课后提升作业 一 电荷及其守恒定律
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.(多选)关于元电荷，下列说法中正确的是( )
A.元电荷实质上是指电子和质子本身
B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C.元电荷的值通常取e=1.60×10-19C
D.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
【解析】选B、C、D。所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍，这就是说，电荷是不能连续变化的物理量，电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的。由以上分析可知选项B、C、D正确。
2.(多选)对物体带电现象的叙述，下列说法正确的是( )
A.一个不带电的物体内部一定没有电荷
B.物体带电一定具有多余的电子
C.物体带电的过程就是电荷移动的过程
D.带电体发生中和的现象是等量异种电荷完全相互抵消的结果
【解析】选C、D。一个物体不带电并不是内部没有电荷，而是由于正、负电荷一样多，从而对外显示电中性。当正电荷多于负电荷时，对外显示带正电；当负电荷多于正电荷时，对外显示带负电，故A、B错误。物体带电实质就是得失电子，即电荷移动，故C正确。带等量异种电荷的物体相接触时，带负电的物体中的多余电子全部移动到带正电的物体上与正电荷相互抵消，从而使两物体都呈电中性，故D正确。故选C、D。
3.(多选)如图所示是一个带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属小球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则( )
A.金属球A可能不带电
B.金属球A一定带正电
C.金属球A可能带负电
D.金属球A一定带负电
【解析】选A、C。验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷，金属箔片之所以张开，是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的。当验电器金属箔片的张角减小时，说明箔片上的正电荷一定比原来减少了。由于金属球A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B发生接触，要考虑感应起电的影响。当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远。如果金属球A带正电，验电器上的正电荷一定向远处移动，则金属箔片上的电荷量不会减少，所以选项B是错误的。如果金属球A带负电，验电器上的正电荷会向近端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的。如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A上靠近B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球B移动，效果与金属球A带负电荷一样。所以选项A是正确的，选项D是错误的。
【补偿训练】
电荷是看不见的，但能被验电器检测出来是否存在。普通验电器顶部装有一个金属球，金属球与金属杆相连，在金属杆的底部是两片很薄的金属片，当验电器不带电荷时，金属片自然下垂。当一个带电体接触到金属球时，电荷能沿着金属棒传递，金属片就带有电荷。由于同时带有同一种电荷，两金属片相互排斥而张开。不管被检验的物体带负电还是正电，验电器的金属片都会张开。因此，这种验电器( )
A.能用来直接判断电荷的正负
B.不能用来直接判断电荷的正负
C.可以用来间接判断电荷的正负
D.可以直接测量物体的带电荷量
【解析】选B。验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，故验电器张开的角度越大，说明带电体所带的电荷越多，不能直接判断电荷的正负，只可以定性表示物体带电荷量的多少。故B正确，A、C、D错误。故选B。
4.(多选)(2018·张家口高二检测)已知存在以下几种使物体带电的办法：( )
①摩擦起电；②接触起电；③静电感应；④电介质的极化
其中前三种方式是同学们熟悉的，对第④种方式的简介如下：一些电介质(绝缘体)的分子在受到外电场的作用时，在跟外电场垂直的两个表面上会出现等量的正、负电荷，这种电荷不能离开电介质，也不能在电介质内部自由移动，叫作束缚电荷。用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近碎纸屑，对于可能出现的情况及其分析，下列选项中正确的是( )
A.玻璃棒会吸引纸屑，这是因为纸屑通过第①种方式带了电
B.有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第④种方式带了电
C.有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程只包含第②种带电方式
D.有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程包括第②和第③两种带电方式
【解析】选B、C。有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第④种方式带了电，故A错误，B正确；碎纸屑被吸引是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，有的纸屑接触玻璃棒后“跳开”，是因为这些纸屑带上和玻璃棒相同的电荷，同种电荷相互排斥，故C正确，D错误。
5.(多选)(2018·黄山高二检测)如图所示，Q是一个绝缘金属导体，把一个带正电的绝缘金属球P移近Q，由于静电感应，A端出现的感应电荷量大小为qA，B端为qB，下列结论中正确的是( )
A.导体Q上，qA>qB
B.导体Q上，qA=qB
C.用接地线接触一下A端即离开，拿走P后Q带正电
D.用接地线接触一下B端即离开，拿走P后Q带负电
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)感应起电应遵循电荷守恒定律。
(2)导体接地时，导体成近端，大地成为远端。
【解析】选B、D。当带正电的绝缘金属球P移近Q时，A端带负电，B端带正电，由电荷守恒定律qA=qB，故B正确，A错误。无论哪一端接地，大地相当于远端，电子从大地转移到Q上，接地线离开后，负电荷留在Q上，拿走P后，Q带负电，故C错误，D正确。
6.(2018·包头高二检测)导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电量为( )
A.-q B.q
C.2q D.4q
【解析】选C。相同带电体接触后，电荷量先中和，后平分。所以B导体的带电量为=2q，C正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是( )
A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B.把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C.先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D.先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
【解析】选A、B。C移近A时，带正电的小球C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端积累了正电荷，其下部的金属箔片也分别带上了与A、B同种性质的电荷。由于同种电荷间的斥力，所以金属箔片都张开，A正确。C移近导体A后，把A、B分开，A、B带等量的异种感应电荷，此时移走C，因A、B已经分开，所带电荷量不会变，金属箔片仍张开，B正确。若先移走C，再把A、B分开，则在移走C后，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以A、B上的箔片都不会张开，C错误。先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，箔片都不会张开，D错误。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.半径相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个半径相同的不带电金属小球C先后与A、B接触后移开。
