1．电场中有一点P，下列哪种说法是正确的( )
A．若放在P点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半
B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零
C．P点场强越大，则同一电荷在P点所受静电力越大
D．P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向
解析：选C.电场中某点的电场强度与试探电荷无关，故A、B错；由于F＝qE知，C对；场强方向与正试探电荷受力方向相同，故D错．
2．(2011年杭州高二检测)真空中距点电荷(电量为Q)为r的A点处，放一个带电量为q(q Q)的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为( )
A．F/Q B．F/q
C．k D． k
答案：BD
3．下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )
图1－3－12
解析：选C.A图中，A、B两点场强大小相等，方向不同，B图中A、B两点场强的方向相同，但大小不等，C图中是匀强电场，则A、B两点场强大小、方向相同；D图中A、B两点场强大小、方向均不相同．
4．(2011年黄冈中学高二检测)如图1－3－13所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是( )
图1－3－13
A．这个电场可能是负点电荷的电场
B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大
C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向
解析：选B.因为(孤立)负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负电荷的球对称分布，而图中的电场线分布不具备这种特点，所以它不可能是负点电荷的电场，选项A错误．
因电场线越密处场强越大，故由图知场强EA>EB.又因点电荷q在电场中所受静电力F＝qE∝E，故静电力FA>FB，选项B正确．
由牛顿第二定律知，加速度a＝F/m∝F，而FA>FB，故aA>aB.选项C错误．
因“B点切线方向”即B点场强方向，而负电荷所受静电力的方向与场强方向相反，故选项D错误．
5．一粒子质量为m，带电荷量为＋q，以初速度v与水平方向成45°射向空间一匀强电场区域，恰做直线运动．求这个匀强电场的最小场强的大小并说明方向．
解析：
粒子进入电场区域后要受重力和电场力作用而做直线运动，知其合力必与v在一直线上．由图及力的分解知识可知，最小的电场力qE＝mgcos45°.所以Emin＝cos45°＝ ，方向垂直于v指向斜上方．
答案： 垂直于v指向斜上方
一、选择题
1．关于电场线的叙述，下列说法正确的是( )
A．电场线是直线的地方一定是匀强电场
B．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向
C．点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合
D．画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场
答案：C
2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是( )
图1－3－14
解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确．
3．(2011年启东中学高二检测)
图1－3－15
如图1－3－15所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强，则( )
A．A、B两处的场强方向相同
B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB
C．电场线从A指向B，所以EA>EB
D．不知A、B附近电场线的分布情况，EA、EB的大小不能确定
解析：选AD.电场线的切线方向指场强方向，所以A对；电场线的疏密程度表示场强大小，只有一条电场线的情况下不能判断场强大小，所以B、C错误，D正确．
4.点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B连线上，如图1－3－16所示，电场强度为零的地方在( )
图1－3－16
A．A和B之间 B．A的右侧
C．B的左侧 D．A的右侧及B的左侧
解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反，因为QA>QB，所以只有B的左侧，才有可能EA与EB等大反向，因而才可能有EA和EB矢量和为零的情况．故正确答案为C.
5.如图1－3－17所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )
图1－3－17
A．该粒子带正电荷，运动方向为由a到b
B．该粒子带负电荷，运动方向为由a至b
C．该粒子带正电荷，运动方向为由b至a
D．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a
解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，故A、C错；运动a→b与b→a均有可能．故B、D对．
6. (2011年苏州高二检测)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图1－3－18中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )
图1－3－18
A．粒子带正电
B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的速度大于B点的速度
D．粒子的初速度不为零
解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A错；A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B对；粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°角，所以速率减小，故C对；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，故D对．
7.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图1－3－19中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )
图1－3－19
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a做正功，对b做负功
C．a的速度将减小，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
解析：选D.由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确．
8．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图1－3－20所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q( )
图1－3－20
A．应放在A点，Q＝2q
B．应放在B点，Q＝－2q
C．应放在C点，Q＝－q
D．应放在D点，Q＝－q
解析：选C.由平行四边形定则得出＋q和－q在O点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小．要使圆心处的电场强度为零，则应在C点放一个电荷量Q＝－q的点电荷，故C选项正确．
9．(2011年华南师大附中高二检测)
图1－3－21
如图1－3－21所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图(b)所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确．
二、计算题
10.如图1－3－22所示，在边长为l的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为＋q、＋q、＋q和－q的点电荷，求正方形中心O点的电场强度．
图1－3－22
解析：由对称性原理可知：若正方形四个顶点处均放置相同电荷量的电荷，则中心O点的场强为零，因此可把D点的电荷－q等效为两部分：＋q和－2q.
＋q和另外三个点电荷在中心O点的合场强为零，－2q在中心O点的场强为E＝＝
故正方形中心O点的场强大小为E＝，方向沿OD连线由O指向D.
答案：，方向沿OD连线由O指向D.
11．如图1－3－23所示，两根长为L的绝缘细线下端各悬挂一质量为m的带电小球A、B，A、B带电荷量分别为＋q和－q，今加上匀强电场(方向水平向左)，场强为E，使联结AB的绝缘细线(长为L)拉直，并使两小球处于静止状态，E的大小应满足什么条件？
图1－3－23
解析：B球受力如图所示．
由于B球静止，有
①②式联立，并考虑到FT≥0，
得E≥＋.
答案：E≥＋
12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图1－3－24所示，请问：
图1－3－24
(1)小球带电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
解析：
(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示
F sinθ＝qE①
F cosθ＝mg②
由得tanθ＝，故q＝.
(2)由第(1)问中的方程②知F＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于.小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为s＝，又由s＝at2，t＝＝ ＝ .
答案：(1) (2)(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后(稳定)与增加前比较，其内部的场强将( )
A．一定增强 B．不变
C．一定减弱 D．可能增强也可能减弱
解析：选B.处于静电平衡的导体内部场强处处为0，故B对．
2．带负电的粒子在某电场中仅受静电力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由( )
A．一个带正电的点电荷形成
B．一个带负电的点电荷形成
C．两个分立的带等量负电的点电荷形成
D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成
解析：选A.带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中，可以由静电力提供向心力，围绕正电荷做匀速圆周运动，也可以沿电场线做变速直线运动，A对、B错．C、D两个选项中的电场线均是曲线，粒子只受到静电力作用时不会沿电场线运动，C、D均错．
3．如图1－6所示 ，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( )
图1－6
A．A、B两点场强相等，且都为零
B．A、B两点场强不相等
C．感应电荷产生的附加电场EAD．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动
解析：选AD.导体处于静电平衡状态时，其内部场强处处为零，故A正确，B错误，因感应电荷在导体内某点的场强与正电荷在该点的场强等大反向，A点离正电荷较近，故有EA>EB，C错误；当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．
4．(2009年高考北京理综卷)某静电场的电场线分布如图1－7所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )
图1－7
A．EP>EQ，φP>φQ B．EP>EQ，φP<φQ
C．EPφQ D．EP解析：选A.根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出φP>φQ；根据电场线的疏密表示电场的强弱，可以判断出EP>EQ，故选A.
图1－8
5．(2010年连云港高二检测)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1－8所示．则这一电场可能是图1－9中的( )
图1－9
解析：选A.由v－t图象知，微粒做加速度变大的减速运动．
6．(2009年高考福建卷)如图1－10所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
图1－10
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为U，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的油滴向下运动，电场力做负功，电势降低，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电量Q＝CU将减小，D错．
7．(2011年太原市高三诊断考试)带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿图1－11中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb(ra＞rb)，b为运动轨迹上到Q的最近点，不计粒子的重力，则可知( )
图1－11
A．运动粒子带负电
B．b点的场强大于a点的场强
C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功
D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变
解析：选BD.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E＝k知，Eb＞Ea；粒子从a到b的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选B、D.
8.如图1－12所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B.A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将( )
图1－12
A．保持不变 B．先变小后变大
C．逐渐减小 D．逐渐增大
解析：选A.如图所示，B球受到三个力平衡，三力构成三角形与△PAB相似，对应边成比例：＝＝，故悬线拉力FT大小不变，答案是A.
