最大,故A错误;Q从O运动到O1处的过程中,加速度先减小,在O2处时加速度为零,而后反向增大,故B正确;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,因弹等于簧弹力一直做负功,即W弹<0,库仑力也一直做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q的机械能不断减小,故C正确;系统的势能Ep重力势能、电势能与弹性势能之和,根据能量守恒定律得ΔE+ΔE k=0,由于Q的动能E k先增大后减小,所以系统的势能先减小p后增大,故D错误.7.A[解析]左、右两个电荷和上、下两个电荷都是等量异种电荷,P、Q连线的垂直平分线是一条等势线,并延伸到无穷远,则O点电势与无穷远处电势相等,即O点的电势为零,根据电场的叠加原理可知,O点的场强不为零,A错误;由四个电荷分布的位置可知,a点电势高于c点电势,故把正电荷从a点移到c点,电场力做正功,故B正确;由四个电荷分布的位置可知,电场线关于P、Q连线对称,b点与d点电势相等,故把正电荷从b点移到d点,电场力做功为零,C正确;根据电场线的对称性可知,P、Q两点处电场线疏密程度相同,场强大小相等,方向相反,则同一电荷在P、Q两点处所受的电场力大小相等,方向相反,D正确.8.AD[解析]由等量异种点电荷的电场分布可知,a、b两点处电场强度相同,a点的电势等于b点的电势,且都等于零,A正确,B错误;因c点电势高于d点,故把正点电荷从c点移到d点,电势能减小,C错误;M点的电荷受到的库仑力大小为F=k,D正确.9.AC[解析]由题意知,U AB= V=-10 V,U BC= V=30 V,则U AC=U AB+U BC=20 V,若设φC=0,则φA=20 V,φB=30 V,延长AO与BC交于BC的三等分点D,则D点的电势应为20 V,AD是电势为20 V的等势线,故场强方向垂直于OA向右,场强大小为E= V/m=200 V/m,故选项A、C正确.10.BD[解析]将负点电荷从x1位置运动到x2位置的过程分为两个阶段:从x1位置运动到O点的过程中,初速度为0,根据牛顿位置的过程中,根据牛顿第二定第二定律得a=,电场强度E不变,所以加速度a不变,做匀加速运动;从O点运动到x2律得a=,电场强度E 先均匀增大后均匀减小,所以加速度a 先均匀增大再均匀减小,速度不是均匀变化的,故A 错误,B正确.点电荷从O 点运动到x 1位置的过程中,根据动能定理得-U Ox 1q=0-,点电荷从O 点运动到x 2位置的过程中,根据动能定理得-U Ox 2q=0-,故电势差U Ox 1=U Ox 2,C 错误.点电荷从O 点运动到x 1位置的过程中,电场力做负功,电势能增大,点电荷在x 1位置的电势能最大,点电荷从O 点运动到x 2位置的过程中,电场力也做负功,电势能增大,点电荷在x 2位置的电势能也为最大,故D 正确.11.(1) (2)x 2=2Ly (3)L[解析] (1)设电场强度为E ,从(0,)点射入场区的带电微粒在场区中的偏转时间为t 1,有L=v 0t 1qE=ma解得E=.(2)微粒做类平抛运动,有x=v 0ty=at 2可得x 2=2Ly.(3)如图所示,设射到(2L ,0)点的带电微粒在场区中的水平偏转位移为x 1,竖直偏转位移为y 1,偏转角为θ,偏转时间为t 2,射入场区时的y 坐标值为Y ,有x 1=v 0t 2y 1=根据几何关系有x+=2L,L-x1=Y-y11根据平抛运动的特点有tan θ=2解得Y=L.12.(1)mg+m(2)(3)[解析](1)小球经B点时,在竖直方向上,有F-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细杆的拉力大小F'=F=mg+m.(2)O点电势为零,而OB在M、N连线的垂直平分线上,故B点的电势φ=0B对小球由A点运动到B点的过程,由动能定理可得mgL+q(φA-φB)=m v2解得φ=.A(3)由电场的对称性可得φ=-φA,所以U AC=2φAC对小球由A点运动到C点的过程,由动能定理可得qU AC=解得v=.C课时作业(二十一) 1.B[解析]根据题意可得Q=5×105 C,U=3×105 V,根据C==1.7 F,B正确.2.A[解析]插入一个带有一定厚度的金属板,相当于极板间的距离变小,根据电容的决定式C=,可知电容增大,又因电势差不变,则由Q=CU知,电容器的电荷量增大,电路中流过逆时针方向的短暂电流,故A正确,B错误;电势差不变,d减小,则电场强度增大,带电液滴所受的电场力增大,使带电液滴向上做加速运动,故C、D错误.3.C[解析]当负极板右移时,两板之间的距离d减小,由C=可知,C与x的关系图像不是一次函数图像,故A错误;由U=可知,U=Q,则E=,故E与两板之间的距离d(或x)无关,故B错误;因负极板接地,设P点原来与负极板之间的距离为l,则P点的电势φ=E(l-x),故C正确;电势能E=φq=Eq(l-x),不可能为水平线,故D错误.p4.BD[解析]在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,解得d=,设带电粒子离开M板的最远距离为x,若使初速度减小为原来的,则x=,A错误;若使M、N间的电压提高到原来的2倍,则电场强度变为原来的2倍,x=,B正确;若使M、N间的电压提高到原来的4倍,则电场强度变为原来的4倍,x=,C错误;若使初速度和M、N间的电压都减小为原来的,则电场强度变为原来的一半,x=,D正确.5.D[解析]粒子在加速电场中运动时,有U1q=,在偏转电场中运动时,有x=v0t,y=t2,解得x2=,若保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x减小,选项A错误;若保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;若保持U1、U2和下板的位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则d变大,x变大,故选项D正确.6.B[解析]根据C=,将A板向上平移一小段距离,间距d增大,其他条件不变,则导致电容变小,故A错误;在A板上移过程中,电容减小,又由于极板间的电压不变,则电容器的电荷量减小,因此电容器处于放电状态,电阻R中有向上的电流,故B正确;根据E=,由于间距d增大,而电压U不变,所以A、B两板间的电场强度变小,故C错误;因场强变小,导致P点与B板间的电势差减小,因B板接地,电势为零,可知P点电势降低,故D错误.7.D[解析]根据两微粒的运动轨迹可知,二者所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反,故A正确;若两微粒的初速度相同,根据平抛运动的规律可知,它们在水平方向上做匀速运动,因此到达金属网所用的时间相同,故B正确;根据运动学公式,在竖直方向有d=,若不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,故C正确;若E1>E2,d1=d2,根据运动学公式,在竖直方向有d=,由于两粒子的初速度不一定相同,则上方微粒的比荷不一定较小,故D错误.8.AC[解析]由于两带电体起点和终点相同,故发生的位移一定相同,A正确;电势能的减少量等于电场力所做的功,电场力做功都为W=EQL cos 30°=EQL,C正确;由于两带电体初速度不同,但电场力做功相同,故到达C点的速度大小不相等,B 错误;甲从A点运动到C点的时间t甲=,乙从A点运动到C点的时间t乙=,则甲、乙从A点运动到C点的时间之比为2∶,D错误.9.