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電場基礎A卷 一、單選 1．在感應起電中，帶負電物體靠近帶絕緣底座的導體時，如圖所示M處將( ) A. 帶正電 B. 帶負電 C. 不帶電 D. 不能確定 【答案】B 【解析】由于同性電荷相斥，則當帶負電物體靠近帶絕緣底座的導體時，帶電體將導體中的負電荷斥向最遠端，即M處帶負電，故選B. 2．兩個可視為質點物體相距為R時，其相互作用的萬有引力大小為F。若將兩個物體間的距離增大為2R，其相互作用的萬有引力大小變?yōu)椋? A. B. C. 4F D. 2F 【答案】B 【解析】根據萬有引力定律公式知，兩物體間的距離增大為原來的2倍，則萬有引力變?yōu)樵瓉淼?，即為，故B正確，A、C、D錯誤； 3．下列現象中屬于靜電利用的是 A. 油罐車上有鐵鏈拖到地面 B. 飛機輪胎用導電橡膠制作 C. 屋頂安裝避雷針 D. 汽車表面噴涂油漆 【答案】D 4．如圖所示，P是一個帶電體，將原來不帶電的導體球Q放入P激發(fā)的電場中并接地，a，b，c，d是電場中的四個點。則靜電平衡后（ ） A. 導體Q仍不帶電 B. a點的電勢高于b點的電勢 C. 檢驗電荷在a點所受電場力等于b點所受電場力 D. 帶正電的檢驗電荷在c點的電勢能大于d點的電勢能 【答案】D 點睛：本題關鍵在于比較cd兩點的電勢，要注意c沿電場線到零勢能面有很大的距離，而d點已接近零勢能面，而沿電場線的方向，電勢是降落的；故c點電勢一定大于d點電勢． 5．如圖所示，B 為線段 AC 的中點，如果在 A 處放一個＋Q 的點電荷，測得 B 處的場強 EB＝60 N/C， 則下列說法正確的( ) A. C 處的場強大小為 EC＝30 N/C B. C 處的場強大小為 EC＝20N/C C. 若要使 EB＝0，可在 C 處放一個－Q 的點電荷 D. 把 q＝10－9 C 的點電荷放在C 點，則其所受電場力的大小為 1.510－8 N 【答案】D 【解析】A、B、場源為一正的點電荷Q，B離點+Q的距離等于C離+Q的距離的一半，則根據真空中點電荷場強公式，得EB=4EC；因B處的場強EB=60N/C，則EC=15N/C．故A、B錯誤。C、若要使EB=0，可在C處放一個+Q的點電荷，故C錯誤；D、把q=10-9C的點電荷放在C點，則其受電場力的大小為F=qEC=10-9C15N/C=1.510-8N，故D正確；故選D。 6．在密立根油滴實驗中，調節(jié)兩金屬板間的電勢差等于U0兩板距離為d時，某質量為m的油滴恰好做勻速運動，則該油滴所帶電荷量為( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】油滴勻速運動過程中受到電場力和重力平衡， 根據平衡條件，有：mg=qE，又有，聯立可得：，故A正確，BCD錯誤。 7．如圖所示，是一個點電荷電場的電場線(箭頭線)和等勢面(虛線)，兩等勢面之間的電勢差大小為2 V，有一個帶電荷量為q＝－1.0108 C的電荷，從A點沿不規(guī)則曲線路徑移到B點，電場力做功為（ ） A. 2.0108 J B. －2.0108 J C. 1.60107 J D. －4.0108 J 【答案】B 【解析】由圖可知，電場線的方向向外，所以A點的電勢大于B點的電勢，所以AB之間的電勢差為：U=2V；由電場力做功的公式有：W=qU=-1.0108C2V=-2.0108J，故B正確，ACD的錯誤；故選B。 8．如圖所示，一個帶正電的球體M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上的P1處，當小球N靜止時，絲線與豎直方向的夾角為θ。若將絲線懸點從P1移到P2處。則 A. 角θ變大，小球N帶正電 B. 角θ變小，小球N帶正電 C. 角θ變大，小球N帶負電 D. 角θ變小，小球N帶負電 【答案】B 9．三個粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉電場，出現了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列不正確的是 A. 在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 B. b和c同時飛離電場 C. 進電場時c的速度最大，a的速度最小 D. 動能的增加值c最小，a和b一樣大 【答案】B 【解析】A、三個粒子的質量和電量都相同，則知加速度相同，a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據，可知運動時間相等，故A正確； B、b、c豎直方向上的位移不等，，根據，可知，故B錯誤； C、在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：v=xt，因，則，故C正確； D、根據動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，c電荷電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確； 選不正確的，故選B。 10．一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x=x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是 A. x1處電場強度最小，但不為零 B. 粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C. 