9．(2009年高考全国卷Ⅱ)图1－13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( )
图1－13
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
解析：选BD.由O点电势高于c点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N粒子带负电，A错误．N粒子从O点运动到a点，电场力做正功．M粒子从O点运动到c点电场力也做正功．因为UaO＝UO c，且M、N粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动过程中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．
10．(2011年石北中学高二检测)带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y，偏角为φ，下列说法正确的是( )
A．粒子在电场中做类平抛运动
B．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关
C．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度
D．粒子的偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制
解析：选ACD.粒子进入电场中时，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，即粒子在电场中做类平抛运动，故A正确；
由tanφ＝＝可知B错误；
由t＝可知C正确；
由y＝ ＝，可见y与U成正比，D正确．
11．(2011年福建省三明高二月考)如图1－14所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是( )
图1－14
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度等于g
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
解析：
选ABD.带电液滴由静止沿bd方向运动，因此静电力与重力的合力必定沿bd方向，如图所示．
因此，液滴带负电，由F合＝＝ma
可得：a＝g，故A、B正确；
合外力做正功，C错误；
静电力F电做正功，液滴的电势能减少，D正确．
12．(2011年金溪一中高二月考)如图1－15所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20 eV，经过等势面C时的电势能为－10 eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5 cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是( )
图1－15
A．C等势面的电势为10 V
B．匀强电场的场强为200 V/m
C．电子再次经过D等势面时，动能为10 eV
D．电子的运动是匀变速曲线运动
解析：选AB.设相邻两等势面间的电势差大小为U，对电子由D到B的过程应用动能定理得：－2Ue＝0－20 eV，可得U＝10 V，由E＝可得：E＝V/m＝200 V/m，B正确；由EpC＝φC q 得：φC ＝＝10 V，A正确；当电子再次经过D等势面时，电场力对电子做的总功为零，动能仍为20 eV，C错误；电场方向垂直于等势面，沿竖直方向，故电子的运动为匀变速直线运动，D错误．
二、计算题(本题包括4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)(2011年济南市高二质检)如图1－16所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为－q的油滴以速度v竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v.求：场强E的大小及A、B两点间的电势差．
图1－16
解析：根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：h＝，x＝，故h＝x.
由动能定理得：qEx－mgh＝0，即E＝，
再由动能定理得：qUAB－mgh＝0，mgh＝mv2，
所以UAB＝.
答案：见解析
14．(10分)(2011年陕西西安一中高二月考)如图1－17所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E＝4.0×102 V/m，两板相距d＝16 cm，板长L＝30 cm.一带电荷量q＝1.0×10－16C、质量m＝1.0×10－22 kg 的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：
图1－17
(1)粒子带何种电荷？
(2)要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？
解析：(1)因带电粒子进入两板间后向B板偏转，故所受到的电场力竖直向下，粒子带正电．
(2)粒子恰好飞出电场时，偏转位移y＝，
又y＝
以上两式联立可得：v0＝1.5×104 m/s.
答案：(1)正电 (2)1.5×104 m/s
15．(10分)如图1－18所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h＝0.8 cm，两板间的电势差为300 V，如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d，取g＝10 m/s2)
图1－18
解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q，则带电小球受重力mg和向上的电场力qE的作用．
当U1＝300 V时，小球平衡：
mg＝q①
当U2＝60 V时，重力大于电场力，带电小球向下板做匀加速直线运动：
mg－q＝ma②
又h＝at2③
由①②③得：
t＝ ＝ s≈4.5×10－2s.
答案：4.5×10－2s
16．(12分)(2011年武汉高二检测)如图1－19，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两极板间距离d＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电荷量为q＝＋1×10－8 C，电容器电容为C＝10－6 F，g 取10 m/s2，求：
图1－19
(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？
(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？
解析：(1)若第一个粒子落到O点，
由＝v01t1，
＝ gt得v01＝2.5 m/s
若落到B点，由L＝v02t1，＝gt得v02＝5 m/s
故 2.5 m/s(2)由L＝v01t，得t＝4×10－2 s
由＝ at2 得a＝2.5 m/s2
由mg －qE＝ma，E＝
得Q＝6×10－6C
所以n＝＝600个．
答案：(1)2.5 m/sA．某点的电场强度大，该点的电势一定高
B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大
C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零
D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零
解析：选D.场强大处电势不一定高，A错；由Ep＝qφ知：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，在电势为0处电势能为0，故B、C错，D对．
2．如图1－4－6所示，Q是带正电的点电荷，P1和P2为其电场中的两点．若E1、E2分别为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2分别为P1、P2两点的电势，则( )
图1－4－6
A．E1>E2，φ1>φ2 B．E1>E2，φ1<φ2
C．E1φ2 D．E1解析：选A.由E＝知E1>E2，由电场线方向P1指向P2知，φ1>φ2，故A对．
3．(2011年天津红桥区高二检测)如图1－4－7所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是( )
图1－4－7
A．电势φA>φB，场强EA>EB
B．电势φA>φB，场强EAC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少
D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能EpA>EpB
解析：选BC.顺着电场线电势逐渐降低，即φA>φB，由电场线疏密可知，EA4.在如图1－4－8所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A点分别移到B、C、D、E(在以O为圆心的圆周上)，则下列情况正确的是( )
图1－4－8
A．从A到B电场力做功最大
B．从A到E电场力做功最大
C．电场力做功一样多
D．A点比D点电势高
解析：选C.B、C、D、E在同一等势面上，所以检验电荷在这四点时的电势能相等，由WAB＝EpA－EpB可知，C正确；在－Q的电场中，D点离源电荷远，所以D点的电势比A点高，故D错．
5．如图1－4－9所示，在电场强度为E＝104 N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L＝1 m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m＝0.2 kg、电荷量为q＝5×10－6 C、带正电的小球．细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．现将杆由水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，电场力对小球做功多少？小球电势能如何变化？
图1－4－9
解析：电场力做功与路径无关．在小球由A运动到最低点B的过程中，电场力对小球做的正功为W＝qEL＝5×10－6×104×1 J＝0.05 J．电场力对小球做正功，小球电势能减少，减少的电势能为0.05 J.
