荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为图9
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
11．如图10所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点
为b.不计空气阻力，则（ ）
A．小球带正电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
12．如图11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图11
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
三、计算题（本题共4小题，共55分．解答时请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．（12分）如图12所示，A、B为平行板电容器的两个极板，A板接地，中间开有一个小孔．电容器电容为C.现通过小孔连续不断地向电容器射入电子，电子射入小孔时的速度为v0，单位时间内射入的电子数为n，电子质量为m，电荷量为e，电容器原来不带电，电子射到B板时均留在B板上，求：
（1）电容器两极板间达到的最大电势差；图12
（2）从B板上打上电子到电容器两极间达到最大电势差所用时间为多少？
14．（14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：
图13
（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？
15．（14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？
图14
16．（15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＝0.8
m．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10
m/s2）求：
图15
（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．
第六章静电场
【参考答案与详细解析】
（时间50分钟，满分100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题5分，共35分）
1．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．解析：
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．
答案：
D
3．解析：
由于电子动能Ek＝400eV<500eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，最终从A孔出射，电场力做功为零，电子动能大小不变．C项正确．
答案：
C
4．解析：
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、B错误；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．
答案：
D
5．解析：
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．
答案：
D
6.解析：
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．
答案：
B
7．解析：
如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP=UOa=
V，UON∶UOP=2∶
，故UON=2V，N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点．B项正确．
答案：
B
二、多项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分）
8．解析：
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．
答案：
BC
9．解析：
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．
答案：
AC
10．解析：
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．
答案：
AD
11．解析：
由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D不正确．
答案：
AB
12．解析：
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．
答案：
BCD
三、计算题（本题共4小题，共55分．解答时请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．解析：
（1）电子从A板射入后打到B板，A、B间形成一个电场，当A、B板间达到最大
电势差U时，电子刚好不能再打到B板上，有
eU＝mv02 U＝.
（2）电子打到B板后，A、B板就是充了电的电容器，当电势差达到最大时，Q＝CU＝t·ne，
则所用时间t＝.
答案：
（1）
（2）
14．解析：
（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.
答案：
（1）2m/s
（2）3N （3）0.5m
15．解析：
（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mg.
答案：
（1）mgr
（2）mg
16．
解析：
（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＝10m/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
解得：
v0＝＝2m/s
（3）由动能定理得：
EkP－mv02＝mgh
可得：
EkP＝mv02＋mgh＝5J.
答案：
（1）14.1m/s2，垂直于杆斜向右下方
（2）2m/s （3）5J
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