(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量之比为多大？
(2)若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量之比为多大？
【解题指南】解答本题时应把握以下三点：
(1)两球带同种电荷时，接触后两球将总电荷量平分。
(2)两球带异种电荷时，接触后两球先中和后将剩余电荷量再平分。
(3)C球接触A后带上了一定量的电荷，再与B接触，电荷重新分配。
【解析】(1)A、B带同种电荷，设电荷量为Q，C与A接触后，由于形状和大小相同，二者平分电荷量，A、C所带的电荷量均为Q。C与B接触后平分二者电荷量，则B、C的电荷量均为(Q+Q)=Q，A、B最终的电荷量之比为Q∶Q=2∶3。
(2)A、B带异种电荷，设电荷量分别为Q、-Q，A、C接触后，平分电荷量，A、C的电荷量均变为Q，C与B接触后，平分二者的电荷量，C、B的电荷量均为(Q-Q)=-Q，则A、B最终的电荷量之比为Q∶|-Q|=2∶1。
答案：(1)2∶3 (2)2∶1
【补偿训练】
如图，当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形导体上电荷的移动情况是( )
A.枕形金属导体中的正电荷向B端移动，负电荷不移动
B.枕形金属导体中的负电荷向A端移动，正电荷不移动
C.枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D.枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
【解析】选B。当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，发生了静电感应现象，枕形金属导体中的自由电子向A端移动，正电荷不移动，故B正确，A、C、D错误。
课后提升作业 二 库仑定律
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.(2018·合肥高二检测)如图所示，两个电荷量均为+q的带电小球用长为的轻质绝缘细线连接，静止在绝缘光滑水平面上。两个小球的半径r?。k表示静电力常量。则轻质细线的张力大小为( )
【解析】选B。由题意知两个小球的半径r?，可以将两个带电小球看成点电荷。由库仑定律知，两球之间库仑力F库=k，每个小球都静止，故细线的张力大小等于两球之间的库仑力，则FT=F库=k，故只有B正确。
2.(多选)(2018·德州高二检测)两个完全相同的金属小球，其中一个球的带电量是另一个的5倍，其半径远小于两球之间的球心距，此时它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间的库仑力大小可能是( )
A.F B.F C.F D.F
【解析】选B、D。讨论两种可能性：当两球带同种电荷时，F′=k=F；当两球带异种电荷时，F′=k=F。故B、D正确。
【易错提醒】本题常见一种误解：
忘记讨论两球的电性情况，造成漏选。
3.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上。a和c带正电，b带负电，a所带的电荷量比b所带的电荷量小。已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )
A.F1 B.F2
C.F3 D.F4
【解析】选B。根据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力的方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确。
4.(2018·商丘高二检测)一根放在水平面内的绝缘光滑玻璃管，内部有两个完全相同的弹性金属小球A和B，带电荷量分别为+9Q和-Q。两小球从图示位置由静止释放，那么两小球再次经过图示位置时，A球的瞬时加速度为释放时的
( )
A.倍 B.倍 C.1倍 D.倍
【解题指南】解答本题把握以下两点：
(1)两小球带异种电荷，接触后先中和再平分电荷量。
(2)应用牛顿第二定律求解瞬时加速度。
【解析】选A。设图示位置时两小球之间的距离为r，则释放时两小球之间的静电力大小为F=k，由牛顿第二定律可得释放时A球的瞬时加速度a1==，释放后在静电力作用下，两小球接触后再分开，电荷量先中和再平分，二者带了等量同种电荷，当再次经过图示位置时，两小球之间的静电力大小为F′=k=k，A球的瞬时加速度为a2==，所以a2=a1。A正确。
【补偿训练】
如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )
A.速度变大，加速度变大
B.速度变小，加速度变小
C.速度变大，加速度变小
D.速度变小，加速度变大
【解析】选C。根据同种电荷相斥，每个小球在库仑斥力的作用下运动，由于力的方向与运动方向相同，均做加速直线运动，速度变大；再由库仑定律F=k知，随着距离的增大，库仑斥力减小，加速度减小，所以只有选项C正确。
5.(2018·珠海高二检测)如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，A、C和B的距离分别是L1和L2，不计它们之间的万有引力，则A和C的比荷之比是( )
A.()2 B.()2 C.()3 D.()3
【解析】选C。B保持静止，根据平衡条件和库仑定律得k=k。A、C做匀速圆周运动，对A和C分别有k-k=mAL1ω2，k-k=mCL2ω2，联立解得A和C的比荷之比为()3，选项C正确。
【补偿训练】
如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1=4×10-9C和q2=-9×10-9C，两者固定于相距20 cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处( )
A.a的左侧40 cm B.a、b的中点
C.b的右侧40 cm D.无法确定
【解析】选A。根据平衡条件，它应在q1点电荷的外侧，设距q1距离为x，有k=k，将q1=4×10-9C，q2=9×10-9C代入，解得x=40 cm，故选项A正确。
6.(多选)如图所示，质量分别是m1和m2、带电荷量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)，两小球恰在同一水平线上，那么以下判断正确的是( )
A.两球一定带同种电荷
B.q1一定大于q2
C.m1一定小于m2
D.m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力
【解析】选A、C。m1、m2的受力情况如图所示，由平衡条件得，对m1：F1=
m1gtanα，对m2：F2=m2gtanβ，F1与F2为作用力与反作用力，F1=F2。三式联立得=，当m1
β，C正确；α与β的关系与电荷量无关，B错；两球相互排斥，两球一定带同种电荷，A正确；m1所受的库仑力与m2所受的库仑力是作用力和反作用力，大小相等，D错。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(10分)在真空中有两个相距为r的点电荷A和B，带电荷量分别为q1=-q，q2=4q。
(1)若A、B固定，在什么位置放入第三个点电荷q3，可使之处于平衡状态？平衡条件中对q3的电荷量及正负有无要求？
(2)若以上三个电荷皆可自由移动，要使它们都处于平衡状态，对q3的电荷量及电性有何要求？
【解析】若q1、q2是固定的，要使q3平衡，只要使q1、q2对q3的静电力大小相等、方向相反即可。如果q1、q2、q3三者都是不固定的，则要同时使三个电荷受的静电力的合力都等于零，需要同时分析三个电荷的受力情况。
(1)让q3受力平衡，必须和q1、q2在同一条直线上，因为q1、q2带异种电荷，所以q3不可能在它们中间。再根据库仑定律，静电力和距离的平方成反比，可推知q3应该在q1、q2的连线上q1的外侧(离小电荷量电荷近一点的地方)，如图所示。设q3离q1的距离是x，根据库仑定律和平衡条件列式：k=k
将q1、q2已知量代入得：x=r，对q3的电性和电荷量均没有要求。
(2)要使三个电荷都处于平衡状态，就对q3的电性和电荷量都有要求。首先q3不能是一个负电荷，若是负电荷，q1、q2都不能平衡，也不能处在它们中间或q2的外侧。根据库仑定律和平衡条件列式如下：对q3：k=k，对q1：k=k，解上述两个方程得：q3=4q，x=r
答案：(1)放在A的外侧与A距离为r处 对q3的电性和电荷量均没有要求 (2)4q 正电荷
【延伸探究】若q1=q，第(2)问中的答案又如何？