答案：见解析
一、选择题
1.两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中．杆与场强方向平行，其位置如图1－4－10所示．若此杆绕过O点垂直于杆的轴线转过180°，则在此转动过程中电场力做的功为( )
图1－4－10
A．0 B．qEl
C．2qEl D．πqEl
解析：选C.电场力对两小球均做正功，大小与路径无关，对每个小球做功为qEl，共为2qEl.故C正确．
2. (2011年吉安高二检测)如图1－4－11所示，在O点的点电荷＋Q形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，则C点移到B点电场力做功为W3，则三者关系为( )
图1－4－11
A．W1＝W2＝W3<0 B．W1>W2＝W3>0
C．W1＝W3>W2＝0 D．W3>W1＝W2＝0
解析：选C.因A、C两点处于同一等势面上，所以W1＝W3>0，W2＝0.所以C正确．
3．(2011年聊城高二检测)下列关于电势高低的判断，正确的是( )
A．负电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低
B．负电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低
C．正电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低
D．正电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低
解析：选BC.负电荷从P点移到M点，电势能增加，电场力做负功，电场力方向由M点到P点，电场线方向由P到M，故M点电势较低，所以A错B对．同理可得C对D错．
4．如图1－4－12所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是( )
图1－4－12
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度为零
C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大
解析：选BD.根据对称性和叠加原理，O点有三个场强矢量，其中A、B两点的电荷在O点的场强矢量等大反向，矢量和为零，即O点的电场强度等于C点电荷在该处的场强；D点有三个场强矢量，方向分布互为120°，故合场强为零．选项A错，B对．
由于D点场强为零，作为分界点，D的左边场强方向向左，右边方向向右．则将点电荷＋q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相同，静电力做正功，电势能减小；将点电荷－q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相反，静电力做负功，电势能增加．选项C错，D对．
5．(2010年高考上海卷)三个点电荷电场的电场线分布如图1－4－13所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb则( )
图1－4－13
A．Ea>Eb，φa>φb B．EaC．Ea>Eb，φa<φb D．Eaφb
解析：选C.由图可以看出a处电场线更密，所以Ea>Eb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb>φa，故C项正确．
6．(2010年高考天津理综卷)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( )
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．
7.如图1－4－14所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )
图1－4－14
A．两个物块的电势能逐渐减少
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的机械能守恒
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
解析：选A.两物块之间的库仑力对两物块均做正功，电势能减少，A对，B错；两物块的重力势能不变，动能先增后减，故机械能不守恒，C错；物块先加速后减速，故库仑力先大于摩擦力，但随着距离的增大，库仑力逐渐减小，故后阶段摩擦力大于库仑力，D错．
8．(2009年高考广东卷)如图1－4－15，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是( )
图1－4－15
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场线方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
解析：选C.由图知该电场为匀强电场，因此带电粒子受到的电场力方向恒定，大小不变，因此C正确．由电荷运动轨迹与受力关系可判定电荷受力向左，B错，因此由N到M电场力对粒子做 负功，其速度应减小，A错，电势能在前段与后段不一样，D错．
9．(2009年高考上海卷)位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图1－4－16所示，图中实线表示等势线，则( )
图1－4－16
A．a点和b点的电场强度相同
B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功
C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功
D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大
解析：选CD.a点和b点所在处的等势线疏密程度不同，故两处的场强不同，方向也不同，A错；从c点到d点电势升高，正电荷的电势能增大，电场力做负功，B错；从a点到c点、电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，C对；从e点沿虚线到f点，电势先减小后增大，则正电荷的电势能先减小后增大，D对．
二、计算题
10．将带电荷量为1×10－8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6 J，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？
(2)A点的电势是多少？
(3)若静电力可以把带电荷量为2×10－8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)
解析：(1)静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为1×10－6 J.
(2)A点的电势为：φA＝＝ V＝100 V.
(3)因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为：
W2＝2W1＝2×－6 J.
答案：(1)增加 1×10－6 J
(2)100 V (3)带负电 2×10－6 J
11．如图1－4－17所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m，带电荷量为－q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点电势是多大？
图1－4－17
解析：由动能定理得：mgh＋W电＝mv2
解得：W电＝mgh
φC＝φB＝＝.
答案：mgh
12．如图1－4－18所示，一质量为m、带有电荷量－q的小物体，可以在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，小物体以速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力Ff作用，且Ff1－4－18
解析：电场力做功与路径无关，滑动摩擦力始终做负功，由于Ff＜qE，小物体最终停留在O端．由动能定理得：
qEx0－Ffs＝0－mv，
s＝.
答案：1．(2011年安庆高二检测)下列关于点电荷的说法，正确的是( )
A．点电荷一定是电量很小的电荷
B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在
C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷
D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷
解析：选B.当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时，这样的带电体就可以看成点电荷，所以A、C、D错，B正确．
2．关于库仑定律的公式F＝k，下列说法中正确的是( )
A．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0
B．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用
答案：AD
3．(2011年佛山高二检测)真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的( )
A．1倍 B．3倍
C．6倍 D．9倍
解析：选A.原来的库仑力为F＝，后来的库仑力为F′＝k＝k＝F.所以A对．
4.如图1－2－9所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是( )
图1－2－9
A．F引＝G，F库＝k
B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G ，F库＝k
D．F引＝G，F库≠k
解析：选D.由于a、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l＝3r，不满足l r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠k.虽然不满足l r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝G.
5．如图1－2－10所示，一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是m的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？
图1－2－10
解析：小球A受力如图，受四个力，重力mg、库仑力F、丝线两个拉力FT相等．
则FTsin60°＝mg
FTcos60°＋FT＝k
解得q＝ .
答案：均为
一、选择题
1．(2011年广东实验中学模拟)如图1－2－11所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定( )
图1－2－11
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
解析：选D.由题图可知，两带电球相互排斥，则说明两球一定带有同种电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故A、B错；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C错，D对．
2．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将( )
A．保持不变 B．先增大后减小
C．增大 D．减小
解析：选A.两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2＝m2∶m1，故A正确．
3．(2011年北京四中高二检测)两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图1－2－12所示，则下列说法正确的是( )
图1－2－12
A．若m1>m2，则θ1>θ2
B．若m1＝m2，则θ1＝θ2
C．若m1θ2
D．若q1＝q2，则θ1＝θ2
解析：选BC.这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样．
4．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是( )
A．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍
C．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的
D．保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的
答案：AD
5．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是( )
A.F B.F
C.F D.F
解析：选A.由库仑定律，接触前F＝k，接触后F′＝k＝k＝F，故A正确．
6．两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( )
A．5∶2 B．5∶4
C．5∶6 D．5∶9
解析：选BD.由库仑定律，它们接触前的库仑力为F1＝k
若带同种电荷，接触后的带电荷量相等，为3q，此时库仑力为F2＝k
若带异种电荷，接触后的带电荷量相等，为2q，此时库仑力为F′2＝k
由以上计算可知选项BD正确．
7．(2011年铜陵一中高二检测)如图1－2－13所示，在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B，它们用一绝缘轻弹簧相连，带同种电荷．弹簧伸长x0时小球平衡，如果A、B带电荷量加倍，当它们重新平衡时，弹簧伸长为x，则x和x0的关系为( )
图1－2－13
A．x＝2x0 B．x＝4x0
C．x<4x0 D．x>4x0
解析：选C.设弹簧原长为l，劲度系数为K，根据库仑定律和平衡条件列式得
k＝Kx0，k＝Kx
两式相除：＝，得：x＝·4x0，
因l＋x>l＋x0，由此推断选项C正确．
8.如图1－2－14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所带电荷量的大小比b的小．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( )
图1－2－14
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选B.据“同电相斥、异电相引”规律，确定电荷c受到a和b的库仑力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，因此Fb大于Fa，Fb与Fa的合力只能为F2，故选项B正确．
二、计算题
9．一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图1－2－15所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．已知P距大球球心距离为4R.
图1－2－15
解析：未挖去之前，＋Q对q的斥力为：F＝
挖去的小球带电荷量为：Q′＝×＝
挖去的小球原来对q的斥力为：
F1＝＝
剩余部分对q的斥力为：
F2＝F－F1＝，方向向右．
答案： 方向向右
10. (2011年广州高二检测)光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图1－2－16所示．求：两球之间的距离．
图1－2－16
解析：设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝k
由平衡条件得：Fcos45°＝mgsin45°
由以上两式解得：x＝q .
答案：q
11.质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电量qA＝＋10q；B球带电量qB＝＋q.若在C球上加一个水平向右的恒力F，如图1－2－17所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，问外力F为多大？C球带电性质是什么？
图1－2－17
解析：由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷．
以三球为整体，设系统加速度为a，则F＝3ma①
隔离A、B，由牛顿第二定律可知：
对A：－＝ma②
对B：＋＝ma③
联立①、②、③得F＝70k.
答案：70k 负电荷1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．一定是匀变速运动
B．不可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动
解析：选A.带电粒子在匀强电场中受恒定合外力(电场力)作用．一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错．
2．如图1－9－11所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比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A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是( )
图1－9－11
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板做周期性来回运动
解析：选C.开始时B板电势比A板的高，原来静止的电子在电场力作用下先向B板做加速运动，经0.2 s后再向B板做减速运动，0.4 s时速度减为零，接着再重复开始运动，就这样电子在周期性电压下，周期性地向B板“加速—减速”，一直向B板做单方向的直线运动．
3．如图1－9－12所示，a、b、c表示点电荷的电场中三个等势面，它们的电势分别为φa＝U，φb＝U，φc＝U.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为vb，则它经过等势面c时的速率为( )
图1－9－12
A．2vb B．4vb
C.vb D.vb
解析：选D.粒子由a至b过程中，根据动能定理q(φa－φb)＝mv－0，由b至c过程中，根据动能定理q(φb－φc)＝mv－mv，解得vc＝vb，D对．
4．如图1－9－13所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用下列哪种办法( )
图1－9－13
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些
D．使电子入射速度v0大些
解析：选C.竖直方向上电子做匀加速运动，故有h＝at2＝，则＝，可知，只有C选项正确．
5.如图1－9－14所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积？(不计电子的重力)
图1－9－14
解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即
r＝vt①
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即
d＝at2②
电子在平行电场方向上的加速度
a＝＝③
电子打在B板上的区域面积
S＝πr2④
由①②③④得S＝.
