高二物理《静电场》单元测试题A卷1．下列物理量中哪些与检验电荷无关（）A．电场强度E B．电势U C．电势能ε D．电场力F2．如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E.则（）A．该点电荷一定在A点的右侧 B．该点电荷一定在A点的左侧C．A点场强方向一定沿直线向左 D．A点的电势一定低于B点的电势3．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为×10-10 g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s2）（）A．3×106 B．30 C．10 D．3×1044.如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，θ为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A 两点问电势差为( ).(A)UOA =Er (B)UOA=Ersinθ (C)UOA=Ercosθ(D)θrcosEUOA=5．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是（）A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C．B点电势为零； D．B点电势为－20 V6．如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，若正极板A以固定直线00/为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，恰有一质量为m带负电荷的粒子(不计重力)以速度v沿垂直于电场方向射入平行板之间，则带电粒子在电场区域内运动的轨迹是(设负极板B固定不动，带电粒子始终不与极板相碰) （）A．直线 B．正弦曲线 C．抛物线D．向着电场力方向偏转且加速度作周期性变化的曲线7.如图所示，一长为L的绝缘杆两端分别带有等量异种电荷，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角α=60°，若使杆沿顺时针方向转过60°(以杆上某一点为圆心转动)，则下列叙述中正确的是( ).(A)电场力不做功，两电荷电势能不变(B)电场力做的总功为QEL/2，两电荷的电势能减少(C)电场力做的总功为-QEL/2，两电荷的电势能增加(D)电场力做总功的大小跟转轴位置有关8.如图，在真空中有两个点电荷A和B，电量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r （2r ＜L ）的空心金属球，且球心位于O 点，则球壳上的感应电荷在O 点处的场强大小________ 方向_________ ．9．把带电荷量2×10﹣8C 的正点电荷从无限远处移到电场中A 点，要克服电场力做功 8×10﹣6J ，若把该电荷从无限远处移到电场中B 点，需克服电场力做功2×10﹣6J ，取无限远处电势为零。
求：（1）A 点的电势 （2）A 、B 两点的电势差 （3）若把2×10﹣5C 的负电荷由A 点移到B 点电场力做的功． 10．如图所示,用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球,小球的质量为kg m 2100.1-⨯=.现加一水平方向向左的匀强电场,场强小球CNE 6100.3⨯=,平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为030=θ,求:带何种电荷,电荷量为多大11．在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U o ，其周期是T 。
现有电子以平行于金属板的速度v o 从两板中央射入。
已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：（1）若电子从t =0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。
（2）若电子从t =0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大静电场计算题1. 如图所示,绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接,圆弧的半径R ＝0.40m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度E ＝×104N/C.现有一质量m ＝0.10kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离sT /2T3T /22TtoU ABv oO ′ Oo乙甲-U oAB＝1.0m的位置,由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动,当运动到圆弧形轨道的C端时,速度恰好为零.已知带电体所带电荷量q＝×10－5C,取g＝10m/s2,求:(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；(3)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中,摩擦力做的功.2. 如图所示,水平放置的平行金属板的N板接地,M板电势为+U,两板间距离为d,d比两板的尺寸小很多,在两板之间有一长为2L的绝缘轻杆,可绕杆的水平固定轴O在竖直面内无摩擦地转动,O为杆的中点.杆的两端分别连着小球A和B,它们的质量分别为2m和m,它们的带电量分别为+q和-q.当杆由图示水平位置从静止开始转过900到竖直位置时,已知重力加速度为g,求:(1)两球的电势能的变化；(2)两球的总动能；(3)杆对A球的作用力.3. 如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒能落到下板上,已知微粒质量m=×10-6kg,电量q=×10-8C,电容器电容C=×10-6F,取g=10m/s2.试求:(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处,则带电粒子入射初速度的大小；(2)两板间电场强度为多大时,带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；(3)落到下极板上带电粒子总的个数.4. 如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为l，O点有一电荷量为+Q（Q≥q）的点电荷，现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点。
求：（1）小球静止在A点处绳子受到的拉力；（2）外加电场大小；（3）将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳受到的拉力。