【解析】若q1=q，则q3应该是一个负电荷，必须放在q1、q2之间，如图所示。根据库仑定律和平衡条件列式如下，对q1：k=k，对q3：k=k
解上述方程得：q3=，x=。
答案：见解析
8.(10分)(2018·黄冈高二检测)如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量为m，间距为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施一水平力F的同时放开三个小球，欲使三小球在运动过程中保持间距r不变，求：
(1)C球的电性和电荷量。
(2)水平力F的大小。
【解析】(1)对A球受力分析如图所示：A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力后，产生向右的加速度，故F2为引力，C球带负电，根据库仑定律得：F1=，
F2=，又F2sin30°=F1，故qC=2q。
(2)对A球：a==，
对A、B、C系统整体：F=3ma，故F=3。
答案：(1)C带负电 电荷量为2q (2)3
课后提升作业 三 电场强度
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.(多选)关于电场线的性质，以下说法正确的有( )
A.电场线是电荷在电场中的运动轨迹
B.电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的相对大小
C.电场线的箭头方向表示场强减弱的方向
D.空间中两条电场线不能相交
【解析】选B、D。电场线是为了描述电场的强弱及方向而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A错误，B正确。电场线的箭头方向表示场强的方向，C错误。由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同，若两条电场线相交，则在该点可以作出两条切线，表明该点的电场方向不唯一，这与实际不符，D正确。故选B、D。
2.(2018·西安高二检测)如图所示为在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入试探电荷，测得试探电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列说法正确的是( )
A.四点场强相同
B.a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec
C.a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea>Eb>Ed>Ec
D.a、b、c、d四点的场强大小关系无法确定
【解析】选B。本题考查对电场强度及定义式的理解。由电场强度的定义式E=可知，F-q图象的斜率表示电场强度，斜率大的场强大，斜率小的场强小，由图象可知四个点的斜率大小关系为|kd|>|ka|>|kb|>|kc|，所以Ed>Ea>Eb>Ec，即B正确。
3.如图所示为某一电场中的一条电场线，a、b为线上的两点，则下列判断正确的是( )
A.这是一个匀强电场
B.a点场强一定比b点场强大
C.a点场强一定比b点场强小
D.负电荷在两处所受静电力的方向一定相同
【解析】选D。点电荷的电场的电场线、匀强电场的电场线及等量异种电荷连线上的电场线均为直线，故无法确定电场情况及a、b两点的场强大小。但a、b两点场强方向相同，负电荷在a、b两点受力方向均与电场线方向相反。故只有D正确。
4.(2018·佛山高二检测)如图所示，N(N>5)个小球均匀分布在半径为r的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为-2q，其余小球带电荷量均为+q，圆心处的电场强度大小为E。若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为
( )
A.E B. C. D.
【解题指南】解答本题抓住一个关键：根据题设情景发现其对称性，即点电荷位置分布上的几何对称性，利用对称法求解可以避免复杂的数学演算和推导。
【解析】选C。假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P点处+q在圆心处产生的场强大小为E1=k，方向水平向左，可知图中所有+q在圆心处产生的合场强E2=E1=k，方向水平向右，图中-2q在圆心处产生的场强大小E3=k，方向水平向右。根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得k=，所以若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为。故选C。
【补偿训练】
如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为-q外，其余各点处的电荷量均为+q，则圆心O处( )
A.场强大小为，方向沿OA方向
B.场强大小为，方向沿AO方向
C.场强大小为，方向沿OA方向
D.场强大小为，方向沿AO方向
【解析】选A。若A点处放置带电荷量为+q的点电荷，则O处场强为零。故可等效为A点处放置电荷量分别为-2q和+q的两个点电荷，合场强大小为，方向沿OA方向。故A正确。
5.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，将带有等量电荷q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称。要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个带适当电荷量的正点电荷+Q，则该点电荷+Q应放在( )
A.A点 B.B点
C.C点 D.D点
【解析】选D。由电场的叠加原理和对称性可知，+q、-q在O点的合场强方向应沿OD方向，要使O点的合场强为零，放上的电荷+Q在O点的场强方向应与+q、-q在O点的合场强方向相反，所以D正确。
6.(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )
A.粒子必定带正电荷
B.由于M点没有电场线，粒子在M点不受电场力的作用
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的速度小于在N点的速度
【解析】选A、C、D。根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线方向，故此粒子带正电，A选项正确。电场线之间的区域同样存在电场，B错误。由于电场线越密，电场强度越大，粒子受到的电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点比在M点的加速度大，C选项正确。粒子由M到N过程中，它所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，所以粒子的速度增大，故D选项正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(10分)在真空中O点放一个点电荷Q=+1.0×10-9C，今在M点放一个点电荷q=-1.0×10-10C，OM的距离r=30 cm，如图所示。求：
(1)q在M点受到的作用力。
(2)M点的场强。
(3)拿走q后M点的场强。
【解析】(1)由F=可得：
F=N=1.0×10-8N，方向由M指向O。
(2)由E=可得：E=N/C=100N/C，方向沿OM指向M。
(3)拿走q后，M点的场强不变，故仍有：E=100 N/C，方向沿OM指向M。
答案：(1)1.0×10-8N，沿MO指向O
(2)100 N/C，方向沿OM指向M
(3)100 N/C，方向沿OM指向M
【补偿训练】
如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10-9C的正点电荷，则A处场强大小EA=____________N/C，B处的场强大小EB=__________N/C。
【解析】由E=k，点电荷在A处产生的场强EA=900 N/C，方向水平向左，所以A处合场强为零。点电荷在B处产生的场强EB=900 N/C，方向竖直向下，所以B处合场强为1.27×103N/C。
答案：0 1.27×103
8.(10分)如图所示，真空中带电荷量分别为+Q和-Q的点电荷A、B相距r，则：
(1)两点电荷连线的中点O的场强多大？
(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强如何？
【解题指南】解答本题应该注意以下两个方面：