答案：
一、选择题
1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
答案：A
2．(2011年吉安高二检测)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1－9－15所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
图1－9－15
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
解析：选AC.由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．
3．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( )
A．质子H B．氘核H
C．α粒子He D．钠离子Na＋
解析：选A.Uq＝mv2得v＝ ，比荷最大的获得的速度最大．
4．一个带正电的油滴从图1－9－16所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图1－9－17中的( )
图1－9－16
图1－9－17
解析：选B.油滴从A点自由下落以一竖
直速度进入电场，进入电场后受重力和电场力两恒力作用．如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B.
5．一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子( )
A．都具有相同的质量 B．都具有相同的电量
C．具有相同的荷质比 D．都是同一元素的同位素
解析：选C.轨迹相同的含义为：偏转位移、偏转角度相同，即这些离子通过电场时轨迹不分叉．
tanθ＝＝，所以这些离子只要有相同的荷质比，轨迹便相同，故只有C正确．
6.三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图1－9－18所示的运动轨迹，由此可判断( )
图1－9－18
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加值c最小，a和b一样大
答案：ACD
7.如图1－9－19所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使( )
图1－9－19
A．粒子的电荷量变为原来的
B．两板间电压减为原来的
C．两板间距离增为原来的4倍
D．两板间距离增为原来的2倍
解析：选AD.粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移所用时间t相等，设两板电压为U，则有：恰好穿过电场时＝··()2，得时间t＝ ＝ .当入射速度变为，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原来的或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．
8.(2011年北京海淀区高二教学质量检测)图1－9－20为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图1－9－20
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
解析：选D.由动能定理qU＝mv2得v＝ ，带电粒子确定，v与成正比，与A、K间距离无关，故D正确．
9．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为( )
A．8Ek B．5Ek
C．4.25Ek D．4Ek
解析：选C.因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以电场力做功只有W＝0.25 Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25 Ek，故正确答案为C.
二、计算题
10．一个带正电的粒子，从A点射入水平方向的匀强电场中，粒子沿直线AB运动，如图1－9－21所示．已知AB与电场线夹角θ＝30°，带电粒子的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：
图1－9－21
(1)粒子在电场中运动的性质，要求说明理由．
(2)电场强度的大小和方向．
(3)要使粒子从A点运动到B点，粒子射入电场时的最小速度是多少？
解析：(1)粒子只在重力和电场力作用下沿直线AB运动，重力和电场力的合力必由B指向A，与粒子初速度vA方向相反，所以粒子做匀减速运动．
(2)由图可得：＝tanθ
代入数据解得：E＝1.7×104N/C，方向水平向左．
(3)当粒子到B时的速度vB＝0时，粒子进入电场时的速度最小，由动能定理得，
mgLsinθ＋qELcosθ＝mv/2
代入数据，解得vA＝2.8 m/s.
答案： 见解析
11.(2011年福建省三明高二月考)如图1－9－22所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
图1－9－22
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．
解析：(1)由U0e＝mvB2得：
vB＝
(2)由y＝＝可得：
l＝d.
(3)由动能定理得：U0e＋e＝Ek末
所以电子穿出右侧平行金属板时的动能Ek末＝.
答案：(1) (2)d (3)
12. (2011年长沙高二检测)如图1－9－23所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：
图1－9－23
(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；
(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；
(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？
解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
qU＝mv2①
解得v＝
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有
qE＝m＝②
联立①②，得E＝
(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则
t1＝＝＝2d
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则
t2＝＝
所以从释放微粒开始，经过t1＋t2＝(2d＋) 微粒第一次到达P点．
答案：(1) (2)E＝ (3)(2d＋)1．对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是( )
A．电势差的定义式UAB＝，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比
B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0
C．电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量q无关
D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功
解析：选BC.根据电势差的定义，电场中两点间的电势差等于将单位正电荷从一点移到另一点时静电力所做的功，仅由电场及两点的位置决定，与移动的电荷量及做功的多少无关，即U＝也是比值定义式，故应选B、C.
2．(2011年安徽省两地三校高二联考)一个带正电的质点，电荷量q＝2.0 ×10－9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差为( )
A．3.0×104 V B．1.0×104 V
C．4.0×104 V D．7.0×104 V
解析：选B.由动能定理，外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量，得电场力对物体做的功W＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J．由W＝q(φa－φb)得φa－φb＝W/q＝1×104 V，所以只有B对．
3．(2011年海淀区高二质量检测)如图1－5－5所示，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．一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)( )
图1－5－5
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
解析：选C.正电荷在电场中只受电场力的作用，在L3时，动能为20 J，运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J．当它的电势能为4 J时，动能为6 J．所以C正确．
4．如图1－5－6所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b移到d，电场力做正功W2，则( )
图1－5－6
A．W1>W2 φ1>φ2
B．W1C．W1＝W2 φ1<φ2
D．W1＝W2 φ1>φ2
解析：选D.由W＝Uq可知，W1＝W2.
由Wc d＝Uc d·q，Wc d>0，q>0，可知Uc b>0，
故φ1>φ2>φ3，正确．
5. (2011年北京东城区模拟)如图1－5－7所示，匀强电场的场强E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q＝4×10－8 C沿半径R＝20 cm的圆周，从A点移动到B点，已知∠AOB＝90°，求：
图1－5－7
(1)这一过程电场力做的功是正功还是负功？做功多少？
(2)A、B两点的电势差UAB.
解析：(1)∵φB>φA，故将正电荷从A点移到B点电场力做负功．W＝－qE·R＝－9.6×10－7 J.
(2)UAB＝＝－ER＝－24 V.
答案：(1)负功 9.6×10－7 J (2)－24 V
一、选择题
1．在电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝75 V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200 V，则A、B、C三点电势高低关系为( )
A．φA>φB>φC B．φA<φC<φB
C．φC>φA>φB D．φC>φB>φA
解析：选C.UAB＝75 V表示φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，选C.
2．在静电场中，将一电子从a点移至b点，静电力做功5 eV，则下列结论错误的是( )
A．电场强度的方向一定由b到a
B．a、b两点的电势差是5 V
C．电子的电势能减少了5 eV
D．因电势零点未确定，故不能确定a、b间的电势差
解析：选ABD.电子在移动过程中静电力做正功，说明电势升高，电子的电势能减少，因此B错误；C正确；由于电场线方向不一定沿ab连线方向，故A错误；电场中两点间电势差为确定的数值．与电势零点的选择无关，故D错误．
3．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10－17 J，动能为3.2×10－17 J，电子经过B点时电势能为3.2×10－17 J，如果电子只受电场力作用，则( )
A．电子在B点时动能为4.8×10－17 J
B．由A到B电场力做功为100 e V
C．电子在B点时动能为1.6×10－17 J
D．A、B两点间电势差为－100 V
解析：选ABD. 因只有电场力做功，电子的电势能与动能之和不变，故有EkA＋EpA＝EkB＋EpB，可得出EkB＝4.8×10－17 J，A正确C错误；电势能减少了4.8×10－17J－3.2×10－17 J＝1.6×10－17 J，故由A到B电场力做正功1.6×10－17 J＝100 eV，B正确；由100 eV＝UAB(－e)得：UAB＝－100 V，故D正确．
4．如图1－5－8所示，在竖直纸面内有一匀强电场，一质量为m、带电荷量为－q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ＝60°，AB间距离为d，且F＝mg.则( )
图1－5－8
A．匀强电场的电场强度大小为E＝
B．A、B两点的电势差大小为
C．带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了mgd
D．电场方向与F方向关于AB对称
解析：选AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°，根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左，大小等于F，即mg＝qE＝F.从A到B过程中，电场力做功WAB＝Eq·dcos 60°＝，A、B两点间的电势差为UAB＝＝.
