电场单元训练题
高二上学期 电场单元训练 复习题 题 2013--01 第Ⅰ卷 选择题 1．带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内()A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动 C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为 a 的两点，它们之间库仑力的大小为 F 1.现用绝缘工具使两 小球相互接触后，再将它们固定在相距为 2a 的两点，它们之间库仑力的大小为 F 2.则 F 1 与 F 2 之比为()A．2∶1 B．4∶1 C．16∶1 D．60∶1 3．A、B、C 是匀强电场中的三个点，各点电势 φ A ＝10 V，φ B ＝2 V，φ C ＝6 V，A、B、C 三点在同一平面上，如图所示，关于 A、B、C 三点的位置及电场 强度的方向表示正确的是()4．电场中有 A、B 两点，A 点的电势 φ A ＝30 V，B 点的电势 φ B ＝10 V，一个 电子由 A 点运动到 B 点的过程中，下列说法中正确的是()A．电场力对电子做功 20 eV，电子的电势能减少了 20 eV B．电力克服电场力做功 20 eV，电子的电势能减少了 20 eV C．电场力对电子做功 20 eV，电子的电势能增加了 20 eV D．电子克服电场力做功 20 eV，电子的电势能增加了 20 eV 5 如下图所示，正电荷 q 在电场中由 P 向 Q 做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的()6．如下图所示，电路中 A、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关 S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角 增大的是()A．使 A、B 两板靠近一些 B．使 A、B 两板正对面积减小一些 C．断开 S 后，使 B 板向右平移一些 D．断开 S 后，使 A、B 正对面积减小一些
7.如右图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球 a，b，c(可视为点电荷)，三球 沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是()A．a 对 b 的静电力一定是引力 B．a 对 b 的静电力可能是斥力 C．a 的电量可能比 b 少 D．a 的电量一定比 b 多 8．如下图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，则下列判断 正确的是()A．电场线方向向下 B．粒子一定从 a 点运动到 b 点 C．a 点电势比 b 点电势高 D．粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 9．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如下图所示，真空室中电极 K 发出电子(初速度不计)，经过电压为 U 1 的加速电场后，由小孔 S 沿 水平金属板 A、B 间的中心线射入板中．金属板长为 L，相距为 d，当 A、B 间电压 为 U 2 时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为 m、电荷量为 e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()A．U 1 变大，U 2 变大 B．U 1 变小，U 2 变大 C．U 1 变大，U 2 变小 D．U 1 变小，U 2 变小 10．下图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右图中两条实线所示．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()A．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 第Ⅱ卷非选择题
11．如图所示，两块竖直放置的平行金属板 A、B 相距为 d，两板间电压为 U，一质量为 m 的带电小球从两板间的 M 点开始以竖直向上的初速度 v 0 运动，当它到达电场中的 N 点时速度变为水平方向，大小变为 2v 0，求 M、N 两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功．(不计带电小球对金属板 上的电荷均匀分布的影响，设重力加速度为 g)12．如下图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为 E＝1.25×10 4 N/C，一根 长 L＝1.5 m、与水平方向的夹角为 θ＝37°的光滑绝缘细直杆 MN 固定在电场 中，杆的下端 M 固定一个带电小球 A，电荷量 Q＝＋4.5×10－ 6 C；另一 带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量 q＝＋1.0×10－ 6 C，质量 m＝ 1.0×10－ 2 kg.现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放，小球 B 开始运动．(静电力常量 k＝9.0×10 9 N·m 2 /C 2，取 g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球 B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球 B 的速度最大时，与 M 端的距离 r 为多大？
13、一束电子流在经 U＝5 000 V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直 进入平行板间的匀强电场，如右图所示，若两板间距离 d＝1.0 cm，板长 l＝ 5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？ 14、如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球 用一绝缘清线悬挂于 O 点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为 ﹢Q 和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到 悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电 使电容器正极板增加的电荷量。