(1)(2)[解析](1)离子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=m v2离子在辐向电场中做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,根据牛顿第二定律得qE0=m解得R=.(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律得=v tPN=at2由牛顿第二定律得qE=ma解得E=.10.AD[解析]当滑动变阻器的滑片向上滑动时,变阻器有效阻值增大,R的电压增大,则电容器板间电压增大,场强增大,油滴所受的电场力增大,所以带电油滴会向上运动,A正确;当电容器的上极板向上移动时,由电容的决定式C=知,电容减小,而电容器的电压不变,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量Q不变,根据E=可知电容器板间场强不变,油滴所受的电场力不变,所以带电油滴仍静止不动,B错误;当电容器的下极板向下移动时,电容器所带的电荷量Q不变,由E=知,电容器板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,C错误;当电容器的下极板向左移动时,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量不变,故极板间电压U增大,由E=知,电容器板间场强变大,则P与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,D正确.11.(1)(2)1∶3(3)1∶4[解析](1)油滴静止时,由平衡条件得mg=q解得.(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1,加速度大小为a1,第二个Δt时间内油滴的位移为x2,加速度大小为a2,则x1=a1(Δt)2x2=v1Δt-a2(Δt)2且v1=a1Δt,x2=-x1联立解得a1∶a2=1∶3. (3)油滴向上做加速运动时,有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上做减速运动时,有mg-q=ma2即q=ma2则解得.专题训练(六)1.AD[解析]对带电小球进行受力分析,如图所示,小球的加速度a= m/s2=-10 m/s2,根据几何关系得tan θ==1,故θ=45°,F电=mg=qE,解得E=100 V/m,故A、D正确,B、C错误.2.D[解析]三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D正确.3.AD[解析]小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后受到电场力作用而做减速运动,由v-t图可以看出,在t=1 s和4 s时,小球经过边界MN,故B错误;由图像的斜率表示加速度可得,小球进入电场前的加速度为a=,进入电场后的加速度1大小为a=,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,则电场力F=mg+ma2=ma1,所以重力mg与电场力F大小之2比为3∶5,故A正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等,故C错误;在1~4 s过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,由于该过程中机械能和电势能的总和不变,所以小球的机械能先减小后增大,故D正确.4.BD[解析]小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;因小球做匀速运动,由平衡条件知qE cosθ=mg sin θ,所以电场强度E=,选项B正确;电场强度变为原来的2倍后,则有q·2E cos θ-mg sin θ=ma,所以a=g sin θ=6 m/s2,选项C错误;电场强度变为原来的一半后,则有mg sin θ-q·cos θ=ma1,所以a1==3 m/s2,由-v2=2a1L,解得v=1 m/s,选项D正确.5.BC[解析]第1 s内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s末电场强度增大为第1 s末的2倍,故电场力变为第1 s末的2倍,合力变为向上,大小为mg,且第2 s内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.6.AD[解析]根据等量同种点电荷产生的电场特点可知,a、b两点的电势相等,A正确;a、b两点的场强大小相等,但方向不同,B错误;正电荷从a点经c点移到b点,电势先降低后升高,由Ep=qφ得正电荷的电势能先减小后增大,C错误;由库仑定律和几何关系得,D正确.7.AD[解析]粒子在板间运动的加速度a= m/s2=108 m/s2,在×108×(4×10-5)2 m=8×10-2 m=8 cm,因x1>=3 cm,故若粒子于t=0时刻释放,则一定能运动到B板,选项A正确;若粒子于t=时刻释放,则粒子向A板运动,最后到达A板,选项B错误;若粒子于t=时刻释放,则在的时间内粒子向B板加速运动,位移为x2=×108×(2×10-5)2 m=2×10-2 m=2 cm,在的时间内粒子向B板减速运动,位移为x3=x2=2 cm,故已经到达B板,选项C错误;若粒子于t=时刻释放,则在的时间内粒子向B板加速运动,位移为x'2=×108×(10-5)2 m=0.5×10-2 m=0.5 cm,在的时间内粒子向B板减速运动,位移为x'3=x'2=0.5 cm,在~T的时间内粒子向A板加速运动,位移为x″2=×108×(3×10-5)2 m=4.5×10-2 m=4.5 cm,因4.5 cm-2×0.5 cm=3.5 cm>3 cm,故粒子已经到达A板,选项D正确.8.BD[解析]因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.9.