5. (2011年兴义市高二上学期月考)如图1－5－9所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为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( )
图1－5－9
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 V
解析：选AC.因微粒仅受电场力作用，且由A点到B点时动能减少，故电场力做负功，电场力的方向水平向左，轨迹应为虚线1所示，A正确，B错误；由WAB＝UAB·q＝－10－5 J，可得：UAB＝－10 V，由UAB＝φA－φB，可得φB＝φA－UAB＝0 V，故C正确，D错误.
6.如图1－5－10所示，水平固定的小圆盘A，其带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点，O到 c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时，小球速度最大，因此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是( )
图1－5－10
A．b点场强 B．c点场强
C．b点电势 D．c点电势
解析：选AD.速度最大时加速度为零，由b点速度最大可知qEb＝mg，所以Eb＝，由c点速度为零可知：mgh＝－qφc，所以φc＝－.
7．如图1－5－11所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经P到达N点的过程中( )
图1－5－11
A．速率先增大后减小
B．速率先减小后增大
C．电势能先减小后增大
D．电势能先增大后减小
解析：选AC.电子所受库仑力为引力，从M到P再到N，电子和正点电荷之间的距离先减小再增大，库仑力先做正功再做负功，电势能先减小再增加，动能先增加再减小，速率先增加再减小，A、C选项正确，B、D选项错误．
8．如图1－5－12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( )
图1－5－12
A. B.
C. D.
解析：选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有
2gh＝v.
电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv变为2mv，则根据动能定理，有
Uq－mgh＝2mv－mv，
解方程得A、B两点电势差应为，应选C.
9.如图1－5－13所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V，一质子(H)从等势面a上某处由静止释放，仅受静电力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是( )
图1－5－13
A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV
B．质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eV
C．质子经过等势面c时的速率为2.25 v
D．质子经过等势面c时的速率为1.5 v
解析：选D.质子由高等势面向低等势面运动，电势能减少，动能增加，A、B都错误；质子从等势面a到等势面b，由动能定理得mv2＝2 eV，质子从等势面a到等势面c，由动能定理得mv＝4.5 eV，解得vc＝1.5 v，故D正确．C错误．
二、计算题
图1－5－14
10．(2011年山东临沂模拟)如图1－5－14所示，用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中，将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零，求：
(1)B、A两点的电势差UBA；
(2)小球到达B点时，悬线对小球的拉力FT.
解析：(1)对小球，则A→B，由动能定理得：
mglsin60°－qUBA＝0
所以UBA＝.
(2)在B点，小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用，建立如图所示直角坐标系，将三力正交分解．
因B点小球速度为0，则
FT＝mgcos30°＋qEcos60°＝mg.
答案：(1) (2)mg
11.如图1－5－15所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：
图1－5－15
(1)匀强电场的场强E；
(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2；
(3)a、c两点间的电势差Uac.
解析：由于电场力做功W＝qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有关，故可根据已知的电场力做功先求电势差，再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然．
(1)设a、b两点间距离为d，有
W1＝qE·d①
由①式得
E＝＝ V/m＝60 V/m.
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，有
d1＝bc·cos60°②
W2＝qE·d1③
由②③式得W2＝qE·bc·cos60°
＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.
(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，有
W＝W1＋W2④
W＝qUac⑤
由④⑤式得
Uac＝＝ V
＝ V＝6.6 V.
答案：(1)60 V/m (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V
12. (2011年成都高二检测)如图1－5－16所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求：
图1－5－16
(1)小球滑至C点时的速度大小；
(2)A、B两点间的电势差；
(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．
解析：(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零
由几何关系可得BC的竖直高度
hBC＝3R/2
根据动能定理有
mg×3R/2＝mv/2－mv/2
解得vC＝.
(2)因为电势差UAB＝UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有
mg×3R＋q|UAC|＝mv/2
解得|UAB|＝|UAC|＝mgR/(2q)，
(3)因为φA<φC、φC＝0，所以
φA＝－|UAC|＝－mgR/(2q)．
答案：(1) (2)mgR/(2q) (3)－mgR/(2q)1．下面关于电容器及其电容的叙述正确的是( )
A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比
D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定
解析：选A.电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B错；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电量的变化而变化，C错；C＝＝可求电容器的电容，D错．
2．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间相应关系的图应是下图中的( )
图1－8－6
解析：选B.电容是描述电容器储存电荷特性的物理量，仅由电容器本身决定，对于给定的电容器，其电容C的大小与电荷量Q、电压U均无关．
3．(2010年高考北京理综卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图1－8－7). 设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )
图1－8－7
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，由θ不变
解析：选A.保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由Q＝CU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容变小，由Q＝CU可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误．
4．如图1－8－8所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )
图1－8－8
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
解析：选AD.保持S闭合，则电容器两极间的电压不变，由E＝可知，当A板向B板靠近时，E增大，θ增大，A正确，B错误；断开S，则两板带电荷量不变，则Q＝CU＝＝E可知，将A板向B板靠近，并不改变板间电场强度，故Q不变，D正确，C错误．
5.如图1－8－9所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C＝ε计算，式中常量ε＝9×10－12 F/ m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm，如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下多少 mm.
图1－8－9
解析：设金属片的原距离为d，金属片被按下Δd时电容变化ΔC＝0.25 pF，
此时金属片间距为(d－Δd)，
则C1＝ε，C2＝ε.
ΔC＝C2－C1＝εS(－)，
代入数据得Δd＝0.15 mm.
答案：0.15 mm
一、选择题
1．某电容器的电容是30 μF，额定电压为200 V，击穿电压为400 V，对于该电容器，下列说法中正确的是( )
A．为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3×10－5 C
B．给电容器1 C的电荷量，两极板间的电压为3×10－5V
C．该电容器能容纳的电荷量最多为6×10－3C
D．该电容器两极板间能承受的最大电压为200 V
解析：选A.由ΔQ＝C·ΔU＝30×10－6×1 C＝3×10－5C，A对；由U＝＝V＝3.3×104 V，电容器被击穿 ，B错；击穿电压为400 V表示能承受的最大电压为400 V，最大电荷量Q＝CU＝3×10－5×400 C＝1.2×10－2C，C、D错．
2．一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为( )
A．1.0×10－8 F B．2.0×10－8 F
C．4.0×10－8 F D．8.0×10－8 F
解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推导出：C＝.因此电容C＝ F＝2.0×10－8 F.
3.如图1－8－10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.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为( )
图1－8－10
A．k B．k
C. D.
解析：选C.平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E＝，因此点电荷q在其中所受到的电场力为F＝Eq＝.