若x1、x3處電勢為1、3，則1<3 D. x2～x3段的電場強度大小方向均不變 【答案】D 【解析】EP-x圖像的斜率表示粒子所受電場力F，根據F=qE可知x1處電場強度最小且為零，故A錯誤； B、粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運動， x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運動，故B錯誤； C、帶負電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，若x1、x3處電勢為1、3，則1>3,故C錯誤； D、x2～x3段斜率不變，所以這段電場強度大小方向均不變，故D正確； 故選D 二、多選 11. 如圖為某一電場的電場線，M、N、P 為電場線上的三個點，M、N 是同一電場線上兩點。下列判 斷正確的是( ) A. 只受電場力作用時，同一負電荷在 N 點的加速度最大 B. M、N、P 三點中 N 點的電勢最高 C. 正電荷從 M 點自由釋放，電荷不可能沿電場線運動到 N 點 D. 只受電場力作用時，同正電荷在 M 點的電勢能大于在 N 點的電勢能 【答案】ACD 12．兩電荷量分別為Q1和Q2的點電荷放在x軸上的O、A點， 兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中B、C兩點的電勢均為零，則 A. Q1與Q2帶異種電荷 B. B、C點的電場強度大小為零 C. CD點間各點的場強方向向x軸負方向 D. 若有一個電子在C點無初速運動，則在隨后的一段時間內，電場力先做正功后做負功 【答案】ACD 【解析】由圖象可知，圖象中的電勢有正有負，如果都是正電荷，則電勢不會為負、如果都是負電荷，電勢不會為正，則Q1與Q2帶異種電荷。故A正確。電勢隨x變化圖線的切線斜率表示電場強度，B、C點處切線斜率不為零，則電場強度大小不為零，故B錯誤。由圖可知：C→D段中，電勢升高，所以場強方向沿x軸負方向。故C正確。因C→F段中，電勢先高升后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，則將一負點電荷從C無初速運動，則在隨后的一段時間內，電場力先做正功（CD段）后做負功（D點以后）。故D正確；故選ACD。 13．如圖所示為靜電除塵機理圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負電，塵埃只在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標出)。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則（ ） A. 電場線方向由集塵極指向放電極 B. 圖中A點場強小于B點場強 C. 沿水平方向進入的塵埃在遷移過程中可以做類平拋運動 D. 塵埃在遷移過程中電勢能減小 【答案】AD 【解析】由題可知帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A正確；電場線的疏密程度表示電場強度的大小，由圖可知A點的電場線更密，故A點的電場強度大于B點的電場強度，故B錯誤；放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，所以不能做類平拋運動，故C錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，電場力做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。 14．電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，可以捕捉到瞬間的電流變化，相當于一個理想電流表。用如圖甲所示的電路來研究電容器的放電過程。實驗時將開關S撥到1端，用直流8V電壓給電容器充電，待電路穩(wěn)定后，將電流傳感器打開，再將開關S撥到2端，電容器通過電阻R放電。以S撥到2端時為t=0時刻，電流傳感器測得的電流I隨時間t變化圖像如圖乙所示，根據題意，下列說法正確的是： A. 由I-t圖可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.210-3C B. 由I-t圖可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.2C C. 此電容器的電容約為4.010-4F D. 此電容器的電容約為0.4F 【答案】AC 【解析】A、B、將橫坐標t分成許多很小的時間間隔△t，在這些很小的時間間隔里，放電電流I可以視為不變，則I△t為這段時間內的電量，則電容器所帶的電荷量為Q=I1△t1+I2△t2+I3△t3+…+In△tn，式中I1△t1、I2△t2…為圖中的狹條形面積，由此可知，電容器所帶的電荷量在數值上等于圖象與坐標軸所包圍的面積．縱坐標的每個小格為0.2mA，橫坐標的每個小格為0.4s，則每個小格所代表的電荷量數值為q=0.210-30.4=810-5C，曲線下包含的小正方形的個數為39個（格數為38-42都正確）；總放電量為Q=39810-5C=3.210-3C，故A正確，B錯誤．C、D、由電容器的計算公式，可得電容值，故C正確，D錯誤。故選AC。 15．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個質量為m、帶電量為﹣q的小球Q．整個裝置處在場強大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。現把一個帶電量為+q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動。N點與彈簧的上端和M的距離均為s0．