(1)要分别求出+Q和-Q在某点的场强大小和方向。
(2)根据电场强度的叠加原理求出合场强。
【解析】(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的场强方向相同，由A指向B。A、B两点电荷在O点产生的电场强度EA=EB==。
故O点的合场强为EO=2EA=，方向由A指向B。
(2)如图乙所示，EA′=EB′=，由矢量图所形成的等边三角形可知，O′点的合场强EO′=EA′=EB′=，方向与AB的中垂线垂直向右。
答案：(1) (2)，方向与AB的中垂线垂直向右
课后提升作业 四 电势能和电势
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.如图所示，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，OAA.EA一定大于EB，A一定大于B
B.EA不一定大于EB，A一定大于B
C.EA一定大于EB，A不一定大于B
D.EA不一定大于EB，A不一定大于B
【解析】选B。P、Q所在空间中各点的电场强度和电势由这两个点电荷共同决定，电场强度是矢量，P、Q两点电荷在O点的合场强为零，在无限远处的合场强也为零，从O点沿PQ垂直平分线向远处移动，场强先增大，后减小，所以EA不一定大于EB。电势是标量，由等量正电荷的电场线分布图可知，从O点向远处，电势是一直降低的，故A一定大于B。
2.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )
A.直线a位于某一等势面内，M>Q
B.直线c位于某一等势面内，M>N
C.若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D.若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)熟练掌握匀强电场的特点。
(2)根据电场力做负功判断两点电势的高低。
(3)根据电子两次做功相等分析N、P两点电势的高低。
【解析】选B。根据电子移动过程中电场力做负功，可知M>N，M>P，由于电场力做功相等，可知N=P，直线d位于同一等势面内，根据匀强电场的特点，可判断直线c也位于同一等势面内，故选项B正确，A错误；由于M=Q，电子由M点到Q点，电场力做功为零，C错误；因为P3.(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( )
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)审题关注“匀强电场中运动”，从而明确是匀变速曲线运动。
(2)审题关注“轨迹在竖直面内”“相对于过轨迹最低点P的竖直线对称”，从而明确电场线方向。
(3)利用功和能分析两点的电势、电势能及动能等关系。
【解析】选A、B。带负电荷的油滴在匀强电场中运动，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，由此可判断匀强电场方向竖直向下，Q点的电势比P点高，油滴的加速度不变，A对、D错；油滴由P到Q过程电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对、C错。故选A、B。
【补偿训练】
如图所示，绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )
A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球经过环的最低点时速度最大
C.小球电势能增加qER
D.小球由静止释放到达最低点，动能的增加量等于mgR
【解析】选B。小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，A错；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR，电势能减少qER，而动能增加mgR+qER，到最低点时动能最大，所以速度最大，因此B正确，C、D错误。
4.(多选)(2018·中山高二检测)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，把两个等量正电荷固定在正方形abcd的a、c两点，一质量为m带负电的光滑小球从b点由静止释放，下列说法正确的是( )
A.小球运动到d位置时速度不可能为零
B.小球从b位置运动到d位置的过程中，加速度最大时速度一定最大
C.小球从b位置运动到d位置的过程中，其电势能先减小后增大
D.小球从b位置运动到d位置的过程中，电势能与动能之和始终保持不变
【解析】选C、D。由b到bd连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，因此到达d点的速度等于b点的速度，故A错误。由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac的连线与中垂线的交点处场强为0，电场线的方向指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以负电荷受到的电场力始终指向ac的连线与中垂线的交点。但中垂线上场强的大小：从中点到两侧场强先增大再减小，所以小球所受的电场力从中点到两侧先增大再减小，加速度最大的点不在O点，速度最大的点在O点，故B错误。由等量正电荷的电场分布可知，在两电荷连线的中垂线上O点的电势最高，沿电场线电势越来越低，所以从b到d，电势是先增大后减小，负电荷的电势能先减小后增大，故C正确。由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，电势能和动能之和不变，故D正确。故选C、D。
5.(多选)如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度—时间图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强E的大小可得( )
A.A>B B.AC.EA>EB D.EA=EB
【解析】选B、C。负电荷速度在增加，说明电场力方向由A指向B，场强方向由B指向A，所以B>A，B对。又知加速度在减小，所以EA>EB，C对。
【延伸探究】如果题干给出的条件是一正电荷在A点自由释放。其余条件不变，又该选什么( )
【解析】选A、C。正电荷速度在增加，说明电场力方向由A指向B，场强方向由A指向B，所以A>B，A对。又知加速度在减小，所以EA>EB，C对。
6.如图所示，一半径为R的光滑圆环，竖直放在水平向右、场强为E的匀强电场中，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，则( )
A.小球带正电
B.小球所受重力大于带电小球所受的静电力
C.小球在b点时的电势能最大
D.小球在最低点c时圆环对小球的作用力为5mg
【解析】选D。已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，重力做正功，根据动能定理可知，电场力做负功，故小球带负电，故A错误；根据动能定理，从a到d过程，有mg·R-qE·R=0，解得：qE=mg，故B错误；根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加最多，故C错误；从a到c的过程由动能定理可得：mg·2R=mv2，在c点根据牛顿第二定律可得：FN-mg=，联立解得：FN=5mg，故D正确。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.(2018·张家口高二检测)将带电荷量为1×10-8C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功1×10-6J，问：
(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？A点的电势是多少？
(2)若电场力可以把带电荷量为-2×10-8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，电场力做了多少功？(取无限远处为电势零点)
【解析】(1)电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10-8J，电荷的电势能增加，无限远处电势能为零，则电荷在A点具有1×10-6J的电势能，A点的电势为A==V=100V。
(2)电荷量为-2×10-8C的电荷从无限远处移到电场中的A点时，无限远处与A点间的电势差不变，则静电力做功为W=q′U∞A=-2×10-8×(0-100)J=2×10-6J