(1)0.5 s(2)3.5 m(3)2 m/s[解析](1)小球自由下落,有h=解得t= s=0.5 s.1(2)装置加速度大小a=μg=4 m/s21由逆向思维得x=v1t1+×4×0.52 m=3.5 m.1(3)小球在电场中运动时,对小球,由动能定理得mg(h+d)-Fd=0解得F=0.9 N小球在电场中加速,有F-mg=ma解得a=12.5 m/s2小球在电场中运动的时间t=2 s=0.8 s2小球在电场中时,对装置有μ(Mg+F)=Ma2解得a=5 m/s22当小球返回到P板时,装置的速度v=v-a2t2=6 m/s-5×0.8 m/s=2 m/s.110.(1)(2)(3)l[解析](1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下,系统在水平方向上均动量守恒,有m v0=(m+M)v由能量守恒定律得Q=fs=(m+M)v2联立解得系统产生的热量Q=.(2)场强方向竖直向下时,有Q=f1s1场强方向竖直向上时,有Q=f2s2所以fs1=f2s21由题意知s>s2,则f1<f2,而f=μF N1所以F>F N1N2说明物块带负电场强方向竖直向下时,有F=mg-qEN1场强方向竖直向上时,有F=mg+qEN2又知E=故.(3)由以上各式得s2=l.。
第7章 静电场习题
q 4πε 0 r 2
。由此可知，球外空间的场强与气球吹大过程无关。
(3)因为球表面的场强 E 表=
q 4πε 0 R 2
，在球吹大的过程中，R 变大，所以，
球表面的场强随气球的吹大而变小。 通过该立方体各面的 7-7 一个点电荷 q 位于一个边长为 a 的立方体的中心， 电通量是多少？ 答：点电荷位于立方体中心时，通过该立方体各面的电通量都相等，并且等 于总通量的 1/6。由高斯定理可知总通量为
ε0
∑q
i
i
E2 4πr 2 =
由此可解得区域 II 的电场强度为
Q1
ε0
E2 =
4πε 0 r 2
Q1
在区域 III，做半径 r﹥R2 的球形高斯面。由于该高斯面内的电荷为 Q1+Q2， 由高斯定理可得
∫∫
S
r 1 r E 3 ⋅ dS =
ε0
∑q
i
i
E3 4πr 2 =
Q1 + Q2
ε0
E3 =
( 方向向上 )
7-5 如图 7-46 所示，长为 l 的细直线 OA 带电线密度为 λ ，求下面两种情 况下在线的延长线上距线的端点 O 点为 b 的 P 点的电场强度： (1) λ 为常量，且 λ >0；(2) λ =kx，k 为大于零的常量，(0≤x≤1)。
P O A x
b
54
第七章 静电场
合力的大小为
F = Fx = 2 F1cosθ = 2 ⋅
1 4πε 0
⋅
2e 2 d x2 + 2
2
⋅
2
x d x + 2
2
=
1
4πε 0 4 x 2 + d 2
高考物理总复习第7单元静电场作业手册(20)电场的能的性质(2021年整理)
2018届高考物理总复习第7单元静电场作业手册（20）电场的能的性质编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018届高考物理总复习第7单元静电场作业手册（20）电场的能的性质）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时作业(二十）第20讲电场的能的性质时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·黑龙江大庆一模］关于静电场,下列说法中正确的是(）A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大C。
在同一个等势面上的各点处场强的大小一定是相等的D。
电势降低的方向就是场强的方向2.(多选)[2017·湖北六校联考]一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用.若小球的重力势能增加5 J,机械能增加1。
5 J,电场力做功2 J，则(）A.重力做功5 JB.电势能减少2 JC。
空气阻力做功0。
5 J D。
动能减少3。
5 J3.[2017·合肥一中段考］如图K20—1所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q，图中O点为两点电荷连线的中点,P点为连线上靠近—Q的一点,MN为过O点的一条线段，M点与N点关于O点对称。
下列说法中正确的是（)图K20—1A.同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同B.M、N两点的电势相同C.将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小D。
大学物理第7章静电场练习题
第7章 习题精选（一）选择题7-1、下列几种说法中哪一个是正确的（A ）电场中某点场强的方向，就是点电荷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 /计算，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受电场力．（D ）以上说法都不正确．［ ］7-2、图中实线为某电场的电场线，虚线表示等势面，由图可看出： （A ）C B A E E E ，C B A V V V ．（B ）C B A E E E ，C B A V V V ． （C ）C B A E E E ，C B A V V V ．（D ）C B A E E E ，C B A V V V ．［ ］7-3、关于电场强度定义式0/q F E，下列说法中哪个是正确的（A ）场强E的大小与试验电荷0q 的大小成反比．（B ）对场中某点，试验电荷受力F与0q 的比值不因0q 而变． （C ）试验电荷受力F 的方向就是场强E的方向．（D ）若场中某点不放试验电荷0q ，则0 F ，从而0 E．