P、Q以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質點和點電荷，彈簧的勁度系數為k0，靜電力常量為k。則（ ） A. 小球P返回時，可能撞到小球Q B. 小球P在N點的加速度大小為 C. 小球P沿著斜面向下運動過程中，其電勢能不一定減少 D. 當彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大 【答案】BC 【解析】A項：根據動能定理知，當小球返回到N點，由于重力做功為零，勻強電場的電場力做功為零，電荷Q的電場對P做功為零，則合力做功為零，知道到達N點的速度為零．所以小球不可能撞到小球Q，故A錯誤； B項：根據牛頓第二定律得，小球在N點的加速度，故B正確； C項：小球P沿著斜面向下運動過程中，勻強電場的電場力做正功，電荷Q產生的電場對P做負功，兩個電場力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場力不一定做正功，則電勢能不一定減小，故C錯誤； D項：當小球所受的合力為零時，速度最大，即，則壓縮量不等于，故D錯誤。 三、解答題 16．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內存在著沿AD方向的勻強電場。電量為q、速度為v的帶電粒子從A點沿AB方向進入電場，恰好從BC的中點離開電場，不計粒子所受重力。求電場強度的大小E。 【答案】 17．如圖所示，用長30cm的細線將質量為m=410-3kg的帶電小球P懸掛在O點，當空間有方向為水平向右、大小為E=1104N/C的勻強電場時，小球偏轉37，并處于靜止狀態(tài)。（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。） （1）判斷小球的帶電性質； （2）求小球所帶的電荷量和細線的拉力大小。 【答案】（1）小球帶正電 （2）510-2N 【解析】（1）小球受力如圖 電場力方向與場強方向相同，故帶正電； （2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37 得q==310-6C； 由力的平衡條件，在豎直方向上：Fcos37=mg 即F==510-2N，方向與豎直方向成37角。 18．如圖所示，一帶電荷量為q＝－510－3 C，質量為m＝0.1 kg的小物塊處于一傾角為θ＝37的光滑絕緣斜面上，當整個裝置處于一水平向左的勻強電場中時，小物塊恰處于靜止狀態(tài)．(g取10 m/s2，已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： ①電場強度的大?。? ②若從某時刻開始，電場強度減小為原來的，物塊下滑時的加速度大?。? 【答案】(1) E＝150 N/C (2) 3 m/s2 【解析】試題分析：對物塊受力分析，根據平衡條件列式可求得電場強度；由牛頓第二定律可求得物塊的加速度。 ①小物塊受力如圖，由受力平衡得：qE－FNsin θ＝0 mg－FNcosθ＝0 解得： 代入數據得E＝150 N/C ②由牛頓第二定律得： 代入數據得加速度大小為：a＝3 m/s2 19．如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），在KA間經加速電壓U1加速后，從A板中心小孔射出，進入由M、N兩個水平極板構成的偏轉電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力．求： （1）電子在偏轉電場中的運動時間t； （2）電子從偏轉電場射出時沿垂直于板方向偏移的距離y． 【答案】（1）（2） 【解析】電子在加速電場中加速，進入偏轉電場，做類平拋運動，根據類平拋運動規(guī)律即可求解。 （1）根據動能定理得： 解得： 在平行于極板方向做勻速運動： 解得： （2）在垂直于極板方向做勻加速直線運動： 根據牛頓第二定律得： 解得： 20．如圖甲所示，真空中的電極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子（電子的初速度可忽略不計），經電壓為U1的電場加速，加速電壓U1隨時間t變化的圖象如圖乙所示。每個電子通過加速電場的過程時間極短，可認為加速電壓不變。電子被加速后由小孔S穿出，沿兩個彼此靠近且正對的水平金屬板A、B間中軸線從左邊緣射入A、B兩板間的偏轉電場，A、B兩板長均為L=0.20m，兩板之間距離d=0.050m，A板的電勢比B板的電勢高。A、B板右側邊緣到豎直放置的熒光屏P（面積足夠大）之間的距離b=0.10m。熒光屏的中心點O與A、B板的中心軸線在同一水平直線上。不計電子之間的相互作用力及其所受的重力，求： （1）要使電子都打不到熒光屏上，則A、B兩板間所加電壓U2應滿足什么條件； （2）當A、B板間所加電壓U2=50V時，電子打在熒光屏上距離中心點O多遠的范圍內。 【答案】（1）U至少為100V；（2）電子打在屏上距中心點O在2.5cm～5.0cm范圍內。 【解析】試題分析：（1）設電子的質量為m、電量為e，電子通過加速電場后的速度為v，由動能定理有： ; 電子通過偏轉電場的時間; 此過程中電子的側向位移 聯立上述兩式解得： ; 要使電子都打不到屏上，應滿足u取最大值800V時仍有 代入數據可得，為使電子都打不到屏上，U至少為100V。 （2）當電子恰好從A板右邊緣射出偏轉電場時，其側移量最大 電子飛出偏轉電場時，其速度的反向延長線通過偏轉電場的中心，設電子打在屏上距中心點的最大距離為Ymax，則由幾何關系可得： ，解得 由第（1）問中的可知，在其它條件不變的情況下，u越大y越小，所以當u=800V時，電子通過偏轉電場的側移量最小。其最小側移量 同理，電子打在屏上距中心點的最小距離 所以電子打在屏上距中心點O在2.5cm～5.0cm范圍內。