答案：(1)增加 1×10-6J 100V
(2)2×10-6J
【补偿训练】
(2018·日照高二检测)电荷量为q=1×10-4C的带正电物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示，若重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块的质量m。
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数。
(3)物块运动2s过程中，其电势能的改变量。
【解析】(1)由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1-μmg=ma，
由图线知a=2m/s2，
1s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2=μmg，
联立解得q(E1-E2)=ma，
由图可得E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，
代入数据解得：m=0.5kg。
(2)由qE2=μmg，可得μ==0.4。
(3)物块在第1s的位移为x1=t1=1m，
物块在第2s的位移为x2=vt2=2m，
电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=7J。
答案：(1)0.5kg (2)0.4 (3)7J
课后提升作业 五 电势差
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.对于电场中的A、B两点，下列说法正确的是( )
A.电势差的定义式UAB=，说明两点间的电势差UAB与静电力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比
B.A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点静电力所做的功
C.若将1C正电荷从A点移到B点，静电力做1J的功，则两点间的电势差为1V
D.若电荷由A点移到B点的过程中，除受静电力外，还受其他力的作用，则电荷电势能的变化就不再等于静电力所做的功
【解析】选C。两点间的电势差由电场本身决定，与移动电荷及静电力做功无关，故A错；电荷在电场中运动时，不管受几个力作用，其电势能变化总等于电场力做功，故D错；由公式UAB=，可知B错，C对。
【补偿训练】
电场中两点间电势差U=的意义是( )
A.它是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关
B.电势差与电场力做功成正比，与被移动的电荷量成反比
C.电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功
D.电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零
【解析】选A。电场中两点间电势差由两点在电场中的位置决定，可以用U=来定义，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷均无关，所以A选项正确，B、D错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，C选项没有说明是正负电荷，故错误。
2.下列关于电势差与电场力做功的说法中，正确的是( )
A.电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电荷量决定
B.电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电荷量决定
C.电势差是矢量，电场力做的功是标量
D.电场中两点间的电势差等于电场力做功后电荷的电势能减小量
【解析】选B。本题主要考查电势差的概念及电场力做功与电势差的关系，电势差的大小由电场本身的因素决定，与移动电荷的电荷量及移动电荷所做的功无关，A错；由WAB=qUAB知，B对；电势差、电场力做的功都是标量，C错；电场中两点的电势差等于单位电荷从一点移到另一点电场力所做的功，D错。因此正确选项为B。
3.(2018·十堰高二检测)如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等。一正电荷在3上时，具有动能20J，它运动到等势线1上时，速度为零。令2=0，那么该电荷的电势能为4J时，其动能大小为( )
A.16J B.10J C.6J D.4J
【解析】选C。电荷在电场中运动，总能量守恒，动能和电势能相互转化，由题意知电荷运动至等势线2时，其动能与电势能之和为10J，所以当它的电势能为4J时，其动能大小为6J。
【补偿训练】
(多选)如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心。已知电场线与圆所在平面平行。下列有关圆心O和等分点A的电势、电场强度的相关描述正确的是( )
A.A点的电势为6V
B.A点的电势为-2V
C.O点的电场强度方向指向A点
D.O点的电场强度方向指向电势为2V的点
【解析】选A、D。由匀强电场特征可知：在匀强电场中，沿某一直线若存在电势变化，则沿与该直线平行的其他直线也会存在相同的电势变化规律，所以有10V-6V=A-2V，解得A=6V，选项A正确、B错误；O点与A点处于同一等势面上，所以O点电场强度方向垂直O与A连线指向电势为2V的点，选项C错误、选项D正确。
4.(多选)一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10-17J，动能为3.2×10-17J，电子经过B点时电势能为3.2×10-17J，如果电子只受电场力作用，则( )
A.电子在B点时动能为4.8×10-17J
B.由A到B电场力做功为100eV
C.电子在B点时动能为1.6×10-17J
D.A、B两点间电势差为100V
【解析】选A、B。电子从A运动到B，只有电场力做功，故EpA+EkA=EpB+EkB，故A正确。电子减少的电势能ΔEp=EpA-EpB=1.6×10-17J=100eV，故由A到B电场力做功为100eV，B正确，由于电子带负电，故A、B之间的电势差UAB=-100V，故D错误。
5.(2018·厦门高二检测)如图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8eV时，它的动能应为( )
A.8eV B.13eV C.20eV D.34eV
【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)正电荷在b点电势能大，所以b点电势高于a点。
(2)在只有电场力做功的情况下，电势能与动能之和守恒。
【解析】选C。由图可判断b点电势高于a点电势，设各等势面间的电势差为U，则由能量守恒
-2Uq+26eV=Uq+5eV
所以Uq=7eV，所以，点电荷能量为7eV+5eV=12eV
所以，当电势能为-8eV时，动能为
12eV-(-8)eV=20eV。
【总结提升】静电力常用公式的应用
(1)WAB=qUAB，既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场。
(2)W=qEd，适用于匀强电场，公式中d表示始末位置间沿电场方向的距离。
(3)WAB=EpA-EpB=-ΔEp，适用于任何电场。
三个公式可以互相导出，应用时要注意它们的适用条件，要根据具体情况灵活地选用公式。
6.(2018·合肥高二检测)如图，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为和，a、b的电势差等于b、c的电势差。一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v。则( )
A.此过程粒子一定做直线运动
B.此过程粒子一定做曲线运动
C.经过等势面b时速率为v
D.经过等势面b时速率为v
【解析】选C。电场方向垂直等势面向外，初速度方向未知，故无法判断电荷是直线运动还是曲线运动，故A、B错误；由动能定理知从a到c：qUac=m(4v2-v2)=1.5mv2=0.8q，设粒子在等势面b时的速率为vb则：qUab=m(-v2)，Uab==0.4，联立可得：vb=v，故C正确，D错误。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.(2018·汕头高二检测)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：vBsin30°=v0sin60°， ①