［ ］7-4、有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点垂直距离为a /2处，有一电量为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为（A ）03 q ． （B ）04 q （C ）03 q ． （D ）06 q［ ］7-5、已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和0 q ，则可肯定：（A ）高斯面上各点场强均为零． （B ）穿过高斯面上每一面元的电场强度通量均为零． （C ）穿过整个高斯面的电场强度通量为零． （D ）以上说法都不对．［ ］q7-6、点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图，则引入前后： （A ）曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． （B ）曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． （C ）曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． （D ）曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．［ ］7-7、高斯定理0/d q S E S（A ）适用于任何静电场． （B ）只适用于真空中的静电场． （C ）只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．（D ）只适用于虽然不具有（C ）中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场．［ ］7-8、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E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E处处为零．（C ）如果高斯面上E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．［ ］7-9、静电场中某点电势的数值等于（A ）试验电荷q 0置于该点时具有的电势能． （B ）单位试验电荷置于该点时具有的电势能． （C ）单位正电荷置于该点时具有的电势能．（D ）把单位正电荷从该点移到电势零点外力所做的功．［ ］7-10、图中所示为轴对称性静电场的E ~r 曲线，请指出该电场是由下列哪一种带电体产生的（E 表示电场强度的大小，r 表示离对称轴的距离）．（A ）“无限长”均匀带电圆柱面． （B ）“无限长”均匀带电圆柱体． （C ）“无限长”均匀带电直线． （D ）“有限长”均匀带电直线．［ ］7-11、如图所示，边长为l 的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷．若正方形中心O 处的场强值和电势值都等于零，则：（A ）顶点a 、b 、c 、d 处都是正电荷．（B ）顶点a 、b 处是正电荷，c 、d 处是负电荷． （C ）顶点a 、c 处是正电荷，b 、d 处是负电荷． （D ）顶点a 、b 、c 、d 处都是负电荷．［ ］7-12、图中所示为一球对称性静电场的电势分布曲线，r 表示离对称中心的距离．请指出该电场是由下列哪一种带电体产生的． （A ）半径为R 的均匀带负电球面．（B ）半径为R 的均匀带负电球体． （C ）正点电荷． （D ）负点电荷．［ ］7-13、已知某电场的电场线分布情况如图所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪个是正确的（A ）电场强度N M E E ． （B ）电势N M V V ． （C ）电势能pN pM E E ． （D ）电场力的功0 W ．［ ］7-14、有三个直径相同的金属小球．小球1和小球2带等量异号电荷，两者的距离远大于小球直径，相互作用力为F ．小球3不带电并装有绝缘手柄．用小球3先和小球1碰一下，接着又和小球2碰一下，然后移去．则此时小球1和2之间的相互作用力为：（A ）0． （B ）F /4． （C ）F /8． （D ）F /2．［ ］7-15、一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为 ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感应电荷面密度为：（A ） 1， 2． （B ） 211 ， 212 ．（C ） 211 ， 212 ． （D ） 1，02 ．［ ］baA+7-16、A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷1Q ，B 板带电荷2Q ，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为（A ）S Q 012 ． （B ）S Q Q 0212 ． （C ）S Q01 ． （D ）SQ Q 0212 ．［ ］7-17、两个同心薄金属球壳，半径分别为1R 和2R （12R R ），若分别带上电荷1q 和2q ，则两者的电势分别为1V 和2V （选无穷远处为电势零点）．现用导线将两球壳相连接，则它们的电势为（A ）1V ． （B ）2V ． （C ）21V V ． （D ）)(2121V V ．［ ］7-18、如图所示，一带负电荷的金属球，外面同心地罩一不带电的金属球壳，则在球壳中一点P 处的场强大小与电势（设无穷远处为电势零点）分别为：（A ）00 V E ，． （B ）00 V E ，． （C ）00 V E ，． （D ）00 V E ，．［ ］7-19、在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布．如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现：（A ）球壳内、外场强分布均无变化． （B ）球壳内场强分布改变，球壳外不变． （C ）球壳外场强分布改变，球壳内不变． （D ）球壳内、外场强分布均改变．［ ］7-20、电场强度0/q F E这一定义的适用范围是：（A ）点电荷产生的电场． （B ）静电场． （C ）匀强电场． （D ）任何电场．［ ］7-21、在边长为b 的正方形中心放置一点电荷Q ，则正方形顶角处的场强为： （A ）20π4b Q ． （B ）20π2b Q ． （C ）20π3b Q ． （D ）20πb Q． ［ ］7-22、一“无限大”均匀带电平面A 的右侧放一与它平行的“无限大”均匀带电平面B ．