电场单元训练题 答案 1、解析：
带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，电场力一定做正功，由于电场的性质不知，所以不一定沿电场线运动，由 UAB＝ WABq知，UAB＞0，所以运动过程中电势一定降低，故选 C.2、解析：
两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q，距离变为 原来的两倍，根据库仑定律可知选项 D 正确． 3、解析：
根据电场线和等势面垂直的关系和沿电场方向电势降低，可以判断 D 选项正确． 4、解析：
WAB＝qUAB＝－20 eV，根据电场力做功与电势能变化的关系可知 选项 D 正确． 5、解析：
正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷 受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q 点 的电场线应比 P 点的电场线密，故选项 A、B 错误；又由于电荷做加速运动，所以选项 C 错误，选项 D 正确． 6、解析：
静电计显示的是 A、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的 电压越高．当合上 S 后，A、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开 S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使 A、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由 C＝ QU 可知，板间电压 U 增大，从而静电计指针张角增大．所以本题的正确答案是 C、D.7、解析：
由三个电荷平衡的规律“三点共线，两同夹异，两大夹小，近小远大” 可知，a 和 c 一定是同种电荷，a 和 b 一定是异种电荷，并且 a 的电量一定比 b 的 带电量要多，这样 c 才可能平衡，所以本题正确答案应选 A、D.8、解析：
无论粒子从 a 点或者从 b 点射入电场，由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子 受电场力方向向下，可判断电场线的方向向上而不是向下，A 错误；粒子既可以从 a 点运动到 b 点，也可以从 b 点运动到 a 点，B 错误；由于顺着电场线方向电势在降低，故有 φa＜φb，C 错误；负电荷逆着电场方向运动时电势能减少，顺着电场方向运动 时电势能增加，因而粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能，D 正确． 9、解析：
当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的 中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远． 设电子经过 U1 加速后速度为 v0，离开偏转电场时侧向速度为 vy.根据题意得 ：eU1＝ 12 mv02① 电子在 A、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时侧向速度为 vy＝at＝ eU2md·Lv0.② 结合①②式，速度的偏转角 θ 满足：tan θ＝ vyv0 ＝U2L2dU1.显然，欲使 θ 变大，应该增大 U2、L，或者减小 U1、d.正确选项是 B.10、解析：
因为 O 点电势高于 c 点电势，可知场强方向竖直向下，正电荷受到的 电场力向下，负电荷受到的电场力向上，可知 M 是正电荷，N 是负电荷，故 A 错，M 运动到 c 点电场力做正功，N 运动到 a 点电场力也做正功，且 M、N 电量荷相等，匀强电场相等距离的等势线间的电势差也相等，所以做功相等，选项 B 正确、C 错； 由于 O、b 点在同一等势面上，故 M 在从 O 点运动到 b 点的过程中电场力做功为零，选项 D 正确．
11、解析：
带电小球从 M 点运动到 N 点的过程中，在竖直方向上仅受重力作用，从初速度 v0 匀减速到零，水平方向上仅受电场力作用，速度从零匀加速到 2v0.竖直位移：h＝ v022g，水平位移：x＝ 2v02·t，又 h＝ v02t，所以：x＝2h＝ v02g，所以 M、N 两点间的电势差 U MN ＝ Ud ·x＝Uv02dg.从 M 点运动到 N 点的过程中，由动能定理得：W E ＋W G ＝ 12 mv N2 － 12 mv 02，又 W G ＝－mgh＝－ 12 mv 02，所以 WE＝2mv 0 2.12 解析：
(1)开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得 mgsin θ－ kQqL2－qEcos θ＝ma① 解得：a＝gsin θ－ kQqmL2 －qEcos θm② 代入数据解得：
a＝3.2 m/s2.③(2)小球 B 速度最大时合力为零，即 mgsin θ－ kQqr2－qEcos θ＝0④ 解得：r＝kQqmgsin θ－qEcos θ ⑤ 代入数据解得：r＝0.9 m.13 解析：
加速过程中，由动能定理得 eU＝ 12 mv02① 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动 l＝v0t.② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度 a＝ Fm ＝eU′dm.③ 偏距 y＝12 at2④ 能飞出的条件为 y≤d2.⑤ 解①～⑤式得 U′≤ 2Ud2l2＝－－ V＝4.0×102 V.即要使电子能飞出，所加电压最大为 400 V.14、根据力的平衡和力的合成(如下图)，6tanmg Eq ，根据电场强度与电势差 的关系及电容的定义得CdQE ，所以qmgCdQ33；第二次充电后，qmgCdQ3"，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量 QqmgCdQ Q Q 233 2" .