解得：vB=v0。 ②
设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有
qUAB=m(-)， ③
联立②③解得UAB=。
答案：
【补偿训练】
如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
A. B. C. D.
【解析】选C。在竖直方向做匀减速直线运动：2gh=，静电力做正功，重力做负功，使粒子的动能由m变为2m，则根据动能定理得qU-mgh=2m-m，解得U=，故C正确。
课后提升作业 六 电势差与电场强度的关系
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)
1.(2018·邵阳高二检测)关于场强的三个公式：①E=；②E=k；③E=的适用范围，下列说法中正确的是( )
A.三个公式都只能在真空中适用
B.公式②只能在真空中适用，公式①和③在真空中和介质中的任何电场中都适用
C.公式②和③只能在真空中适用，公式①在真空中和介质中都适用
D.公式①适用于任何电场，公式②只适用于真空中点电荷形成的电场，公式③只适用于匀强电场
【解析】选D。公式①为电场强度大小的定义式，适用于任何电场；公式②为库仑定律与公式①的导出式，故适用于真空中点电荷的电场；公式③为匀强电场中电场强度的决定式，只适用于匀强电场，故选D。
2.(2018·岳阳高二检测)如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离。用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强。下列正确的是( )
A.a>b>c B.Ea>Eb>Ec
C.a-b=b-c D.Ea=Eb=Ec
【解析】选A。沿着电场线方向电势降低，a>b>c，A正确；只有一条电场线，无法判断电场强度的大小，也无法判断Uab和Ubc的大小，B、C、D均错。
3.如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA=OB=OC=OD=10cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、7V、8V、7V、5V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于( )
A.70V/m，沿AO方向 B.70V/m，沿CO方向
C.80V/m，沿BO方向 D.80V/m，沿CO方向
【解析】选C。由O、A、B、C、D各点电势值可知，O点电势最低，为零，A、C在同一等势面上，所以电场线与AC连线垂直，最接近BO方向。大小接近E==V/m=80V/m，故C正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示的同心圆是电场中的一组等势面，一个电子只在静电力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有( )
A.电子沿AC运动时受到的静电力越来越小
B.电子沿AC运动时具有的电势能越来越大
C.电势A>B>C
D.电势差UAB=UBC
【解析】选B、C。由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，静电力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是-Q形成的电场，因此越靠近-Q，电场线越密，场强也就越大，电子所受静电力也就越大，所以A不对，B对。又因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以C对。因为此电场不是匀强电场，沿电场线方向电势不是均匀降落，故UAB≠UBC，所以D错，故B、C正确。
4.如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，=20cm，把一个电荷量q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-1.73×10-3J，则该匀强电场的电场强度大小和方向为( )
A.865V/m，垂直AC向左
B.865V/m，垂直AC向右
C.1000V/m，垂直AB斜向上
D.1000V/m，垂直AB斜向下
【解析】选D。把电荷q从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB即为等势线，电场强度方向垂直于等势面，可见，选项A、B错误；UBC==V=-173V，B点电势比C点低173V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向必垂直于AB斜向下，电场强度大小E===V/m=1000V/m，因此选项D正确，C错误。
【易错提醒】电场强度与电势差的关系
(1)大小关系：由E=可知，电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势。
(2)方向关系：电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向。
(3)物理意义：电场强度是电势差对空间位置的变化率，反映了电势随空间变化的快慢。
5.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为( )
A.200V/m B.200V/m
C.100V/m D.100V/m
【解析】选A。x轴上OA的中点C的电势为3V，则BC的连线为等势线，如图所示。电场的方向与等势线垂直，且由电势高处指向电势低处，设∠OCB=θ，则tanθ=，所以θ=30°，O点到BC的距离为d=sinθ=1.5cm，所以E==V/m=200V/m，故选项A正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
6.(10分)在如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc与电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10-8C的正电荷从a移到b电场力做功为W=1.2×10-7J。
(1)匀强电场的场强E等于多少？
(2)电荷从b移到c，电场力做功W2等于多少？
(3)a、c两点的电势差Uac等于多少？
【解析】(1)设a、b两点间的距离为d，由题意有
W1=qUab，E=。
由以上两式得E==V/m=60V/m
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，Ubc=Ed1，d1=bc·cos60°，W2=qUbc，解得：W2=qE·bc·cos60°=4×10-8×60×12×10-2×0.5J=1.44×10-7J。
(3)设电荷从a移到c，电场力做功为W，W=W1+W2，W=qUac，由以上两式得
Uac==V=6.6V
答案：(1)60V/m (2)1.44×10-7J (3)6.6V
7.(10分)(2018·咸宁高二检测)如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面的电势已在图中标出。现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，问：
(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？
(2)在入射方向上小球最大的位移量是多少？(电场足够大)
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)判定小球做直线运动的受力条件，弄清小球的运动状态是求解本题的关键。
(2)把握一个隐含条件：最大位移意味着小球此时速度为零。
【解析】(1)作出电场线如图甲所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上。如图乙所示，只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。
由图乙知qE=mg，相邻等势面间的电势差用U表示，所以E=，所以q==。
(2)由图乙知，由于qE=mg，则F合==mg。
由动能定理得-F合xm=0-m，所以xm==。
答案：(1)正电 (2)
课后提升作业 七 静电现象的应用
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.(2018·锦州高二检测)一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态。下列说法正确的是( )
A.导体内部场强处处为零
B.导体上各点的电势不相等
C.导体外表面的电荷一定均匀分布
D.在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少
【解析】选A。枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A正确；处于静电平衡状态的导体，是等势体，故B错误；电荷分布在导体外表面，根据电场强度的强弱可知，电荷是不均匀分布的，故C错误；根据尖端放电可知，在导体外表面，越尖锐的位置，单位面积上分布的电荷量越多，故D错误。
2.如图所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B，向C球靠近，则
( )
A.A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向
B.A的位置不变，B向右偏离竖直方向
C.A向左偏离竖直方向，B的位置不变
D.A、B的位置都不变