已知A 面电荷面密度为 ，B 面电荷面密度为 2，如果设向右为正方向，则两平面之间和平面B 右侧的电场强度分别为：+Q 2A B（A ）002 ，． （B ）00 ，． （C ）00232 ，． （D ）002 ， ． ［ ］7-23、一带有电量Q 的肥皂泡（可视为球面）在静电力的作用下半径逐渐变大，设在变大的过程中其球心位置不变，其形状保持为球面，电荷沿球面均匀分布，则在肥皂泡逐渐变大的过程中：（A ）始终在泡内的点的场强变小． （B ）始终在泡外的点的场强不变． （C ）被泡面掠过的点的场强变大． （D ）以上说法都不对．［ ］7-24、两个同心均匀带电球面，半径分别为a R 和b R （a R <b R ），所带电荷分别为a Q 和b Q ．设某点与球心相距r ，当b R r 时，该点的电场强度的大小为：（A ）2b b 2a 0π41R Q r Q ． （B ） 2b a 0π41r Q Q ． （C ） 2b a 0π41r Q Q ． （D ）2a 0π41r Q ． ［ ］7-25、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是： （A ）如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零．（B ）如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．（C ）如果高斯面上E处处不为零，则该面内必有电荷． （D ）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场．［ ］7-26、一点电荷放在球形高斯面的中心处，下列哪一种情况，通过该高斯面的电通量会发生变化． （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． （C ）将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内． （D ）将高斯面缩小．［ ］7-27、在已知静电场分布的条件下，任意两点1P 和2P 之间的电势差决定于： （A ）1P 和2P 两点的位置． （B ）1P 和2P 两点处的电场强度的大小和方向． （C ）试验电荷所带电荷的正负． （D ）试验电荷所带的电量．［ ］7-28、带电导体达到静电平衡时，其正确结论是：（A ）导体表面上曲率半径小处电荷密度较小．（B ）表面曲率半径较小处电势较高．（C ）导体内部任一点电势都为零． （D ）导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零．［ ］7-29、一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U ，电场强度的大小E ，将发生如下变化．（A ）U 减小，E 减小． （B ）U 增大，E 增大．（C ）U 增大，E 不变． （D ）U 减小，E 不变．［ ］（二）填空题7-1、根据定义，静电场中某点的电场强度等于置于该点的___________________所受到的电场力．7-2、电场线稀疏的地方电场强度________；密集的地方电场强度________．（填“较大”或“较小”）7-3、均匀带电细圆环圆心处的场强为______________．7-4、一电偶极子，带电量为C 1025 q ，间距cm 5.0 L ，则系统电矩为_____________Cm ．7-5、在静电场中作一任意闭合曲面，通过该曲面的电场强度通量的值取决于________________．7-6、两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为 和 ，则两平面之间的电场强度大小为___________________，方向为_____________________．7-7、一个均匀带电球面半径为R ，带电量为Q ．在距球心r 处（r ＜R ）某点的电势为________________．7-8、在电荷为q 的点电荷的静电场中，将一电荷为0q 的试验电荷从a 点（距离q 为a r ）沿任意路径移动到b 点（距离q 为b r ），外力克服静电场力所做的功 W ____________________．7-9、电荷为C 1059 的试验电荷放在电场中某点时，受到N 10209 的向下的力，则该点的电场强度大小为____________，方向____________．+ +2 AB C7-10、两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为 和 2 ，如图所示，则A 、B 、C 三个区域的电场强度分别为：E A ＝______________，E B ＝________________，E C ＝_____________（设方向向右为正）．7-11、一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d （d <<R ）环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小 E ______________，场强方向为____________．7-12、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．则通过该半球面的电场强度通量为___________．7-13、一均匀带正电的导线，电荷线密度为 ，其单位长度上总共发出的电场线条数（即电场强度通量）是____________．7-14、如图，点电荷q 和-q 被包围在高斯面S 内，则通过该高斯面的电场强度通量 SS E d ＝_________，式中E为__________________处的场强．7-15、在点电荷+q 和-q 的静电场中，作出如图所示的三个闭合面S 1、S 2、S 3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别是：1Φ＝___________，2Φ＝___________，3Φ＝________________．7-16、描述静电场的两个基本物理量是__________________；它们的定义公式是_______________和_________________．7-17、图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电荷为+q 的点电荷，O 点有一电荷为-q 的点电荷．线段R BA ．