单元滚动检测七 静电场 考生留意：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上． 3．本次考试时间90分钟，满分100分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整． 第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分) 1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( ) A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷 B．体积很大的带电体肯定不是点电荷
C．当两个带电体的外形对它们相互作用力的影响可忽视时，这两个带电体可看做点电荷 D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷
2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布状况，其中正确的是( )
3．如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )
图1
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
4．真空中有两个等量同种电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x轴上电场强度状况的是( )
5．如图2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是( )
图2
A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点肯定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小
6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图3所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )
图3
7．示波管原理如图4甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子放射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终消灭如图乙所示的斑点a，那么，YY′与
XX′间应加上的电压组是( )
图4
8．如图5所示，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹过程中( )
图5
A．做匀速运动B．做加速运动 C．电势能渐渐增大D．电势能渐渐减小
9．如图6所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、
L2
为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列推断正
确的是( )
图6
A．b、d两点处的电势相同 B．四个点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一摸索电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
10．如图7所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A和电源正极相连，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来转变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )
图7
A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧 C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N点的左侧 D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧
11．如图8所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，A、B都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d，为使平衡时A、B间距离减为d2
，可接受以下哪些方法( )
图8
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍 C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
12．如图9所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，
NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静
止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为
F2，A、B两球间距为L2，则( )
图9
A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2 第Ⅱ卷(非选择题，共52分) 二、非选择题(共52分)
13．(6分)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四周体，如图10所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为________．
图10
14．(6分)如图11所示，为半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q的正电荷均匀分布在圆环上．圆心O处的电场强度的大小为__________，方向________．
图11
15.(8分)如图12所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103
V(仅在两板间有电场)，
现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5
C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初始速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板上的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2
，求：
图12
(1)金属板的长度L.
(2)小球飞出电场时的动能Ek.
16．(8分)如图13所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
图13
(1)求电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点动身能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件．
17.(12分)如图14所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是
AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝L4
，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点．一质量为m、带电荷量为＋q的
小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点动身，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
图14
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O、b两点间的电势差UOb；
(3)小滑块运动的总路程s.
18．(12分)如图15甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3
s，U3
0＝1×10V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于
AB边v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：
图15
(1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏的纵坐标的范围；
(3)粒子打到荧光屏上的动能． 答案精析 1．C 2．B 3．C 4．B 5．C 6．C 7．A 8．BD 9．ABD
10．BD 11．BD 12．BC 2
13.6mgL6kQ 解析 依据平衡条件有3kqQL2cosθ＝mg(θ为过O点的棱与竖直方向的夹角)，又由几何关系可得cosθ＝
62
3，联立解得q＝6mgL6kQ. 14.kQd2πr3－r2d 背离圆心指向缺口
解析 假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原圆环上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同始终径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O处产生的电场叠加后合场强为零．依据对称性可知，带电圆环在圆心O处的合场强E＝0.至于补上的那一小段，由题中条件可看成点电荷，它在圆心O处的场强E1是可求的．若题中待求场强为E2，则E1＋EQ2＝0.设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝2πr－d，则补上的那一小段的电荷量Q′＝σ·d＝
Qd2πr－d，Q′在圆心O处的场强为EkQ′kQd1＝r2＝2πr3－r2d，方向背离圆心向右．由E1＋E2＝0，可得E2＝－E1
＝－kQd2πr3－r2d，负号表示E2与E1方向相反，即背离圆心指向缺口．
15．(1)0.15m (2)0.175J
解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：
vy＝2gh＝2m/s
设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则 tanθ＝v0
v＝2
y小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝qEmg＝qUmgd，L＝dtanθ，
L＝qUmgtan2θ＝0.15m. (2)进入电场前mgh＝1212
2mv1－2
mv0
进入电场中qU＋mgL＝E12
k－2mv1
解得Ek＝0.175J. 16．(1)3mg4q (2)v≥5gr
解析 (1)当小球静止在P点时，小球的受力状况如图所示，则有
qE3mgmg＝tan37°，所以E＝4q. (2)当小球做圆周运动时，可
以等效为在一个“重力加速度”为5
4g的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必需
能通过图中的Q点．设当小球从P点动身的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零．在小球从P运动到Q的过程中，依据动能定理有 －54mg·2r＝0－12
mv2min 所以vmin＝5gr，即小球的初速度应不小于5gr. 17．(1)2E0
mgL (2)－(2n－1)2qE(3)2n＋10 4
L
解析 (1)由Aa＝Bb＝L4，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：
q·UFLab－f·2
＝0－E0
而Ff＝μmg 解得：μ＝
2E0
mgL (2)滑块从O→b过程，由动能定理得：
q·UFLOb－f·4
＝0－nE0
解得：U(2n－1)E0
Ob＝－2q
(3)对于小滑块从a开头运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：
q·UaO－Ff·s＝0－E0
而U(2n－1)E0
aO＝－UOb＝2q
解得：s＝2n＋1
4
L.
18. (1)2×10－3
s (2)0.85m～0.95m (3)5.05×10－2
J
解析 (1)粒子在板间沿x轴方向做匀速直线运动，设运动时间为t，则
L＝v0t， t＝Lv＝2×10－3s 0
(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1 y＝12a(T2
)2＋(a·TT12)2
U0qd＝ma 解得y1＝0.15m 纵坐标y＝d－y1＝0.85m
t＝1×10－3s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2
y1a(T2＝)222
解得y2＝0.05m
纵坐标y′＝d－y2＝0.95m
所以打在荧光屏上的范围在0.85m～0.95m之间 (3)由动能定理得：
U01dqy＝2mv2－122
mv20 解得12mv2＝5.05×10－2J