【解析】选B。金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A不会受到电场力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷带负电，外壁是远端，感应同号电荷带正电，正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，小球B向右偏，选项B正确。故选B。
【补偿训练】
(多选)某一静电实验装置如图所示，验电器A不带电，验电器B的上面安装一个几乎封闭的金属圆桶C，并且B内的金属箔片是张开的，现手持一个带绝缘柄的金属小球D，使D接触C的内壁，再移出与A的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电。这个实验说明了( )
A.C是不带电的 B.C的内部是不带电的
C.C的外部是不带电的 D.C的内部场强为零
【解析】选B、D。因为无论操作多少次，都不能使A带电，说明没有从C的内部取出电荷，金属圆桶C被屏蔽，内部场强为零，故B、D是正确的。
3.(2018·鄂尔多斯高二检测)某农村小塑料加工厂的高频热合机(焊缝用)产生的电磁波频率和电视信号频率接近，由于该村尚未通有线电视信号，空中的信号常常受到干扰，在电视荧屏上出现网状条纹，影响正常收看。为了使电视机不受干扰，可采取的办法是( )
A.将电视机用一金属笼子罩起来
B.将电视机用一金属笼子罩起来，并将金属笼子接地
C.将高频热合机用一金属笼子罩起来
D.将高频热合机用一金属笼子罩起来，并将金属笼子接地
【解析】选D。为了使电视机能接收电磁波信号，但又不接收高频热合机产生的电磁波，应将高频热合机产生的电磁波信号屏蔽，而接地金属笼子具有屏蔽内电场的作用，故选项D正确。
4.如图所示为静电除尘示意图，在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在电场力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是( )
A.N接电源的正极
B.M接电源的正极
C.电场强度EB=EA
D.电场强度EB【解析】选A。电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，N接电源正极。将金属棒与金属管壁看作电容器，则其内电场线分布情况如图所示。由图可知金属棒附近的B点处电场线较密，而靠近金属管壁的A点处电场线较疏，故B处场强比A处场强大，即EB>EA。故选A。
【补偿训练】
(多选)图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是
( )
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受的电场力越大
【解析】选B、D。电子吸附尘埃使尘埃带负电，受力方向与电场方向相反，A、C错。故B、D正确。
5.(多选)如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B。下列实验方法中能使验电器箔片张开的是( )
A.把电棒C(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B.把电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触
C.用绝缘导线把验电器A跟电棒C的导体部分相连，再把电棒C与B的内壁接触
D.使验电器A靠近B
【解析】选B、C、D。A项中先和B的内壁接触后，由于B的内壁本身没有电荷，所以再接触A时验电器箔片不张开；B项中可以使C球带电，从而使A带电；C项中用绝缘导线实际上是将验电器A和B连成了一个导体，A因接触而带电；D项中是感应起电。所以B、C、D项正确。
6.如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为(k为静电力常量)( )
A.k B.k C.k D.k
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)本题中导体表面上的感应电荷未知，并且不是点电荷，必须先将导体表面上的感应电荷转化为我们熟悉的模型。
(2)静电平衡时导体内部场强处处为零，隐含了导体表面是等势面。
(3)对于z>0的空间，导体表面上的感应电荷，相当于在z=-h处放置电荷量为-q的点电荷。
【解析】选D。z=h处电荷量为q的点电荷，在z轴上z=处产生的场强为：E1=
导体表面上的感应电荷，相当于在z=-h处放置电荷量为-q的点电荷，在z轴上z=处产生的场强为：E2=
两个场强的合场强为：E=k，D项正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(10分)如图所示，长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷。问：
(1)金属杆中点处的场强为多少？
(2)金属杆上的感应电荷在杆中点P处产生的场强。
【解析】(1)金属杆处于静电平衡时内部场强处处为0，故金属杆中点处场强为0。
(2)内部场强是两个场强的叠加，所以E感-E=0
E感=E=k
E感与E方向相反，E感的方向向左。
答案：(1)0 (2)k，方向向左
8.(10分)(2018·黄山高二检测)带电荷量为Q的正电荷距一很大的接地金属板的距离为a，如图所示。试求金属板对点电荷的作用力。
【解析】由于接地金属板很大，因此点电荷Q发出的电场线会全部终止并垂直于金属板，可见板左侧的电场和相距2a的等量异种点电荷产生的电场完全一致，则可用求相距为2a的等量异种电荷间的相互作用力来“等效”代替求感应电荷对Q的作用力。故感应电荷对Q的作用力F=k=k，方向由+Q垂直指向金属板。
答案：k，方向由Q垂直指向金属板
课后提升作业 八 电容器的电容
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)
1.(多选)连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时( )
A.电容器的电容C变大
B.电容器极板的带电荷量变大
C.电容器两极板间的电势差U变大
D.电容器两极板间的电场强度E变大
【解析】选A、B、D。电容器两极板间距离减小，由C∝得其电容变大，所以A正确；因为电容器连在电源上，所以两极板间的电压保持不变，故C错误；由Q=CU得电容器所带电荷量变大，所以B正确；由E=知，两极板间的电场强度变大，所以D正确。
2.(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差为U，现使B板带正电，则下列判断正确的是( )
A.增大两极板之间的距离，指针张角变大
B.将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D.若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【解析】选A、B。电容器上所带电荷量一定，由公式C=，当d变大时，C变小，再由C=得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零，D错误。故选A、B。
3.(2018·西安高二检测)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则( )
A.带电油滴所受的电场力不变
B.P点的电势将升高
C.带电油滴的电势能增大
D.电容器的电容减小，极板带电荷量增大
【解析】选B。将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误。板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，故B正确。油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小，故C错误。根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小时，Q也减小，故D错误。
【补偿训练】
一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一个正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )
A.U变大，E不变 B.E变大，W变大
C.U不变，W不变 D.U变小，W不变
【解析】选D。电容器充电后与电源断开，所以电容器所带的电荷量Q是一个定值，根据公式C=、E=和C=，可得E=，与极板间的距离无关，所以极板间的电场强度不变，P到负极板(零势能处)距离不变，故电势能不变，下移过程中d减小，所以C增大，又因为Q不变，所以U减小，故D正确。
4.如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间，恰好平衡。现用外力将P固定住，然后固定导线各接点，使两板均转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，则P在两板间( )
A.保持静止
B.水平向左做直线运动
C.向右下方运动
D.不知α角的值，无法确定P的运动状态
【解析】选B。设原来两板间距为d，电势差为U，则qE=mg，当板转过α角时两板间距d′=dcosα，E′==，此时静电力F′=qE′=，其方向斜向上，其竖直分力F=F′cosα=qE=mg，故竖直方向上合力为零，则P水平向左做匀加速直线运动。
【补偿训练】
如图所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d。今在两极板间正中央放置一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为
( )