4.如图1－8－11所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )
图1－8－11
A．电荷将向上加速运动
B．电荷将向下加速运动
C．电流表中将有从a到b的电流
D．电流表中将有从b到a的电流
解析：选BD.板距增大，由于板间电压不变，则E＝变小，所以电场力变小，电荷向下加速，A错B对；由平行板电容公式可知，板间增大C变小，则Q＝CU变小，电容器放电，C错D对．
5．如图1－8－12所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法正确的是( )
图1－8－12
A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体
B．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了
D．如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了
解析：选AC.类似于平行板电容器的结构，导体芯柱和导电液体构成电容器的两电极，导体芯柱的绝缘层就是两极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小．导电液体深度h越大，则S越大，C越大，C增大时就表明h变大．故A、C正确．
6. (2011年沈阳高二质检)如图1－8－13所示是一只利用电容器电容(C)测量角度(θ)的电容式传感器的示意图．当动片和定片之间的角度(θ)发生变化时，电容(C)便发生变化，于是通过知道电容(C)的变化情况就可以知道角度(θ)的变化情况．下列图象中，最能正确反映角度(θ)与电容(C)之间关系的是( )
图1－8－13
图1－8－14
解析：选B.两极板正对面积S＝(π－θ)R2，则S∝(π－θ)
又因为C∝S，所以C∝(π－θ)
令C＝k(π－θ) ∴θ＝π－(k为常数)
所以B正确．
7．某电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样，则( )
A．该电容器所带电荷量不能超过1.5×10－6 C
B．该电容器所加电压不能超过9 V
C．该电容器击穿电压为9 V
D．当给该电容器加4.5 V的电压时，它的电容值变为0.75 μF
解析：选B.该标示值为电容器电容和能允许加的最大电压．加在该电容器上的电压超过9 V就会击穿它．能够给它充的最大电荷量为Q＝CU m＝1.5 ×10－6×9 C＝1.35×10－5C.电容器电容与所加电压无关，因此当给电容器加4.5 V的电压时，其电容值仍为1.5 μF.故B正确．
8．如图1－8－15所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带电荷量＋Q，板间电场内有一固定点P.若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )
图1－8－15
A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
解析：选AC.A板下移，电荷密度不变，场强不变，又因P与B板距离不变，由UP＝Ed知P点电势不变，A对，B错，B板上移，场强同样不变，但P与B板距离减小，故电势降低C对，D错．
9．如图1－8－16所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )
图1－8－16
A．液滴将向下加速运动
B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将减小
C．M点的电场强度变小了
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同
解析：选BD.当将a向下平移时，板间场强增大，则液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，A、C错误．由于b板接地且b与M间距未变，由U＝Ed可知M点电势将升高，液滴的电势能将减小，B正确．由于前后两种情况a与b板间电势差不变，所以将液滴从a板移到b板电场力做功相同，D正确．
二、计算题
10．水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？
解析：利用平衡条件得mg＝qE＝.
根据运动学公式有＝，
由牛顿第二定律得，qE′－mg＝ma，
又E′＝，解得t＝.
答案：
11．如图1－8－17所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.20×10－3m，取g＝10 m/s2，求：
图1－8－17
(1)该电容器所带电量．
(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？
解析：(1)由公式C＝得
Q＝CU＝3.0×10－10×12 C＝3.6×10－9 C.
(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝
解得q＝＝ C
＝2.0×10－6 C
微粒带负电荷．
答案：(1)3.6×10－9 C (2)2.0×10－6 C 负电荷
12．如图1－8－18所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，小球恰好能打到A板，求A、B板间的电势差．
图1－8－18
解析：如果电场力做正功，由动能定理得
qU－mg(h＋H)＝0－mv/2，
解得U＝，
如果电场力做负功， 则有
－qU－mg(h＋H)＝0－mv/2，
解得U＝.
答案：见解析1．关于场强和电势差的关系，说法正确的是( )
A．电场强度越大的地方，电势越高，任意两点间的电势差越大
B．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等
C．电势降低的方向必定是电场强度的方向
D．沿着电场线方向，单位距离上降落的电势越大，则场强越大
解析：选D.电场强度越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷形成的电场，越接近点电荷，电势越低，A错误；在匀强电场中沿电场线方向，任何相同距离上电势降低必定相等，B错误；电势降低的方向不一定是电场强度方向，C错误；由E＝可知，单位距离上降落的电势越大，场强越大，D正确．
2．如图1－6－10所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD的大小为( )
图1－6－10
A．－3 V B．0
C．2 V D．1 V
解析：选A.在匀强电场中，由于AD与BC平行且相等，故UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，代入数据解得φD＝－3 V.
3.如图1－6－11所示是电场中的一条电场线，已知ab＝bc，则下列关系式中一定正确的是( )
图1－6－11
A．Ea＝Eb＝Ec B．Ea>Eb>Ec
C．φa>φb>φc D．Uab＝Ubc
解析：选C.只根据一条电场线无法确定该电场是否是匀强电场，故A、B、D都不正确．
4.如图1－6－12所示，匀强电场场强E＝100 V/ m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场线夹角为60°，则UB A为 ( )
图1－6－12
A．－10 V B．10 V
C．－5 V D．－5 V
解析：选C.公式U＝Ed中，d是沿场强方向的距离，A、B两点沿电场线方向的距离d＝lcos60°＝0.1× m＝0.05 m．B点电势低于A点电势，则UBA＝－Ed＝－100×0.05 V＝－5 V，故C正确．
5.如图1－6－13所示，匀强电场中，A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q＝－2×10－10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10－8 J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10－8 J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．
图1－6－13
解析：把电荷从A点移到B点，由UAB＝得UAB＝ V＝－240 V，
所以φA－φB＝φA＝－240 V.
把电荷从B点移到C点，UBC＝＝ V＝240 V，φB－φC＝－φC＝240 V，则φC＝－240 V.
因为φA＝φC，即A、C在同一等势面上，根据场强与等势面垂直且由高电势处指向低电势处，可得该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方．
答案：φA＝φC＝－240 V，电场方向垂直于AC，指向左上方
一、选择题
1．(2011年福建省三明高二月考)如图1－6－14为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为( )
图1－6－14
A．E＝100 V/m，竖直向下
B．E＝100 V/m，竖直向上
C．E＝100 V/m，水平向左
D．E＝100 V/m，水平向右
解析：选C.电场方向与等势面垂直且指向电势降低的方向，故电场方向水平向左，由U＝Ed可得：E＝＝ V/m＝100 V/m，故C正确．
2.如图1－6－15所示，圆O所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行．一个带正电荷的微粒(不计重力)从图中A点出发，以相同的初动能在圆内向各个方向运动，图中AB是圆的一条直径，∠BAC＝30°，已知只有当该微粒从图中C点处离开圆面时，动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为( )
图1－6－15
A．沿A→B方向 B．沿A→C方向
C．沿O→C方向 D．沿B→C方向
解析：选C.由W＝Uq可知，微粒由A射入到从C离开圆面时，动能最大，说明A、C两点的电势差最大，故知C点为圆上电势最低的点，过C的切线为电势最低的等势面，故电场方向为沿O→C方向，C正确．
3.(2011年湖北黄冈质检)如图1－6－16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( )
图1－6－16
A．a点的电势为6 V
B．a点的电势为－2 V
C．O点的场强方向指向a点
D．O点的场强方向指向电势为2 V的点
解析：选AD.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10 V－6 V＝φa－2 V，解得φa＝6 V，选项A正确、B错误；O点与a点处于同一等势面上，所以O点场强方向垂直O与a连线指向电势为2 V的点，选项C错误、选项D正确．
4．如图1－6－17中，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为＋Q，已知在＋Q的电场中b、c两点间的电势差为U，将另一个点电荷＋q从d点移动到e点过程中，下列说法正确的是( )
图1－6－17
A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU
C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU
解析：选D.离点电荷＋Q越远，电场越弱，由U＝Ed可得Ude5．如图1－6－18中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm，把一个电荷量q＝10－5C的正电荷从A移到B，静电力做功为零，从B移到C，静电力做功为－1.73×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )
图1－6－18
A．865 V/m，垂直AC向左
B．865 V/m，垂直AC向右
C．1000 V/m，垂直AB斜向上
D．1000 V/m，垂直AB斜向下
解析：选D.把电荷q从A移到B，静电力不做功，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，场强方向垂直于等势面，可见，选项A、B不正确．
UBC＝＝V＝－173 V，B点电势比C点低173 V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强的方向必垂直于AB斜向下，场强大小E＝＝＝ V/m＝1000 V/m，因此选项D正确，C错误．
6．(2011年朝阳区高二检测)如图1－6－19所示，一条绝缘细线，上端固定，下端拴一个质量为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．当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态，则小球所带的电荷量为( )
图1－6－19
A.sinα B.cosα
C.tanα D.cotα
解析：
选C.对小球受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：
Fcosα＝mg
Fsinα＝Eq
可得：q＝tanα，故C正确．
7.如图1－6－20所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r为半径做逆时针转动，当OA与x轴正向成θ角时，O、A两点间的电势差为 ( )
