第一章 静电场 期末复习训练卷（Word版含答案）

第一章静电场期末复习典型题训练卷
一、单选题
1．在图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）
A． B．
C． D．
2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（　　）
A．B．C．D．
3．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着正电荷，总电荷量为，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有、两点，。已知点的电场强度大小为，静电力常量为，则点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．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：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为的加速电场后，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．变小，变大 B．变大，变小
C．变大，变大 D．变小，变小
5．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﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（　 ）
A．B．C．D．
6．如图所示，O是半径为R的正N边形（N为大于3的偶数）外接圆的圆心，在正N边形的一个顶点A放置一个带电荷量为＋2q的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为-q的点电荷（未画出）。则圆心O处的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
7．让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度.不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内。现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是 （　　）
A．保持B板不动，A板向下平移
B．保持B板不动，A板向左平移
C．保持B板不动，A板向右平移
D．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板
8．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（　　）
A．小球经过a点时，线中的张力最小 B．小球经过b点时，电势能最小
C．小球经过a点时，电势能最小 D．小球经过b点时，机械能最大
二、多选题
9．在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从物体A的上方经过，若此过程中物体A始终保持静止，A、B两物体可视为点电荷，则下列说法正确的是（　　）
A．物体A受到的地面的支持力先增大后减小
B．物体A受到的地面的支持力保持不变
C．物体A受到的地面的摩擦力先减小后增大
D．库仑力对物体B先做正功后做负功
10．如图所示，空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行。一电荷量为-q的粒子（重力不计），在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是（　　）
A．M、N两点的电势差为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．带电粒子由M运动到N的过程中，电势能增加了Fdcosθ
D．若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
11．我国成功研制了“3.0V　12000F”石墨烯超级电容器。超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5nm、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。下列有关说法正确的是（　　）
A．该电容器充满电后的带电荷量为36000C
B．该电容器充满电后的带电荷量为72000C
C．电介质相同时，正对面积大、板间距离小，则电容大
D．当该电容器放电至两端电压为1.5V时，其电容变为6000F
12．如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个粒子（带正电荷）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，粒子先后通过M点和N点。在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（　　）
A．粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小。
B．M点的电势高于N点的电势
C．粒子在N点的电势能比在M点的电势能大
D．粒子在M点的速率小于在N点的速率
三、填空题
13．如图，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一正电荷在等势面φ3上时的动能为20J，它运动到等势面φ1上时速度为0，令φ2=0，则此电荷的动能和电势能之和为_______J，当该电荷的电势能EP=4J时，其动能大小为 ________J．
14．如图所示，ABCD为放在E＝1.0×103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB＝15 cm，今有m＝10 g、q＝10－4C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是______ m/s，在C处时对轨道的压力是______ N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点________m.
15．如图所示，在边长为L的正方形的四个顶点上分别放置点电荷，其电荷量为q、Q、q、－Q，已知点电荷Q刚好静止，则 ＝________，若点电荷－Q的质量为m，释放瞬间加速度为________．
16．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中，电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触___________极板（选填左侧或右侧）使电容器带电。
（2）上移其中一极板，可观察到静电计指针偏转角___________（选填“变大”“不变”或“变小”）；
（3）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有___________。
A．静电计可以用电压表替代
B．静电计可以用电流表替代
C．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
D．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
四、解答题
17．如图所示匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一电荷量为的正电荷从a点移到b点电场力做功为J。求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b点移到c点，电场力做的功；
（3）a、c两点间的电势差。
