第九章电场章末质量检测Word文件下载.docx
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解析：
两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得：
F＝k
，F′＝k
＝k
.联立得F′＝
F，C选项正确．
答案：
C
2．（2010·
南通模拟）如图1所示，匀强电场E的区域内，
在O点放置一点电荷＋Q.a、b、c、d、e、f为以O为
球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与
电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．b、d两点的电场强度相同
B．a点的电势等于f点的电势
C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大
b、d两点的场强为＋Q产生的场与匀强电场E的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A错误；
a、f两点虽在＋Q所形电场的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，故B错误；
在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；
从a点移到c点，＋Q对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，故D正确．
D
3．如图2所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按
E＝E0－kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变
化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻
物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（ ）
A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增大
C．经过时间t＝
，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D．经过时间t＝
，物体运动速度达最大值
物体运动后，开始时电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增加；
电场力减小到零后反向增大，电场力与重力的合力一直增大，加速度也不断增大，B正确；
经过时间t＝
后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t＝
，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，C正确．
BC
4．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图3所示，则下列说法正确的是（ ）
图3
A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
对A、B选项，因电键S闭合，所以A、B两极板的电势差不变，由E＝
可知极板间场强增大，悬挂的带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，选项A错误B正确；
对C、D选项，因电键S断开，所以电容器两极板所带电荷量保持不变，由C＝
、C＝
和E＝
可推出，E＝
，与两极板间距离无关，两极板间场强保持不变，悬挂的带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，只有D项正确．
BD
5．（2010·
黄冈模拟）如图4所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的
直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在
圆周上，它们的位置关于AC对称，＋q与O点的连线和OC夹
角为30°
，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的电势关系是φA＝φC
B．B、D两点的电势关系是φB＝φD
C．O点的场强大小为
D．O点的场强大小为
由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA＝φC，A对；
空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φB＞φD，B错；
＋q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为
，方向与BD方向向上和向下均成60°
的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为
，C对D错．
AC
6．如图5所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2<
v1）．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
图5
A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力时小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；
因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；
设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得
－mgh＋W＝0－
mv12①
mgh＋W＝
mv22，②
联立①②解得h＝
，A正确．
AD
7．（2009·
安徽高考）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（ ）
图6
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
这是等量同种电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况，可知在直线bd上正中央一点的电势最高，所以B错误．正中央一点场强最小等于零，所以A错误．负电荷由b到d先加速后减速，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，但总和不变，所以C错误，D正确．
8.（2009·
天津高考）如图7所示，带等量异号电荷的两平行
金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则（ ）
A．粒子受电场力的方向一定由M指向N
B．粒子在M点的速度一定比在N点的大
C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D．电场中M点的电势一定高于N点的电势
由题意可知M、N在同一条电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；
由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误．
B
9．如图8所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，
并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物
体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动
能增加了ΔEk，重力势能增加了ΔEp.则下列说法正确的
是（ ）
A．电场力所做的功等于ΔEk
B．物体克服重力做的功等于ΔEp
C．合外力对物体做的功等于ΔEk
D．电场力所做的功等于ΔEk＋ΔEp
物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：
WF＋WG＝ΔEk由重力做功与重力势能变化的关系可得WG＝－ΔEp，由上述两式易得出A错误，B、C、D正确．
BCD
10．欧洲核子研究中心于2008年9月10日启动了大型强子对撞机，如图9甲所示，将一束质子流注入长27km的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段．设n个长度逐渐增大的金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源上，图9乙所示为其简化示意图．质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速，则（ ）
图9
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子穿过每个圆筒的时间恰为交变电流的周期
D．每个筒长应与其对应的位置成线性关系
由于同一个金属筒所处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内必做匀速直线运动；
而前后两筒间的电势差为U，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，则B对A错．又由于各筒相间地连到频率为f的交流电源上，故质子穿过每个圆筒的时间都应为交变电流的半个周期，故C错．若设vn为质子在第n个筒内的速度，则筒长为Ln＝vn·
