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1、 静电场测试题（三） 1两个完全相同的金属小球，分别带有3Q和Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距r/3的两点（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（）AF/3 BFC3F D9F2如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小比较a、b、c、d这四点，小球 （）A在最高点a处的动能最小B在最低点c处的机械能最小C在水平直径右端b处的机械能最大D在水平直径左端d处的机械能最大3一负电荷受电场力作用
2、，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能EpA、EpB之间的关系为（）AEAEB BEAEpB4如图所示，绝缘水平面上锁定着两个质量均为m，电荷量分别为9q、q，体积很小的物体A和B，它们间的距离为r，与平面间的动摩擦因数均为已知静电力常量为k如果解锁使它们开始运动，则当加速度为零时，它们相距的距离为（）A3q BC2r D3r5（2011江苏盐城）如图所示，在光滑的绝缘水平面上，两个带等量正电荷的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，C、D在AB的垂直平分线上在C点处静止释放一个带负
3、电的小球P（不改变原来电场的分布），此后P在C点和D点之间来回运动，则下列说法中正确的是（）A若小球P在经过C点时电荷量突然减小，则它将会运动到连线上的CD段之外B若小球P的电荷量在经过CO之间某处减小，则它将会运动到连线上的CD段之外C若小球P在经过C点时，点电荷M、N的电荷量同时等量增大，则它将会运动到连线上的CD段之外D若小球P在经过CO之间某处时，点电荷M、N的电荷量同时等量增大，则它以后不可能再运动到C点或D点6如图，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点电场线与梯形所在的平面平行ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3 V，b点的电势是
4、5 V，c点的电势是7 V由此可知，d点的电势为（）A1 V B2 V C3 V D4 V7一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷（电荷量少）固定在P点，如图所示以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，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的位置，那么（）AU变小，E不变BE变大，W变大CU变小，W不变DU不变，W不变8如图所示，质子、氘核和粒子（均不计重力）都沿平行板电容器两板中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正
5、确的是（）A若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点B若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点C若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏上将出现3个亮点D若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点9如图所示，在匀强电场中将一电荷量为q、质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，在带电小球由抛出到上升至最大高度的过程中，下列判断正确的是（）A小球的动能增加B小球的电势能增加C所用的时间为v0/gD到达最高点时，速度为零，加速度大于g10如图所示，一质量为m、电荷量为q的小物体，在水平轨道沿Ox运动，O端有一与轨道垂直的固定
6、墙，轨道处在场强为E、方向沿Ox轴正向的匀强电场中，小物体以初速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f的作用，且fEpB，D项正确4A解析：加速度为零时，其受到的库仑力与摩擦力平衡，kmg，则x3q5BD解析：若小球P经过C点时电荷量突然减小，电场力做功减小，根据运动的对称性可知，它不会运动到CD之外，A项错误；若小球P经过CO之间时电荷量减小，根据动能定理可知，它向D点方向运动的位移更大，B项正确；若点电荷M、N电荷量同时等量增大，根据运动的对称性判断C项错误；若小球P经过CO之间某处时，点电荷M、N电荷量等量增大，小球P从C点到O点电场力做的正功小于小球P从O点到D点电
7、场力做的负功，所以不会运动到D点，反之也不会运动到C点，所以D项正确6C解析：cd的中点为e，ab与ce平行且相等，根据匀强电场的特点可知，UbaUce5 V3 V2 V，而de与ce在同一直线上且相等，则UceUed2 V，d点电势应为3 V7AC解析：平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由E知，它们之间的场强不变，极板间的电压UEd变小，正电荷在P点的电势能WqPqEdP不变8CD解析：选取H、H、He中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：y通过判定C、D两项正确9C解析：小球在由抛出点到最大高度的过程中，除重力之外，电场力要做正功，但是电场力做正功不一定大于重力所做
8、的负功，故A项错误；因电场力做正功，小球的电势能减小，B项也错误；小球在竖直方向上只受重力，故竖直方向加速度为g，到最高点所用的时间tv0/g，C项正确；到达最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，并且最高点加速度为重力加速度g与电场力引起的加速度a的矢量和，大于g，由此可判断D项不正确10A解析：由于fqE，物体最终将靠墙静止，对全过程，由动能定理有：qEx0fx0mv0，其中x为开始运动到停止前通过的总路程，可知A项正确11（6分）解析：分析可知，金属块A离开高台后，在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，水平位移最大处，水平速度为零，则x，令水平速度为vx，vxv02
9、gt，竖直速度为vy，vygt，则合速度v，当vyv0时，合速度最小等于v0答案：12（6分）因为等势线越密处的场强越大，Ea大于Eb；由曲线运动的特点可知，带电粒子所受电场力必指向轨迹内侧，且垂直于等势面，故粒子从a点到b点过程中，电场力做负功，va大于vb仅由题给的条件不能判断带电粒子的性质以及a点和b点的电势高低答案：大于 大于 不能比较来源:Z_xx_k.Com13（10分）解析：（1）由题意知：小球运动到D点时，由于ADAB，所以有电势DB，即UDBDB0则由动能定理得：mgsin30mv0联立解得：vD（2）当小球运动至C点时，对小球受力分析如图所示，则由平衡条件得：NF库sin3
10、0mgcos30由库仑定律得：F库联立得：Nmg由牛顿第三定律得：NNmg答案：（1）（2）mg14（13分）解析：（1）粒子在下落过程中电场力做的功WEqh100101208 J81011 J（2）粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得WEk2Ek1Ek281011 J210152002/2 J121010 J（3）粒子落到金属板上的范围是一个圆设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得hat2t2代入数据求得t566103 s圆半径rv0t113 m圆面积Sr240 m2答案：（1）81011 J（2）121010 J（3）40 m
11、215（14分）解析：（1）两个小球处于电场中时，2qE4mg解得E（2）设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理：4mg5L4qE2L4mv2解得v来源:学+科+网（3）设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得4mg2LqE（L2L）4mv解得v1第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场的这段时间，整个杆做匀速直线运动，设运动时间为t1，则t1第3个小球离开电场后，只有第4个小球在电场中，杆做匀加速直线运动设运动时间为t2，则t2所以，从第2个小球刚进入电场到第4个小球刚离开电场所经历的时间为tt1t2答案：（1）（2）（3）