图1－6－20
A．UOA＝Er B．UOA＝Ersinθ
C．UOA＝Ercosθ D．UOA＝－Ercosθ
解析：选C.由图可知OA沿场强方向的距离d＝OAcosθ＝rcosθ，故UOA＝Ed＝Ercosθ.故C正确．
8．(2009年高考全国卷Ⅰ)如图1－6－21所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则( )
图1－6－21
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
解析：选AD.作出过点M的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A正确．将负电荷从O点移到P点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B错误．由＝U/d及电场线疏密程度知O、M两点间电势差应大于M、N两点间电势差，C错误．沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y轴正方向的外力，D正确．
9. (2011年潍坊统考)如图1－6－22所示，空间有平行于纸面的匀强电场．一电荷量为－q的质点(重力不计)．在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示．已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则( )
图1－6－22
A．M、N两点的电势差为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ
D．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
解析：选A.由于重力不计，质点匀速运动，所受拉力F与电场力大小相等、方向相反．从M到N过程中，电场力做功W电＝－Fdcosθ，M、N两点的电势差UMN＝＝，A项正确；匀强电场场强E＝，B项不正确；此过程中，电场力做负功，电势能增加，C项不正确．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则所受合力一定为零 ，因此F必须沿原方向，D项不正确．
二、计算题
10.如图1－6－23所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA＝12 V，φB＝6 V，φC＝－6 V．试画出该电场的电场线，并保留作图时所用的辅助线(用虚线表示)．
图1－6－23
解析：连接A、C，将线AC三等分，等分点为D、E，则φD＝6 V，连接BD即为电场中的一个等势面，过A、E、C三点分别作BD的平行线得到另外三个等势面，过A、B、C三点分别作和等势面的垂线，即为三条电场线，方向由高电势指向低电势，如图所示．
答案：见解析
11．如图1－6－24所示是一组不知方向的匀强电场的电场线，把1.0×10－6 C的负电荷从A点沿水平线移到B点，静电力做了2.0×10－6 J的功．A、B两点间的距离为2 cm，问：
图1－6－24
(1)匀强电场的场强为多大？方向如何？
(2)A、B两点间的电势差为多大？
解析：根据电势差的定义式，
UAB＝＝ V＝－2 V
设A、B两点所在等势面间的距离为d，
则d＝ABcos60°＝2×0.5 cm＝1 cm所以，
E＝＝ V/m＝200 V/m
因为UAB＝φA－φB＝－2 V<0
所以φA<φB，而电场线方向是由高电势指向低电势，因而电场方向沿直线由下而上．
答案：(1)200 V/m 方向沿直线由下而上 (2)－2 V
12．如图1－6－25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，各面电势已在图中标出，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：
图1－6－25
(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位移量是多少？(电场足够大)
解析：(1)如图甲所示，电场线水平向左，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才有可能与初速度的方向在一条直线上，所以小球带正电．
由图乙可知，Eq＝mg，
又E＝，所以：q＝.
(2) 由图乙可知，F合＝＝mg
由动能定理得：－F合·xm＝0－ mv
所以：xm＝.
答案：(1)正电荷 (2)1．关于摩擦起电现象，下列说法正确的是( )
A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子
B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电
解析：选BD.摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移．若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电．若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电．使物体带电并不是创造出电荷．
2．下列说法正确的是( )
A．电子和质子都是元电荷
B．一个带电体的带电荷量为205.5 倍的元电荷
C．元电荷是最小的带电单位
D．元电荷没有正、负之分
解析：选CD.元电荷是最小的带电单位，带电体的带电荷量均为元电荷的整数倍；元电荷不是带电粒子，没有电性之说，故C、D正确．
3．(2011年武汉调研)如图1－1－7所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近验电器B，则( )
图1－1－7
A．验电器金箔不张开，因为球A没有和B接触
B．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电
C．验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电
D．验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电
解析：选D.A球带正电，靠近验电器B时，发生静电感应，验电器的金属球带负电，金属箔片带正电而张开．
4．(2011年西安高二检测)如图1－1－8所示，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形导体上的电荷移动情况是( )
图1－1－8
A．枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动
B．枕形金属导体上的带负电的电子向A端移动，正电荷不移动
C．枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D．枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
解析：选B.导体中的自由电子被C球所带的正电荷吸引而向A端移动，而导体中的正电荷不能定向移动，故B正确．
5．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Q，A、C的电荷量均变为Q；C再与B接触，平分二者的总电荷量，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
一、选择题
1．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．元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 C
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BCD.元电荷是最小电荷量单位，不是指具体的带电体，所以A错B对；由美国物理学家密立根测得电子的电量，故C、D对．
2．下列说法正确的是( )
A．物体所带的电荷量可以为任意实数
B．不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷
C．摩擦起电过程，是靠摩擦产生了电荷
D．利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体
解析：选D.自然界中的电荷量不是任意无限可分的，其最小单位为元电荷所带电荷量1.60×10－19 C，故A项错．物体不带电，是由于其内部正、负电荷的量值相等，对外不显电性，故B项错．电荷既不能创造，也不能消灭，摩擦起电同样不能创造电荷，是一个物体失去电子、另一个物体得到电子的过程，故C项错．自由电子是金属导体中的自由电荷，在带电体的作用下，导体中的自由电子会趋向或远离带电体，使导体两端带等量异种电荷，选项D正确．
3．(2011年北京东城区高二检测)原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是( )
A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 C
B．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 C
C．丙物体一定带有正电荷8×10－16 C
D．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C
解析：选AD.由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．
4．如图1－1－9所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B( )
图1－1－9
A．不带电 B．带正电
C．带负电 D．不能确定
答案：C
5．带电微粒所带电荷量不可能是下列值中的( )
A．2.4×10－19 C B．－6.4×10－19 C
C．－1.6×10－18 C D．4.0×10－17 C
解析：选A.任何带电物体的带电荷量都是元电荷的整数倍，由此知选项A不是元电荷的整数倍．
6．(2011年青岛高二检测)
图1－1－10
如图1－1－10所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则( )
A．仅有两个小球带同种电荷
B．仅有三个小球带同种电荷
C．c、d小球带同种电荷
D．c、d小球带异种电荷
解析：选BD.由a吸d，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；c斥a，b斥c可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷．故选B、D.
7．(2011年广东实验中学模拟)把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一定距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是( )
A．带有等量异种电荷
B．带有等量同种电荷
C．带有不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
解析：选A.当两个小球分别带等量异种电荷时，两球接触后，都不带电，不可能相互排斥，故A项是不可能的．
8．如图1－1－11所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象( )
图1－1－11
A．只有M端验电箔片张开，且M端带正电
B．只有N端验电箔片张开，且N端带负电
C．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电
D．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电
解析：选C.根据同种电荷相互排斥可知，金属球A上的负电荷将排斥金属导体MN上的自由电子，使其向N端移动，N端带负电，而M端带正电，故两端的金箔片均张开，C正确．A、B、D均错误．
9．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电荷量为e，d夸克带电荷量为－e，e为元电荷．下列论断可能正确的是( )
A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成
解析：选B.对质子H：带电荷量为2×e＋(－e)＝e，故由2个u夸克和1个d夸克组成；对中子n：带电荷量为1×e＋2×(－e)＝0，故由1个u夸克和2个d夸克组成．故选B.
二、计算题
10．如图1－1－12所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？
图1－1－12
解析：由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是1∶1，但应该是一个确定的值．根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷关系可知，此比例为(Q－q)∶q.经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B球带电荷量为q′，则有＝，解得q′＝.