18．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成角的绝缘直杆，其下端（端）距地面高度。有一质量的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过端的正下方点处。（取）求：
（1）小环离开直杆后的加速度大小和方向；（2）小环从运动到过程中的动能增量；
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小。
19．如图所示，虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线和之间存在着宽为、电场强度为的匀强电场，在虚线右侧距为处有一与电场平行的屏。现将一电子（电荷量为，质量为，重力不计）无初速度地放入电场中的点，最后电子打在右侧的屏上，点到的距离为，连线与屏垂直，垂足为，求：
（1）电子到的速度大小；（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（3）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值；
（4）电子打到屏上的点到点的距离。
20．以煤作燃料的电站，每天排出的烟气带走大量的煤粉，不仅浪费燃料，而且严重污染环境，利用静电除尘可以除去烟气中的煤粉。如图所示是静电除尘器的原理示意图，除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，在A、B上各引电极a、b接直流高压电源。假定煤粉只会吸附电子，而且距金属丝B越近场强越大。
（1）试判断所接高压电源的极性；（2）试定性说明静电除尘器的工作原理；
（3）设金属管A的内径r＝3 m，长为L＝50 m，该除尘器吸附煤粉的能力D＝3.5×10－4 kg/（s·m2），求其工作一天能回收煤粉多少吨？（最后结果取三位有效数字）
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共1页
参考答案
1．C
【解析】A．A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误；
B．A、B两点不在同一圆上，场强大小不相等，但在同一条电场线上，方向相同，所以电场强度不同，故B错误；
C．A、B是匀强电场中的两点，大小相等，方向相同，所以电场强度相同，故C正确；
D．图中A、B两点电场方向不同，电场线疏密程度不同，所以两点电场强度大小也不同，故D错误。
故选C。
2．B
【解析】由静电感应特点可知，近端感应出异种电荷，远端感应出同种电荷，故选B。
3．A
【解析】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为
由题知当半球面如图所示
点的电场强度大小为，则点的场强为
故选A。
4．A
【解析】设经过电压为的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理可得
电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上
在竖直方向上
解得
由此可知，当变小，变大。y变大，BCD错误，A正确。
故选A。
5．A
【解析】由图像可知，速度在逐渐减小，图像的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，电场线的疏密表示场强的大小，带负电的微粒受力方向与运动方向相反。
故选A。
6．B
【解析】由对称性及电场叠加原理可知，除A处电荷以及与A关于D点对称的电荷外，其他电荷的分布关于O点对称，它们在O处产生的合场强为0，圆心O处的电场可等效为由正N边形的顶点A放置的一个带电荷量为＋2q的点电荷与过该点直径的另一端的顶点放置的一个带电荷量为-q的点电荷共同产生的，由点电荷电场强度公式知圆心O处的场强大小为
故选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．AB
【解析】A．保持B板不动，A板向上平移，减小两极板的正对面积S时，由电容的决定式C=分析可知电容C减小，而电容器的电荷量Q不变，则由C=得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故A正确；
B．保持B板不动，A板向左平移，使两极板远离一些时，板间距离d增大，由电容的决定式C=，分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故B正确；
C．保持B板不动，A板向右平移，使两极板靠近一些时，板间距离d减小，由电容的决定式C=，分析可知电容C增大，而电容器的电荷量Q不变，则由C=得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小，故C错误；
D．保持A、B两板不动，在两极板间插入一块绝缘介质板时，由电容的决定式C=，分析可知电容C增大，而电容器的电荷量Q不变，则由C=得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小，故D错误。
故选AB。
8．C
【解析】A．带负电的小球受向上的电场力，向下的重力，若电场力大于重力，则两个力的合力向上，则小球经过a点时，速度最大，此时线中的张力最大，选项A错误；
BC．因b点所在位置的电势最低，则负电荷在b点的电势能最大；a点所在位置的电势最高，则负电荷在a点的电势能最小，选项B错误，C正确；
D．因小球运动过程中只有电场力和重力做功，则电势能与机械能之和守恒，则小球经过b点时，电势能最大，则机械能最小，选项D错误。
故选C。
9．AC
【解析】ABC．A、B两物体间的库仑力大小不变，但物体B沿圆弧从P到Q过程中，物体A受物体B的库仑力方向先是指向右下方，再转为指向正下方，最后指向左下方，A物体始终静止，根据平衡关系可知物体A受到地面的支持力先增大后减小，受到地面的摩擦力先减小后增大，在所受库仑力方向为指向正下方时，物体A受到地面的支持力最大，摩擦力最小，故AC正确，B错误；
D．在圆弧上各点B所受的库仑力始终沿半径方向，与速度方向始终垂直，故物体B沿圆弧从P到Q的过程中，库仑力不做功，故D错。
故选AC。
10．BC
【解析】A．粒子做匀速运动，根据动能定理，有
可得
故A错误；
B．粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小
故B正确；
C．粒子做匀速运动，F做正功，由A的分析可知，电场力做负功，所以电势能的增加量等于克服电场力做的功Fdcos θ，故C正确；
D．粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N运动到M，受力不变，故D错误。
故选BC。
11．AC
【解析】A．B根据超级电容器的规格“3.0V　12000F”，结合
可知该电容器充满电后的带电荷量
故A正确，B错误；
C．借助平行板电容器电容的决定式
分析可知，电介质相同时，正对面积大，板间距离小，则电容大，故C正确；
D．电容器的电容只与电容器本身有关，与电容器所带电荷量和两极板间电压无关，故D错误。
故选AC。
12．AC
【解析】A．根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A正确；
B．由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；
C．粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；
D．粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误。
故选AC。
13．10 6
【分析】
由题，相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过φ2等势面时的动能，确定电荷总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能.