A. B. C. D.
【解析】选C。平行板间电压U=，所以两板间的场强E==，电场力大小F=qE=，C正确。
5.(多选)如图所示，平行板电容器两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ，则
( )
A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)要知道平行板电容器的电容的决定因素；
(2)要知道匀强电场中电场强度与电势差的关系。
【解析】选A、D。保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大；故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E===，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变。故C错误，D正确。
【补偿训练】
(多选)(2018·日照高二检测)如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则( )
A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【解析】选A、C、D。移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达N孔之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落。因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d-qU=0。因两极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当把A板上移、下移时，均满足qU-mgh=0的条件，即h=2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误。当把B板上移后，设质点仍能到达N孔，则由动能定理得mgh′-qU=mv2，因B板上移后h′<2d，所以mgh′0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，故将穿过B板继续下落，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
6.(10分)一个平行板电容器，使它每板电荷量从Q1=3×10-5C增加到Q2=3.6×10-5C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，求这个电容器的电容多大？
【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)电容的定义式C=；
(2)根据Q2-Q1=C(U2-U1)，即C=计算。
【解析】电荷量的增加量和电势差的增加量分别为ΔQ=Q2-Q1=3.6×10-5C-3×10-5C=6×10-6C，
ΔU=U2-U1=12V-10V=2V。
根据电容的定义，它等于每增加1V电势差所需增加的电荷量，即C==F=3×10-6F=3μF。
答案：3μF
7.(10分)(2018·济南高二检测)如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d=4mm，充电后两极板电势差为120V。A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm。求：
(1)每一板的带电荷量。
(2)一个电子在P点具有的电势能。
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能。
(4)两板间的电场强度。
【解析】(1)由Q=UC得
Q=120×3×10-6C=3.6×10-4C。
(2)EP=-eP=-edPB=-90eV。
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得
Ek-0=-eUBA，Ek=120eV。
(4)E==3×104N/C。
答案：(1)3.6×10-4C (2)-90eV (3)120eV
(4)3×104N/C
课后提升作业 九 带电粒子在电场中的运动
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( )
A.它们通过加速电场所需的时间相等
B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C.它们通过加速电场过程中速度的增量相等
D.它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
【解析】选B、D。由于电量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W=qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B、D正确。
2.(2018·盐城高二检测)如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是( )
A.增大两板间的电势差U2
B.尽可能使板长L短些
C.尽可能使板间距离d小一些
D.使加速电压U1升高一些
【解析】选C。电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转，分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路。
电子经电压U1加速有：
eU1=m， ①
电子经过偏转电场的过程有：
L=v0t， ②
h=at2=t2=， ③
由①②③可得=。因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L、减小d，或减小U1，所以本题的正确选项为C。
3.(多选)如图所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )
A.将打在O点的下方
B.将打在O点的上方
C.穿过平行板电容器的时间将增加
D.打到屏上的动能将增加
【解题指南】解答本题应注意以下两点：
(1)由带电小球做直线运动分析其受力的情况。
(2)由动能定理分析其动能的变化。
【解析】选A、D。由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上极板上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O点下方，A正确，B错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D正确。
4.(2018·海南高考)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )
A. B. C. D.
【解析】选B。对粒子进行受力分析如图所示，可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上，粒子做曲线运动，若粒子恰能到达上极板时，其速度与极板平行，电场强度有最大值。将粒子的初速度v0分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量，当vy=0时，粒子恰能到达上极板，速度与极板平行，根据-=-2d，由于vy=v0cos45°，Ek0=m，联立整理得到：E=，故选项B正确。
5.在如图甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
【解析】选C。由运动学和动力学规律画出如图所示的v-t图象可知，电子一直向B板运动，C正确。
【补偿训练】
如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压。t=0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )
A.0B.2×10-10sC.4×10-10sD.6×10-10s【解析】选D。0～过程中电子向右做加速运动；～过程中，电子向右做减速运动，～T过程中电子向左加速，T～T过程中电子向左减速，D选项正确。
6.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)理解合外力指向曲线凹侧的规律。
(2)能根据动能定理判断动能的变化。
(3)从其他力做功的角度分析机械能的变化。
【解析】选C。若微粒带正电荷，则A板可能带正电荷，也可能带负电荷，A错误。微粒从M点运动到N点，电场力可能对微粒做正功，也可能做负功，故电势能可能增加，也可能减少，B错误。合外力指向曲线凹侧，故电场力与重力的合力竖直向下，与速度方向成锐角，合外力做正功，动能增加，C正确。由于电场力可能对微粒做正功，也可能做负功，即机械能可能增大，也可能减小，D错误。
【补偿训练】
如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A.它们运动的时间tQ>tP
B.它们运动的加速度aQC.它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2
D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
【解析】选C。设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是，它们做类平抛运动的水平距离为。则对P，由=v0tP，=aP，得到aP=；同理对Q，=v0tQ，h=aQ，得到aQ=。由此可见tP=tQ，aQ=2aP，而aP=，aQ=，所以qP∶qQ=1∶2。由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=maP∶maQh=1∶4。综上所述，C项正确。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度。
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量。
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
【解析】(1)由v2=2gh，得v=
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg-qE=ma
由运动学公式知：0-v2=2ad
整理得电场强度E=
由U=Ed，Q=CU，得电容器所带电荷量
Q=C
(3)由h=gt1，0=v+at2，t=t1+t2
整理得t=
答案：(1) (2) C
(3)
【补偿训练】
如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。
(2)分析物理量的数量级是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102V，d=4.0×10-2m，m=9.1×10-31kg，e=1.6×10-19C，g取10m/s2。
(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【解析】(1)根据动能定理可得：
eU0=m
所以电子射入偏转电场的初速度v0=
在偏转电场中，电子的运动时间
Δt==L
偏转距离Δy=a(Δt)2=
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G=mg≈10-29N
电场力F=≈10-15N
由于F?G，因此不需要考虑电子所受的重力
(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与电荷量q的比值，即=，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值叫作重力势，即G=。
电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。
答案：(1) (2)见解析
(3)= 电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定
