第一二章《静电场》月测.docx
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第一二章《静电场》月测
高二物理《静电场》月测（A）
（时间90分钟满分100分）命题人：
俞智涌
姓名：
学管：
得分：
一．选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。
每个小题的4个选项中只有一个符合题意，选对的得4分，错选或不选的得0分）
1
2
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9
10
11
12
1、关于电场，下述说法正确的是（）
A．根据
，可知电场中某点的场强与电场力成正比。
B．根据
，可知点电荷电场中某点的场强由点电荷电量及该点与点电荷距离共同决定
C．根据
可知匀强电场的场强在数值上等于单位距离的电势差。
D．根据场强叠加原理，可知合电场的场强不可能小于分电场的场强。
2、下列关于静电场的叙述，正确的是（）
A．沿电场线方向，电势降低，那么电势降低的方向就是电场的方向。
B．在某等势面上移动电荷电场力不做功，那么电场力不做功，该电荷一定就在等势面上移动。
C．等差等势面的密疏表示电场的强弱，那么电场线越密的地方同差等势面一定越密。
D．静电平衡的导体内部场强处处为零，那么场强为零的空间一定是静电平衡的导体。
3、用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。
小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。
对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是（）
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
4、如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和-q，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向右的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线被拉紧．则当两小球均处于平衡时的可能位置是下图中的（）
5、如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（）
A．Ea＞Eb＞Ec
B．φa＞φb＞φc
C．φa–φb=φb–φc
D．Ea=Eb=Ec
6、如图所示，在匀强电场中，电荷量q＝5.0×10－10C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是3.0×10－8J．已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ab＝20cm，∠a＝37°，∠c＝90°，则，a、b两点的电势差Uab及匀强电场的场强的结论，正确的是（）
A.Uab=60V；E=375V/m、方向垂直bc向右。
B.Uab=-60V；E=375V/m、方向垂直bc向左。
CUab=60V；E=500V/m、方向垂直ac向上。
DUab=-60V；E=500V/m、方向垂直ac向下。
7、右图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地。
若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）
A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小。
B．两极板间的电压不变．极板上的电量变大。
C．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小。
D．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大。
8、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）
A.做匀速直线运动.
B.电势能逐渐增加，动能逐渐减少.
C.动能逐渐增加，电势能逐渐减少，重力势能不变。
D.动能和电势能都减少，重力势能增加.
9、图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。
一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。
则该粒子（）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化等于由b点到c点的动能变化
10、如图,竖直绝缘墙壁上的Q点，有一固定质点A，在Q点正上方的P点用丝线悬挂一质点B，A、B因都带负电而排斥，致使悬线与竖直方向夹角为θ.由于漏电，A、B电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线的拉力大小（）
A.逐渐减少
B.逐渐增大
C.保持不变
D.先变小后变大
11、如图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可以忽略，在满足电子能射出极板的情况下，下述措施一定能使电子的偏转角增大的是（）
A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小。
12、两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）
A.做直线运动，电场力先做正功后做负功，加速度先变大后变小
B.做直线运动，电势能先变大后变小，受静电力先变小后变大
C.做曲线运动，电势能先变小后变大受静电力先变小后变大
D.做曲线运动，电场力先做正功后做负功，加速度先变大后变小
二、解答题（本题包括4小题，共52分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，细线与竖直方向的夹角θ＝37°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球间的距离．（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
解：
14、（10分）如图所示，水平直线上相距为2d的A和B两点上固定着等量异种的两个点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q.在AB连线的中垂线上取一点P，垂足为O，∠PAO＝α，求：
（1）P点的场强的大小和方向．
（2）α为何值时，场强最大？
其最大值是多少？
解：
15、（16分）如图所示，水平放置的两块平行金属板长l＝5cm，两板间距d＝1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子（带电量为—1.6×10-19C、质量取9×10-31kg）,沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s，从两板中央射入，若电子的重力不计，求：
（1）电子飞出电场时的偏移量y0＝？
（2）电子飞出电场时的速度v＝？
（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长．
解：
16、（18分）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球（其质量为m），小球用一长为L的绝缘细线悬挂于O点。
现给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为α＝37°。
然后再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到
β＝60°，且小球与两极板不接触。
求
（1）第一次充电过程电场力对小球做的功W1和第二次充电过程小球电势能变化△EP2。
（2）第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q。
（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
解：
参考答案及评分标准
一．选择题（本题共12小题，每题4分，共32分。
每个小题的4个选项中只有一个符合题意，选对的得4分，错选或不选的得0分）
题号
1
2
3
4
5
6
答案
B
C
D
A
B
A
题号
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
C
C
B
D
二．解答题（本题包括4小题，共52分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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】：
如图分析小球B受力，由力的平衡条件，可知F′＝mgtanθ（3分）
根据库仑定律F′＝k
（3分）
解得r＝[（kQq）/（mgtanθ）]1/2.（1分）
代入数据得r＝[（4kQq）/（3mg）]1/2.（1分）
14【解】
（1）如图所示，P点场强是正、负电荷在P点产生场强的矢量和．
由E＝k
得EP＝2Ecosα＝2k
cosα＝
cos3α，（4分）
方向水平向右．（1分）
（2）由上式表明当α＝0时，EP有最大值（2分）
其最大值EP（max）＝
，（2分）方向水平向右．（1分）
15【解】
（1）电子做类平抛运动l＝v0t（1分）,y0＝at2/2（1分）
而a＝F/mF＝EqE＝U/d（3分）联立以上得y0＝qUl2/2mdv02（1分）
代入已知数据解得y0＝5×10-3m（2分）
（2）飞出电场时。
速度大小v＝[v02+（at）2]1/2（2分）
联立以上代入已知数据解得v＝2.04×107m/s（2分）
（3）电子离开电场后做匀速直线运动，由几何关系有OP＝y0+MP（1分）
而MP＝vyt0vy＝att0＝s/v1（2分）
联立以上代入已知数据解得OP＝2.5×10-2m（1分）
16【解】
（1）第一次充电过程，由动能定理有W1—mgL（1—cosα）＝0（2分）
代入数据，得电场力做功为W1＝0.2mgL（1分）
第二次充电过程，由动能定理有W2—mgL（cosα—cosβ）＝0（2分）
代入数据，得电场力做功为W2＝0.3mgL（1分）
其电势能变化△EP2＝—W2＝—0.3mgL（2分）
（2）设电容器的电容为C，小球带电量为q，
第一次充电结束，小球平衡E1q＝mgtanα（2分）
这里E1＝U1/dU1＝Q/C（2分）
第二次充电结束，小球再次平衡E2q＝mgtanβ（2分）
这里E2＝U2/dU1＝（Q+△Q）/C（2分）
联立以上代入数据，解得△Q＝1.31Q（2分）
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