答案：
11.(2011年华南师大附中高二检测)如图1－1－13所示，A为带负电的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m，电荷量为q的小球，小球受向右的作用力偏转θ角而静止，小球由绝缘丝线悬挂于O点，试求金属板对小球的作用力为多大？
图1－1－13
解析：作出小球的受力分析图，如图所示，由平衡条件可求
得金属板对小球的作用力F，设绳上的拉力大小为FT，则
FTsinθ＝F，FTcosθ＝mg.
由以上两式解得F＝mgtanθ.
答案：mgtanθ1．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( )
A．导体内部没有电场
B．导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面
C．导体内部没有电荷的运动
D．以上说法均不正确
答案：ABC
2．一个不带电金属球壳，在它的球心放入一个正电荷，其电场分布是图1－7－8中的( )
图1－7－8
解析：选B.由于处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，故A选项不正确；由于空腔内部有一个正电荷，故在空腔内表面感应出等量的负电荷，外表面感应出等量的正电荷，因此C、D选项不正确；因外表面上分布有正电荷，故电场线应呈辐射状，所以B选项正确．
3．如图1－7－9所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列说法正确的是( )
图1－7－9
A．a端的电势比b端的高
B．b端的电势比d点的低
C．a端的电势不一定比d点的低
D．杆内c处的场强的方向由a指向b
解析：选B.处于静电平衡状态的导体，内部场强为零，整体是一个等势体，由此判断选项B正确．
4．如图1－7－10所示，两个相同的空心金属球M和N，M带－Q电荷，N不带电(M、N相距很远，互不影响)，旁边各放一个不带电的金属球P和R，当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时( )
图1－7－10
A．P、R上均出现感应电荷
B．P、R上均没有感应电荷
C．P上有，而R上没有感应电荷
D．P上没有，而R上有感应电荷
解析：选D.当将带正电Q的小球放入M的空腔中时，对M产生静电感应使M的内表面带负电，而外表面带正电，其电荷量为Q，它与原来金属球M外表面所带的－Q正好中和，使外表面不带电，实际上是M所带－Q被吸引至内表面，所以金属球M外部不存在电场，不能对P产生静电感应，P上没有感应电荷．当将带正电Q的小球放入原来不带电的N的空腔中时，对N产生静电感应，使N内表面带负电荷，N外表面带正电荷，N外部有电场，对R产生静电感应，使左端带负电，右端带正电．选项D正确．
5．有一绝缘空心金属球A，带有4×10－6C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10－6C的负电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，则B球上的带电荷量为________C，A球上的带电荷量为________C，电荷分布在________．
解析：B跟A相接触后，它们成为一个导体，所有电荷都将分布在导体的外表面．在A的外表面，部分正电荷与所有负电荷发生中和现象，未被中和的正电荷仍分布在A的外表面．
答案：0 ＋2×10－6 A的外表面
一、选择题
1．处于静电平衡中的导体，内部场强处处为零的原因是( )
A．外电场不能进入导体内部
B．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零
C．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零
D．以上解释都不正确
答案：C
2．图1－7－11中接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r.该点电荷的电场在球心的场强等于( )
图1－7－11
A．k－k B．k＋k
C．0 D．k
解析：选D.本题求解的是点电荷Q在球心处的场强，不是合场强．根据点电荷场强公式求得E＝，故D对．
3．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图1－7－12所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )
图1－7－12
A．Ea最大 B．Eb最大
C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec
解析：选C.感应电荷在导体内部产生的场强与场源电荷在球内产生的场强的矢量和为零．离场源电荷越近的点场强越大，所以感应电荷在该点的场强也越大，选项C正确．
4．如图1－7－13所示，在两个固定电荷＋q和－q之间放入两个原来不带电的导体，1、2、3、4为导体上的四个点，在达到静电平衡后，各点的电势分别是φ1、φ2、φ3、φ4，则( )
图1－7－13
A．φ4>φ3>φ2>φ1 B．φ4＝φ3>φ2＝φ1
C．φ4<φ3<φ2<φ1 D．φ4＝φ3<φ2＝φ1
解析：选B.正负电荷间电场线，由正电荷出发到负电荷终止，沿电场线电势逐渐降低，又因为处于电场中的两导体都处于静电平衡状态，所以φ4＝φ3>φ2＝φ1，B对．
5．如图1－7－14所示，空心导体上方有一靠近的带有正电的带电体．当一个重力不计的正电荷以速度v水平飞入空心导体内时，电荷将做( )
图1－7－14
A．向上偏转的类平抛运动
B．向下偏转的类平抛运动
C．匀速直线运动
D．变速直线运动
解析：选C.根据静电屏蔽原理可知导体空腔中没有电场，故C正确．
6．(2011年长沙高二检测)电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( )
A．铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织
B．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用
C．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用
D．铜丝必须达到一定厚度，才能对人体起到保护作用
答案：C
7．如图1－7－15所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q，另一表面绝缘、带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动过程中( )
图1－7－15
A．小球先做减速后加速运动
B．小球做匀速直线运动
C．小球受到的静电力对小球先做负功，后做正功
D．小球受到的静电力对小球做功为零
解析：选BD.金属板处于静电平衡状态，表面为等势面．因此小球受到的静电力不做功，小球电势能保持不变，所以动能保持不变，故B、D正确．
8．(2011年湖北八校高三第二次联考)如图1－7－16所示，绝缘金属球壳的空腔内有一带电小球，现在球壳左侧放一带电小球A，下列说法正确的是( )
图1－7－16
A．A球对球壳内的电场不影响
B．由于静电屏蔽，球壳内没有电场
C．球壳内外表面均没有电荷
D．由于球壳接地，空腔内的电场对外部也没有影响
解析：选AD.由于金属球壳接地，对内外电场都有屏蔽作用，故A、D对，球壳外表面没有电荷，因为空腔内有带电体，所以空腔内有电场，内表面有感应电荷，故B、C错．
9.如图1－7－17所示，为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是( )
图1－7－17
A．Ea>Eb>Ec，φa>φb>φc
B．Ea＝Eb>Ec，φa＝φb>φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb>φc
D．Ea>Ec>Eb，φa>φb>φc
解析：选D.静电平衡导体内E＝0即Eb＝0，沿电场线方向电势越来越低，在球形导体外的电场分布与正点电荷的电场类似，故D选项正确．
二、计算题
10．如图1－7－18所示，在孤立点电荷＋Q的电场中，金属圆盘A处于静电平衡状态．若金属圆盘平面与点电荷在同一平面内，试在圆盘A内作出由盘上感应电荷形成的附加电场的三条电场线(用实线表示，要求严格作图)．
图1－7－18
解析：画出感应电荷形成的附加电场在圆盘A内的三条电场线(实线)，如图所示．导体A处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体A内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷Q的电场线重合，且方向相反．
答案：见解析
11．如图1－7－19所示，两个点电荷A和B，电荷量分别为q1＝－9.0×10－9C、q2＝2.7×10－8C，彼此相距r＝6 cm，在其连线中点处放一半径为1 cm的金属球壳，求球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度．
图1－7－19
解析：由于球壳达到静电平衡后各点的场强为零，故感应电荷在球心O处产生的场强与－q1和＋q2在O处场强的矢量和等大反向，设由O指向B方向为场强正方向，即：
E＝E感＋E1＋E2＝0
∴E感＝－(E1＋E2)＝－[－]
＝－[－] N/C
＝3.6×105 N/C，方向由O指向B.
答案：3.6×105 N/C，方向由O指向B
12．如图1－7－20所示，带电导体A处于静电平衡状态，电势为φ＝200 V．M、N是A表面上的两点，电场强度EM＝4 EN.今把一电量为q＝5×10－8C的正电荷分别由M点、N点移到无限远处，求电场力做的功．
图1－7－20
解析：由静电平衡导体的特点得：
φM＝φN＝φ＝200 V
移到无限远处电场力做功：
WM＝WN＝qU＝q(φ－0)＝5×10－8×200 J
＝1.0×10－5 J.
答案：均为1.0×10－5 J