，又
mvn2－
mv02＝（n－1）qU，得Ln＝
，即筒长与其对应的位置不成线性关系，D项错误．
二、实验题（本大题共2个小题，共10分）
11．（5分）如图10所示为用描迹法画出带电同轴柱面间的电场在
平面上的等势线的部分实验装置．图中A为圆柱形金属电极，
B为固定于塑料平板上的金属圆环，圆环B与A共轴．
（1）B环与塑料板间从上向下还应铺放__________、__________、
______________.
（2）除了图中的器材外，还需要的实验器材是__________________________________
_____________________________________________________________________.
（3）描绘出的等势线的形状应是___________________________________________．
_______________________________________________________________________.
（1）导电纸 复写纸 白纸
（2）零刻度在刻度盘中央的灵敏电流计1只、带有导线的探针2个
（3）以A为圆心的同心圆
12．（5分）在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中：
（1）有以下一些操作步骤：
A．在导电纸上画出两电极的连线
B．将灵敏电流计的一个探针接一个电极，用另一个探针接触导电纸，缓慢移动，可找出一系列等势点
C．在平板上先铺上白纸，再铺上复写纸，然后再铺上导电纸
D．安好电极，接好电路
E．在两电极a、b的连线上，等距离地取五个基准点c、d、
e、f、g，并复印在白纸上，如图11所示
F．灵敏电流计的一个探针接触某个基准点不动，另一个探针缓慢地移动到电流计不偏转时，复印一点，即可找出许多等势点
G．闭合开关
选取合理的操作步骤，并按顺序排列为____________．
（2）若手头没有灵敏电流计，是否可以用内阻较大的电压表代替？
答：
________（填“能”或“不能”）．
如能用电压表代替，其具体做法又如何？
______________________________________________________________________.
找等势点如用电流计（电流表），则是看基准点与探针所指点之间有无电流通过，若无则两点等势．用电压表只要看它们之间电势差是否相同，选一基准点，若某些点与基准点电势差相同，则这些点为等势点．
（1）CDAEGF
（2）能 如用电压表找等势点，则应将电压表一端接电源正极（或负极），另一端作探针，在基准点及周围测量，电压表读数相等的点即为等势点
三、计算题（本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）
13．（8分）（2010·
蚌埠一模）两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q分别
置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距
L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个
端点的出口处，如图12所示．
（1）现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离．
（2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处．试求出图中PA和AB连线的夹角θ.
（1）正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零（加速度最小），设此时距离A点为x，即
k
解得x＝
.
（2）若点电荷在P点处所受库仑力的合力沿OP方向，则P点为点电荷的平衡位置，则它在P点处速度最大，即此时满足
tanθ＝
＝
即得：
θ＝arctan
（1）
（2）arctan
14．（10分）如图13所示，ABCD为竖直放在场强为E＝
104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨
道的
部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水
平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且
AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×
10－4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：
（1）小球到达C点时的速度是多大？
（2）小球到达C点时对轨道压力是多大？
（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？
（1）由A点到C点应用动能定理有：
Eq（AB＋R）－mgR＝
mvC2
解得：
vC＝2m/s
（2）在C点应用牛顿第二定律得：
FN－Eq＝m
得FN＝3N
由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3N.
（3）小球要安全通过D点，必有mg≤m
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx－mg·
2R＝
mvD2
以上两式联立可得：
x≥0.5m.
（1）2m/s
（2）3N （3）0.5m
15．（10分）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，
环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向
右的匀强电场，如图14所示．珠子所受静电力是其重
力的
倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，求：
（1）珠子所能获得的最大动能是多少？
（2）珠子对圆环的最大压力是多少？
（1）设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，
因qE＝
mg，所以tanθ＝
，
则sinθ＝
，cosθ＝
则珠子由A点静止释放后在从A到B的过程中做加速运动，
如图所示．由题意知珠子在B点的动能最大，由动能定理得
qErsinθ－mgr（1－cosθ）＝Ek，
解得Ek＝
mgr.
（2）珠子在B点对圆环的压力最大，设珠子在B点受圆环的弹力为FN，则FN－F合＝
（
mv2＝
mgr）
即FN＝F合＋
＋
mg
mg＋
mg＝
mg.
由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为
（1）
mgr
（2）
16．（12分）如图15所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光
滑、与水平面成45°
角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面
高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正
以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下
方P点．（g取10m/s2）求：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；
（3）小环运动到P点的动能．
（1）小环在直杆上的受力情况如图所示．
由平衡条件得：
mgsin45°
＝Eqcos45°
得mg＝Eq，
离开直杆后，只受mg、Eq作用，则
F合＝
mg＝ma，
a＝
g＝10
m/s2≈14.1m/s2
方向与杆垂直斜向右下方．
（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向：
h＝v0sin45°
·
t＋
gt2，
水平方向：
v0cos45°
t－
t2＝0
v0＝
＝2m/s
（3）由动能定理得：
EkP－
mv02＝mgh
可得：
EkP＝
mv02＋mgh＝5J.
（1）14.1m/s2，垂直于杆斜向右下方
（2）2m/s （3）5J
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