5. 如图所示,在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b 是AB连线上两点,其中Aa=Bb=L/4,a、b两点电势相等,O为AB连线的中点.一质量为m带电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E从a点出发,沿AB直线向b运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1),到达b点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点,求:(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)Ob两点间的电势差U.ob(3)小滑块运动的总路程S.6. .如图所示,一质量为m的塑料球形容器放在桌面上,它的内部有一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧直立地固定于容器内壁的底部,弹簧上端经绝缘体系住一只带正电q、质量也为m的小球..从加一个竖直向上的场强为E 的匀强电场起,到容器对桌面压力减为零时为止,求:(1)小球的电势能改变量；(2)容器对桌面压力减为零时小球的速度大小..7. 一质量为m 、电荷量为q 的小球,从O 点以和水平方向成α角的初速度v 0抛出,当达到最高点A 时,恰进入一匀强电场中,如图.经过一段时间后,小球从A 点沿水平直线运动到与A 相距为S 的A′点后又折返回到A 点,紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点.求:(1)该匀强电场的场强E 的大小和方向；(即求出图中的θ角,并在图中标明E 的方向) (2)从O 点抛出又落回O 点所需的时间.8. 一条长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E ，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡，如图所示.问： (1)小球带何种电荷(2)小球所带的电量是多少(3)如果细线的偏角由α增大到ϕ，然后将小球由静止开始释放，则ϕ应为多大时才能使细线到竖直位置时，小球的速度刚好为零四.计算题答案:1. 解:(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律qE ma = 解得2/8.0/a qE m m s ==设带电体运动到B 端的速度大小为B v ,则 22B v as =解得2 4.0/B v as m s ==(2)设带电体运动到圆轨道B 端时受轨道的支持力为F N ,根据牛顿第二定律 解得Rv m mg F BN 2+==根据牛顿第三定律可知,带电体对圆弧轨道B 端的压力大小N F F N N0.5==' (3)设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W 摩,根据动能定理 因电场力做功与路径无关,所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中,电场力所做的功 联立解得0.72W J =-摩2. (1)电场中的场强为:E=U/d 电场力对两球做的功为:电势能的减小量为:(2)重力对两球做的功为:W G =mgl 由动能定理,有:W G +W E =E k -0解得:(3)根据(2)问,有:A 球在最低点,由牛顿第二定律,有:解得:3. 解:(1)对第1个落到O 点的粒子 由:02L v t =(2分)2122d gt =(2分)得:0 2.5(m/s)v ==(1分) (2)对落到B 点的粒子 由:0L v t =(1分)2122d at =(1分) mg Eq ma -=(2分)得:203()1.510(V/m)v mg md L E q-==⨯(2分)(3)由:66.010(C)Q CEd -==⨯(2分) 得:600QN q==(1分) 落到下极板上粒子总数为N+1=601个(1分)4. （1）设电场强度为E ，拉力为T列切线方向的方程ϑϑsin cos mg Eq = 1分列沿绳方向方程2sin cos lQqkEq mg T ++=ϑϑ 2分 联立方程得2332lQqk mg T +=2分 （2）外加电场ϑtan qmgE =代入ϑ=30o 得qmgE 33=2分（3）由能量守恒可知：Egl mgl mv -=2212分代入E 的表达式得gl v 33262-=2分 列受力方程22lQqk mg m l v T ++= 2分 得23329lQqk mg T =-=2分 5. 解:(1)由Aa=Bb=4L,O 为AB 连线的中点得:a 、b 关于O 点对称,则 U ab =0①（1分）设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f,对于滑块从a →b 过程,由动能定理得:002E Lf U q ab -=⋅-⋅②（1分） 而f=μmg ③由①——③式得:mgLE 02=μ④（1分） （2）对于滑块从O→b 过程,由动能定理得:004nE Lf U q Ob -=⋅-⋅⑤（2分） 由③——⑤式得:qE n U Ob 2)12(0--=⑥（1分） (3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程,由动能定理得:00E s f U q aO -=⋅-⋅⑦（2分）而qE n U U Ob aO 2)12(0-=-=⑧（1分） 由③——⑧式得:L n S 412+=⑨（1分） 6.解析:(1)初状态,对小球进行受力分析,得弹簧压缩量:mg ＝kx 1,x 1＝mgk；当容器对桌面压力为零时,对容器受力分析,说明弹簧伸长且拉力为mg,弹簧伸长量x 2＝x 1＝mgk ；该过程电场力做功:W ＝Eq(x 1＋x 2)＝2Eqmg k ,所以小球电势能减少2Eqmgk； (2)对小球用动能定理,该过程弹簧做功是零: (Eq －mg)(x 1＋x 2)＝12mv 2,v ＝2g(Eq －mg)k. 7. 解析:(1)斜上抛至最高点A 时的速度v A ＝v 0cosα① 水平向右由于AA′段沿水平方向直线运动,所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一水平向左的恒力: F ＝mgtanθ＝qEcosθ,② 带电小球从A 运动到A′过程中作匀减速运动 有(v 0cosα)2＝2qEcosθs/m③ 由以上三式得:E ＝m v 40cos 4α＋4g 2s 22qsθ＝arctan 2gsv 20cos 2α方向斜向上(2)小球沿AA′做匀减速直线运动,于A′点折返做匀加速运动 所需时间t ＝2v 0sinαg ＋4sv 0cosα8. (1) 小球带正电(2)由小球处于平衡状态可得： tan Eq mg α=，所以 tan mg q Eα= (3)小球从细线与竖直方向的夹角ϕ开始运动，到细线在竖直位置时速度恰好为零，根据动能定理，有(1cos )sin 0mgL EqL ϕϕ--= 得tantan 2ϕα= 故2ϕα=答案：1、AB 2、A 3、B 4、C 5、AC 6、C 7、B 8、12kQ/L2 沿AB 连线指向B9．1）400V 2）300V 3）﹣6⨯10﹣3 J 10．解：因为电场力F 方向向左，故小球带正电。