【解析】由题，正电荷在等势面φ3上时动能20J，在等势面φ1上时动能为零，动能的减小为20J．由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过φ2等势面时的动能为10J，又φ2=0，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J．
14． ； 0.4； 0.25；
【分析】
对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力；
小球恰好到达D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度，然后应用动能定理求出小球初位置到B的距离；
【解析】小球从A经B到C的过程中，由动能定理得：，
代入数据解得：；
在C点，牛顿第二定律得：，代入数据解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨边C点的压力：；
小球恰好运动到D点时，在D点，由牛顿第二定律得：，
从A点到D点过程，由动能定理得：，
代入数据解得：，开始时小球的位置应离B点．
【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程、知道向心力来源是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．
15． ; ;
【分析】
首先对Q和-Q进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析即可．
【解析】点电荷Q受三个力作用，如图甲，其中，，由于Q静止，三个力的合力为零，F3＝F1，得；
点电荷－Q受三个力作用，如图乙所示，，，三个力的合力，则－Q释放时的加速度．
【点睛】
本题考查库仑定律与力学的综合问题，首先对Q和-Q进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析即可．
16．右侧 变大 C
【解析】（1）[1]电容器右侧极板与静电计金属球相连，因此需用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触右侧极板使电容器带电。
（2）[2]上移其中一极板，极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电量不变，由
分析可知，板间电压增大，则静电计指针偏转角变大。
（3）[3]AB．静电计测量电容器的电压，但不能用电压表代替，因为电压表必须有电流通过，才有示数，更不能用电流表代替，选项AB错误；
CD．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，选项C正确，D错误。
故选C。
17．（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由
得
（2）电荷从b点移到c点，电场力做的功
（3）由a点到c点电场力做功
又有
联立得
18．（1），加速度方向垂直杆向下；（2）4J；（3）
【解析】（1）小环沿杆匀速下滑，受重力，电场力及支持力如图所示，由平衡条件可得
，
小环离开直杆后，只受重力及电场力作用，小环的加速度为
解得
， 加速度方向垂直杆向下
（2）小环从运动到过程中，由动能定理可得
解得
（3）小环从运动到过程中，做类平抛运动，如图所示有
代入数据联立解得
19．(1) ；(2)；(3) ；(4)
【解析】(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得
解得
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则
由，得
从MN到屏的过程中运动时间
运动的总时间
(3) 设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为
电子在电场E2中运动时间
则
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为
解得
(4)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示
设电子打到屏上的点到O点的距离x，根据上图有几何关系得
解得
20．（1）a为正极，b为负极；（2）带电粒子在电场作用下奔向电极，并吸附在电极上；（3）28.5 t
【解析】（1）因为煤粉吸附电子，所以带负电，为了将煤粉吸附在金属管上，因此与金属管相连的a为正极，与金属丝相连的b为负极。
（2）由于煤粉吸附电子带电，故将在电场作用下奔向电极，并吸附在电极上。
（3）设一天回收煤粉的质量为m，管内表面积
S＝2πrL
则
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页