现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所做的功为_____________．7-18、半径为R 的均匀带电圆环，电荷线密度为 ．设无穷远处为电势零点，则圆环中心O 点的电势V ＝_____________________．7-19、静电场的场强环路定理的数学表示式为：____________．该式的物理意义____________________1 2 3该定理表明，静电场是____________场．7-20、电荷为Q 的点电荷固定在空间某点上，将另一电荷为q 的点电荷放在与Q 相距r 处．若设两点电荷相距无限远时电势能为零，则此时系统的电势能E p ＝___________________．7-21、一空气平行板电容器，两极板间距为d ，充电后板间电压为U ．然后将电源断开，在两板间平行地插入一厚度为d /3的金属板，则板间电压变成U =________________．7-22、如图所示，两同心导体球壳，内球壳带电荷+q ，外球壳带电荷-2q ．静电平衡时，外球壳的电荷分布为：内表面_____________；外表面_______________．7-23、如图所示，把一块原来不带电的金属板B ，移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置．设两板面积都是S ，板间距离是d ，忽略边缘效应．当B 板不接地时，两板间电势差U AB =_____________；B 板接地时两板间电势差 ABU _____________．7-24、一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，今在中心处放置一电荷为q 的点电荷，则球壳的电势U =_____________．7-25、一平行板电容器充电后切断电源，若使两电极板距离增加．则电容将____________，两极板间电势差将__________．（填“增大”、“减小”或“不变”）（三）计算题7-1、电荷为q 1＝×10-6C 和q 2＝×10-6C 的两个点电荷相距20cm ，求离它们都是20cm 处的电场强度．（真空介电常量-2-12120m N C 108.85 ）S7-2、如图所示，一长为10cm 的均匀带正电细杆，其电荷为×10-8C ，试求在杆的延长线上距杆的端点5cm 处的P 点的电场强度．（2-290C m N 10941）7-3、绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心O 点的电场强度．7-4、“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为 ，试求轴线上一点的电场强度．7-5、真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为a ，其电荷线密度分别为 和 ．试求：在两直线构成的平面上，两线间任一点的电场强度（选Ox 轴如图所示，两线的中点为原点）．7-6、真空中一立方体形的高斯面，边长a ＝，位于图中所示位置．已知空间的场强分布为：bx E x ，0z y E E ．常量b ＝1000N/（C m ）．试求通过该高斯面的电通量．7-7、如图所示，两个点电荷+q 和-3q ，相距为d ，试求：（1）在它们的连线上电场强度0 E的点与电荷为+q 的点电荷相距多远（2）若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势0 V 的点与电荷为+q 的点电荷相距多远7-8、一“无限大”平面中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为 ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势（选O 点的电势为零）．7-9、一个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为m 03.01 R 和m 10.02 R ．已知两者的电势差为450V ，求内球面上所带的电荷．7-10、厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为 ．试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差．12。
2020版高考物理一轮复习第七章静电场(第3课时)课时作业(含解析)
课时作业【基础练习】一、平行板电容器及动态分析1．(2018全国3卷)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。
现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。
下列说法正确的是( )A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等答案：BD2．(2016全国卷Ⅰ，14题)一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案：D二、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动3．(2018绍兴一中测试)两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是( )A.油滴将向上运动，电流表G中的电流从b流向aB．油滴将向下运动，电流表G中的电流从a流向bC ．油滴静止不动，电流表G 中的电流从a 流向bD ．油滴静止不动，电流表G 中无电流流过C 解析：将两板缓慢地水平错开一些，两板正对面积减少，由C ＝S ，4πkd 知电容减小，而电压不变，由C ＝QU知电容器带电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流表G 中有a →b 的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由E ＝U ，d 可知板间场强不变，油滴所受静电力不变，仍处于静止状态．4．(2018嘉兴市桐乡一中调研)(多选)静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的．如图为其工作过程简化图：离子源发射的带电离子经过离子加速区加速，进入中和区与电子中和形成中性高速射流，喷射而产生推力．根据题目信息可知( )A ．M 板电势高于N 板电势B ．