静电场 一轮复习课时分层精练
一、单选题（本大题共5小题）
1．有关电场的理解，下述正确的是（ ）
A．由可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比
B．只有当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
D．由公式E=可知，在离带电体很近时，r接近于零，电场强度达无穷大
2．如图所示，质量为、带电荷量为的粒子，以初速度从点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中点时，速率，方向与电场的方向一致，则、两点的电势差为（ ）
A． B． C． D．
3．两个分别带有电荷量－Q和＋7Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在间距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其距离变为 ，则两球间库仑力的大小为（ ）
A． B．16F
C． D．
4．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上。a和c带正电，b带负电，a所带的电荷量比b所带的电荷量小。已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条表示，它应是（ ）
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
5．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为（ ）
A．F引＝G ，F库＝k
B．F引≠G ，F库≠k
C．F引≠G ，F库＝k
D．F引＝G ，F库≠k
二、多选题（本大题共3小题）
6．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是的中点，A、B、C构成一个直角三角形，长为2m，电场线与三角形所在的平面平行，已知、、，由此可以判断（ ）
A．电场强度的方向垂直连线斜向下
B．电场强度的方向由B点指向C点
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
7．如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点。(不计重力和两粒子之间的相互作用)则( )
A．P、Q粒子在电场中的运动时间不同
B．粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大
C．粒子Q的动能增量大
D．电场力对P、Q粒子做的功一样多
8．如图所示，平行板电容器水平放置，下极板接地，开关K闭合时，在两板中央的P点一带电微粒恰好处于平衡状态。现断开开关K，并将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．电容器两金属板间的电势差变大
B．电容器两金属板间的电场强度变小
C．P点的电势升高
D．带电微粒仍静止在P点
三、实验题（本大题共2小题）
9．在如图所示的实验中，两片金属箔可能带上什么性质的电？为什么？
10．某同学利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象。实验时，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流i随时间变化关系的图线。
（1）充电后为使电容器放电，应将开关与（选填“1”或“2”）端相连。
（2）在对该电容器充电的过程中，充电电流i随时间变化关系的图线可能是图中的。
（3）图像法是处理实验数据的重要方法，上一问中图像对应的图线和横轴（时间）围成的“面积”表示。
四、解答题（本大题共2小题）
11．一种简易的LC振荡回路如图所示，L为线圈，C为固定在真空中的平行板电容器。将单刀双掷开关K拨至触点a，使电容器与直流电源E接通。稳定后，位于两水平金属板中间P处的带电液滴恰能静止。将K拨至触点b并开始计时，当时液滴的加速度第1次等于重力加速度g，不计回路的能量损失且液滴未到达两金属板，求：
（1）带电液滴带何种电荷；
（2）LC振荡回路的周期；
（3）s时，液滴的加速度为多大。
12．在竖直平面内有水平向左、场强为E=1×104N/C的匀强电场。电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为1kg的带电小球，小球静止时细线与竖直方向成37°角，如图所示。给小球一个初速度让小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球静止时的位置为电势能和重力势能的零点（g=10m/s2，，），小球视为质点，如果小球恰能做圆周运动，求：
（1）小球所带电量；
（2）小球运动过程中动能的最小值；
（3）小球运动过程中机械能的最小值。
参考答案
1．【答案】C
【详解】A．由可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力无关，由电场本身性质决定。A错误；
B C．电场由场源电荷激发，电场强度由电场本身性质决定，电场强度是反映电场本身特性的物理量，与试探电荷存在与否无关。B错误；C正确；
D．在离带电体很近时，r接近于零，带电体不能看成点电荷，E=不适用，r接近于零，电场强度不是无穷大。D错误。选C。
2．【答案】C
【详解】粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由变为，则根据动能定理，有，解得，、两点电势差应为，选C。
3．【答案】C
【详解】两个带电小球接触前库仑力大小为 ，两小球完全相同，接触之后再分开，两球所带电荷中和后再均分，故两球所带电荷量均变为3Q，此时两球之间的库仑力大小F′ ，解得F′ ，故C正确，A、B、D错误。
4．【答案】B
【详解】根据“同种电荷相斥，异种电荷相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力的方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确。
5．【答案】D
【详解】万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律计算。对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，不能看成点电荷，不满足库仑定律的适用条件，故D正确。
6．【答案】AD
【详解】AB．在匀强电场中，，，则B、C连线的中点D的电势，为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于连线斜向下，A正确；B错误；
CD．做出辅助线，如图所示
电场强度的大小，C错误；D正确。选AD。
7．【答案】BC
【详解】P、Q粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，水平速度相同，水平位移相同，可知运动时间相同，故A错误；
竖直方向y＝t2，两粒子质量相同，运动时间相同，粒子Q的竖直位移大于P的竖直位移，可知粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大，故B正确；
根据W＝Eqy，可知电场力对粒子Q做功较多，根据动能定理可知粒子Q的动能增量大，故C正确，D错误。
8．【答案】AD
【详解】根据C＝，平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，电容减小，断开开关K，电容器带电荷量不变，根据U＝，可知电容器两金属板间的电势差变大，故A正确；
根据E＝＝＝＝，可知电容器两金属板间的电场强度不变，故B错误；
设P点到电容器下极板的距离为d，电容器下极板接地，则φP＝UPO＝Ed，可知P点的电势不变，故C错误；
电容器两金属板间的电场强度不变，带电微粒受到的电场力不变，等于重力，带电微粒仍静止在P点，故D正确。
9．【答案】见解析
【详解】带电体接触验电器的金属球，金属箔带同种电荷，互相排斥从而使金属箔张开；实验重复次数越多，根据先中和在平分的原则，可知金属箔所带的电量越多，相互排斥的力越大，所以两片金属箔张开的角度越大。
10．【答案】2 ；A ；充电过程结束时电容器的带电量
【详解】（1）[1]放电时将单刀双掷开关连接2给定值电阻提供电流；
（2）[2]电容器充电时，随着电荷的增加，所以电流逐渐减小且电流减小得越来越慢，电流为零。选A。
（3）[3]根据，可得图像对应的图线和横轴（时间）围成的“面积”表示充电过程结束时电容器的带电量。
11．【答案】（1）正电荷；（2）0.08s；（3）2g
【详解】（1）电容器的下极板与电源正极相连，上极板与电源负极相连，电容器中电场方向竖直向上，带电液滴在电场中受力平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带正电荷。
（2）将K拨至触点b电容器开始放电，电容器的电场强度逐渐减小，当时液滴的加速度第1次等于重力加速度g，此时电容器放电结束，可知LC振荡回路的周期为
（3）s时，电容器被反向充电结束，电容器的上极板带正电荷，下极板带负电荷，电场方向竖直向下，则有，零时刻带电液滴在电场中静止时有，解得液滴的加速度为
12．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球静止时（假设位置为M，如图甲所示），对小球进行受力分析，如图乙所示，可得，解得小球所带电量为
（2）如果小球恰能做圆周运动，在等效最高点N（N点与M点关于O点对称）时动能最小，该位置在平衡位置的反向延长线上，重力和电场力的合力大小为，则在N点，有，小球运动过程中动能最小值，联立，解得
（3）由于总能量保持不变，所以小球在圆上最右侧的P点时，电势能最大，机械能最小。小球在N点时的重力势能，所以小球在N点的机械能，小球从N运动到P，电场力做功，小球恰能做圆周运动的机械能最小值，联立，解得
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