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C ．增加加速区极板间距，可以增大束流速度而获得更大的推力D ．增加极板MN 间的电压，可以增大束流速度而获得更大的推力AD 解析：由于在中和区与电子中和，所以加速离子带正电，则加速区极板M 比N 电势高，由动能定理知qU ＝12mv 2，所以进入中和区的离子速度与电荷量有关，与极板距离无关，与电压有关．三、带电粒子在电场中的偏转5．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回D 解析：设板间电压为U .对小球第一次下落过程应用动能定理有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d2＋d －E 1qd ＝0，其中，E 1＝U d ，下极板上移后，假设小球能到达距离上极板d 1处，根据动能定理mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d2＋d 1－E 2qd 1＝0，其中，E 2＝2U 3d .解得d 1＝25d ，故D 正确．6．(多选)(2018·牡丹江市一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B ，已知力F 和AB 间夹角为θ，AB 间距离为d ，小球带电量为q ，则下列结论正确的是( )A ．电场强度的大小为E ＝F cos θ/qB ．AB 两点的电势差为U AB ＝－Fd cos θ/qC ．带电小球由A 运动至B 过程中电势能增加了Fd cos θD ．带电小球若由B 匀速运动至A ，则恒力F 必须反向BC 解析：由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F 而做匀速直线运动，则有，qE ＝F ，则得场强E ＝F q ，故A 错误．A 、B 两点的电势差为U ＝－Ed cos θ＝－Fd cos θq，故B正确．带电小球由A 运动至B 过程中恒力做功为W ＝Fd cos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fd cos θ，故C 正确，小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B 向A 做匀速直线运动时，F 大小、方向不变，故D 错误．7．(2017河北唐山一模，20)(多选)如图所示，竖直平面内有A 、B 两点，两点的水平距离和竖直距离均为H ，空间存在水平向右的匀强电场。
第7章+静电场+习题和思考题学习资料
2Q
为从 A 点指向 x 轴负向；
A
x
Oa
a
（2） 由高斯定理得带电球壳在
A 点处产生的电场强度
1 2Q Q
E 140a2i20a 2i
（3）无限大带电平面在 A 点处产生的 电场强度
习题图7-5
E2 20 i
第七第章七章习题习解题答解答
（4） A 点处总的电场强度 。
EE 1 Q E 2 20a2i(20i) Q (20a2 20)i
答：错误 。
根据静电感应，当导体达到静电平 衡时，导体内部电场强度处处为 0， 根据高斯定理，导体内表面所带电 荷与空腔导体包围的电荷代数和为 0，所以内表面带-Q 的电量 。
A Q
B
习题图7-3
第七第章七章习题习解题答解答
三、综合题
1．如习题图 7-4，三个点电荷分别分布 在 x , y轴上。 （1） 分析各点电荷在 O 点产生电场强度的方向； （2） 写出各点 电荷在 O 点产生的电场强度的大小； （3） 计算 O 点的电场 强度大小； （4）计算 O 点电势的大小 。
答：错误. 点电荷在空间产生的电场 成球对称分布，A、B、C三点离点 电荷的距离相等，所以试探电荷在 三点的电势相等，从而将一试验电 荷从 A 点分别移动到 B 和 C 点，电 场力做功都为 0 。
q
A
O
B
C 习题图7-2
第七第章七章习题习解题答解答
5．如习题图 7-3 所示，在一个原来不带电的外表面为球形 的空腔导体 B 内，放置一带有 +Q 电荷的导体 A，则空 腔导体 B 的内表面不带电 。 请分析是否正确 。
第七章 习题解答
第七章 静电场
• 习题和思考题
基础物理学第七章(静电场)课后习题答案
解：两根长直导线在它们之间所产生的磁场沿 y 轴正方向，该磁场的大小为 .
忽略导线内部磁通量，一对导线长为 l 的一段的自感为 . 7-14 一螺线管的自感系数为 0.010H，通过它的电流为 4A，试求它贮藏的磁场能量。 解:
7-15 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为 I，试证：每单位长度导线内 所贮藏的磁能为 ?????????。 解： 载流长直导线内磁场线是以对称轴为圆心的一系列同心圆，取半径为的圆为安培环路 L，有 在长直导线内取半径为，厚度为，高为单位长的薄壁圆筒体积元，如图所示，体积元内磁能 密度为 直导线内总磁能为
（1） 又因为 （2） (1)、（2）两式右边相同, 故
7-12 一螺绕环，横截面的半径为 a ，中心线的半径为 R，R " a ，其上由表面绝缘的导线 均匀地密绕两个线圈，一个 N1 匝，另一个 N2 匝。试求： （1）两线圈的自感 L1 和 L2； （2）两线圈的互感 M； （3）M 与 L1 和 L2 的关系。 解：（1）设线圈 1 中通有电流，因为 R " a，故螺线管内的磁场近似为匀强磁场，磁感应强 度为，通过某个横截面的磁通量为
因，则通过圆平面的位移电流为 （*）
（2）分析表明，运动电荷的磁场具有对称性，磁场线是垂直于轴线圆心在轴上的一系列同心 圆。设圆边缘某点 P 的磁感应强度为 B，磁场强度为 H，以给定圆为积分回路 L，应用全电流 定理和（*）式，得
第七章 静电场作业20
= ∫ ρ dv
Qr E= 3 4πε 0 R
Qr D= 3 4π R
球心的电势 U o = E idr + U s
∫
0
R
=∫
0
R
Q 4πε 0 R
3
rdr +
Q 4πε 0 R
=
3Q 8πε 0 R
Uo :Us = 2 : 3
8、把一个电量为q的粒子从无穷远处移到一个 把一个电量为q 半径为R的空心导体球壳中心（ 半径为R的空心导体球壳中心（此粒子通过球 壳上一个小孔移入），在此过程中需做多少功？ ），在此过程中需做多少功 壳上一个小孔移入），在此过程中需做多少功？ 解：将电荷从无穷远移到导体球壳的中心，造成的 将电荷从无穷远移到导体球壳的中心， 结果就是原来连续的电场少了一部分， 结果就是原来连续的电场少了一部分，因为球壳 导体内场强为零， 导体内场强为零，这部分电场的能量可以直接套 用球形电容器能量公式
E=
a +b
∫
b
σ dx σ a+b = ln b 2πε x 2πε
x
P
沿-X轴方向
a
的空气平行板电容器， 一电容为 C 的空气平行板电容器，接端电压为 U 的电源充电后随即断开，则把两个极板间 的电源充电后随即断开， 1 (n −1)CU2 。 倍时外力所作的功为_______ 距离增大至 n 倍时外力所作的功为_______ 2 1 平行班电容器电容 C = ε S 所以 C2 = C d n 2 2 2 2 Q CU CU CU W1 = = = 2C 2C 2 Q 2 nC 2U 2 nCU 2 W2 = = = 2C2 2C 2
第七章 静电场
一 选择题 ，（2） ，（ ，（3） ，（ ，（4） （1）C，（ ）D，（ ）D，（ ）C ） ，（ ，（6） ，（ ，（7） ，（ ，（8） （5）A，（ ）B，（ ）D，（ ）A ） ，（ ，（10） ，（ ，（11） ，（ ，（12） （9）D，（ ）C，（ ）B，（ ）C ） ，（ 二 填空题
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dx a 4 0 x 0l 0 a a l ln 4 0 4 0 a
a l
2．一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为 (r R) Ar ,A为一常数，试求球体内外的场强
0 (r R)
分布和电势分布。 方向如图
D
解： S D dS qi
q U P 4 0 R 4 0 x 4 0 ( x R / 2) Q q
7．如图所示，金属球A和金属球壳B同心放置，它们原 先都不带电。设球A的半径为R0，球壳B的内、外半 径分别为R1和R2。求在下列情况下，A、B的电势差 （1）使B带电+q； R （2）使A带电+q ； B A R R （3）使A带电+q ，使B带电-q ； （4）使A带电-q ，将B外表面接地。
解：（1） A q(U 0 U D ) A q q U D 6 0l （2） A q(U D U )
O 2l
q B
D
l
q 6 0l
4. 一厚度为d 的无限大平板，平板内均匀带电， 电荷体密度为，求板内、外场强的分布。 D ds 2 Dds q
q UA 4 0 R0 4 0 R1 q 1 1 U ( ) q q UB 4 0 R0 R1 4 0 R2 4 0 R2
s s
2 Ds s d
s内
o
s x
s
d D外 d , E外 2 2 0 D ds 2 Dds qi
s
s内
（侧视图）
x D内 x , E内 方向与该点x同
2 Ds s 2 x
5. 图示一球形电容器，在外球壳的内半径b和内外 导体间的电压U维持恒定的条件下，内球半径a为 多大时，才能使内球面上的电场强度最小？这个 最小的电场强度和相应的电场能量各是多少？ CU q b 解：E内 2 4 a 4 a 2 a U 4 abU bU 2 4 a (b a) (b a)a
2 1
0
解(1) B带电+q，A不带电，等势体 U 0 (2) A带电+q ，球壳内感应-q外表面 感应+q
q q UA 4 0 R0 4 0 R1 4 0 R2 q q q UB 4 0 R2 4 0 R2 4 0 R2 q 1 1 U ( ) 4 0 R0 R1 q
O
R
(3) : D 0 r E
(4) E / 2 0
E 3 / 2 0
x轴正向. x轴正向. x轴负向
E / 2 0
(5) : / 2 r
(6) : E和U
/ 2 0 r r
E f / q0
U p p
参考点
E dl
7．如图所示，金属球A和金属球壳B同心放置，它们原 先都不带电。设球A的半径为R0，球壳B的内、外半 径分别为R1和R2。求在下列情况下，A、B的电势差 （3）使A带电+q ，使B带电-q ； R （4）使A带电-q ，将B外表面接地。
2
B
(3) A带电+q，B内表面带-q，外表面0
q
A
R0
R1
(4) A带电-q ，B内表面带+q，外表面接地
4U E 0 a b / 2 E Emin b a 1 2 1 4 ab 2 2 We CU U 2 bU 2 2 ba
6.如图所示,半径为R的导体球原来带电为Q,现将一 点电荷q 放在球外离球心距离为x（>R）处，导体 球上的电荷在P点（OP = R/2）产生的场强和电势 . ＋ ＋ － 解：由于静电感应，使电荷重 ＋ +q R － R /2 . 新分布,球内处处场强为零.因 ＋ O . P. － － x 此P点总的电场强度也为零. ＋ ＋ ＋ q E 0 由静电平衡 UP = UO P 2 4 0 ( x R / 2) q Q q UP UP UO 4 0 ( x R / 2) 4 0 R 4 0 x
第七章 静电场
一 选择题 （1）C，（2）D，（3）D，（4）C （5）A，（6）B，（7）D，（8）A （9）D，（10）C，（11）B，（12）C 二 填空题
(1) : 0
S Q (2) : 2 2 4 0 R 4 R
指向S
一半径为 R 带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d ( d << R ) ，环上均匀带正电，总电量为q ， d 则圆心O处的场强大小 E= = q 2 2 R d 4 R q 圆心 O 处电势大小 U0 = 。 4 R
(7) : Ed
(8) : A R4
(9)Q / 4 0 R 2
2qU (10) v m
2 b
0
Q / 4 0 R
Q / 4 0 r2
(11)12 / 2 0 a
三、计算题
1. 图中所示为一沿 x 轴放置的长度为l的不均匀带
电细棒，其电荷线密度为= 0(x-a), 0为一常 量。取无穷远处为电势零点，求坐标原点O处 的电势。 a l 解：U q dU x
AR AR D外 ; E外 . 2 2 4r 4 0 r
4 4
4 AR U 外 r E外 dr 4 0 r
AB 2l ,OCD是以B为中心，l为半经 3．如图示， 的半圆，A点有正电荷+q，B点有负电荷-q，求： （1）把单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电场 力对它作的功？ （2）把单位正电荷从D点沿AB的延长线移到无穷 C 远去，电场力对它作的功？
2 r
R
r
D内 4 r 0 4 r dr Ar
Ar 2 Ar 2 D内 ; E内 ＝ 4 4
2 R 2
S内 2
D
4
U内 r E内dr＋R E外dr
A( R r ) AR ＝ 12 4 0 4
3 3 3
R
D外 4 r 0 4 r dr AR