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模块九 静电场
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
C
B
D
B
BD
AB
BC
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．【答案】(1) A（1 分） C（1 分）
(2) A（1 分） C（1 分）
(3) 6（2 分） 5.0×10
3（2 分）
【详解】（1）[1][2]开关接通“1”后，电容器进行充电，电流向左流过R。故选A 和C。
（2）[1]将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电；稍后再将开关与“2”端闭合，电容器放
电，充电电流与放电电流方向相反，放电过程中因为极板的电荷量逐渐减小，所以电势差也逐渐减小；
充电过程中因为极板的电势差逐渐增大，所以电源电动势和极板的电势逐渐接近，因此电流均逐渐变小，
故传感器的电流随时间变化的图像为A；
[2]充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变小，减小的越来越慢，故电压随
时间变化的图像为C。
（3）[1]将开关接通“2”后，当电流传感器示数再次为零时电容器反向充电完毕，则两极板间电压为6V；
[2]若放电时I −t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.03C，则电容器的电容
C = Q
U = Q
E = 0.03
6
F =5.0×10
3 μ F
12．【答案】(1)A（1 分）
(2)
（1 分）
(3) 1.7×10
−2 （1 分） 1.7×10
−3（1 分）
(4) 电路中电阻箱R 的阻值 （2 分） 有（2 分）
【详解】（1）μF是电容单位，1800 μF代表电容器电容值；电荷量单位C、电压单位V 、电阻单位Ω。
故选A。
（2）参照图乙电路图，连接实物图如图所示
（3）I −t图像面积表示放电总电荷量，由图丁：横坐标每小格Δt =0.4 s，纵坐标每小格
Δ I =1mA =1×10
−3 A，单格电量Δq = ΔI ⋅Δt = 4×10
−4C
数总格数≈42 格
[1]Q = 42×4×10
−4≈1.7×10
−2C
[2]C = Q
U = 1.7×10
−2
10.0
=1.7×10
−3 F
（4）[1]q−t图像最终最大电荷量Q =CU相同，说明电源电动势E不变；曲线②充电更慢，充电时间变
长，是回路电阻变大。
[2]插入有机玻璃，介电常数εr变大，C = εr S
4 πkd
增大；U不变，Q =CU变大，电容器继续充电，电阻R中
有充电电流。
13．【答案】(1)正电（3 分）
(2)T =
❑√3
2 mg（3 分）
(3)q =
❑√
mg x
2
2k
（4 分）
【详解】（1）两球有静电斥力，可知小球B 带正电；
（2）对小球受力分析，如图所示
由平衡条件有T =mgcos30°
解得T =
❑√3
2 mg
（3）由平衡条件，得sin30° = F 库
mg
由库仑定律有F 库=k q
2
x
2
联立可得每个小球所带的电荷量大小q =
❑√
mg x
2
2k
14．【答案】(1)mg
q
（2 分），2❑√gL（2 分）
(2)2❑√3 gL（4 分）
(3)15 L（4 分）
【详解】（1）由几何关系可知AC = BC = 1
2 AB = L，AO =r = ❑√2 L
则sin ∠COA = AC
AO =
L
❑√2 L =
❑√2
2
解得∠COA = 45°
小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，从A 点沿切线方向进入圆管，则有PA ⊥AO，
故∠CPA = 45°
小球从P点到A点的过程，速度方向与竖直方向的夹角为45°，则重力和电场力的合力方向与竖直方向的
夹角为45°，故Eq =mg tan 45°
解得E = mg
q
（2 分）
根据动能定理，得mgL+ EqL= 1
2 m v A
2
解得v A =2❑√gL（2 分）
（2）小球在圆管内运动时，可以将重力与电场力的合力作为等效重力，大小为
mg
tan 45° = ❑√2mg，方向
沿AO方向
则小球在运动到等效重力的最低点时，即AO延长线与圆管的交点时，具有最大动能，此时小球的速度最
大，此过程中，等效重力做功为W G= ❑√2mg×2 AO = ❑√2mg×2❑√2 L= 4 mgL（2 分）
根据动能定理，得1
2 mv A
2 +W G= 1
2 mv
2（3 分）
解得v =2❑√3 gL（4 分）
（3）在小球从A 点进入圆管到从管口B 离开的过程中，重力做功为0，电场力做功为
W = Eq×2 L=2mgL
由动能定理，得1
2 mv A
2 +W = 1
2 mvB
2（1 分）
解得vB=2❑√2 gL（2 分）
将小球的运动在水平和竖直方向上分解，小球在竖直和水平方向的速度分量大小均为
v0= vBsin 45° =2❑√gL
小球在竖直方向上先匀减速到0 再做自由落体运动，时间为t =2 v0
g = 4 ❑√
L
g
（3 分）
小球在水平方向上做匀加速直线运动，加速度大小为a= Eq
m = g
根据位移与时间的关系，得BN = v0t + 1
2 at
2=2❑√gL×4 ❑√
L
g + 1
2 g(4 ❑√
L
g)
2
=16 L（4 分）
则N 点到C 点的距离CN = BN −BC =16 L−L=15 L
15．【答案】(1)8V（7 分）
(2)R≤10
21 m或R≥5
3 m（9 分）
【详解】（1）小球在平行板间做类平抛运动：
水平方向匀速运动：L= v0t
代入L=6 m ,v0=3 m/s
得运动时间t = L
v0
=2s。
小球到达A点时速度沿圆弧切线，切线垂直于半径OA，OA与竖直方向夹角53
∘，因此速度方向与水平方
向夹角为53
∘
在A点，速度分解如图所示
得： tan 53
∘= v y
v0
代入tan 53
∘= 4
3 ,v0=3 m/s，得竖直分速度v y = 4 m/s。
竖直方向匀加速运动：（2 分）
v y =at，得加速度a= v y
t =2m/s
2。（4 分）
对小球受力分析，由牛顿第二定律： mg−q U
d =ma（6 分）
代入m=1kg, g=10 m/s
2,q =0.5C,d =0.5 m ,a=2m/s
2
解得：U =8 V （7 分）
（2）小球在A点的合速度v A =
v0
cos53
∘=5 m/s（2 分）
圆弧轨道在竖直向下的匀强电场中，等效总重力G
′ =mg+qE =12.5 N
等效重力加速度g
′ =12.5 m/s
2（4 分）
小球不脱离圆弧轨道分两种情况：
情况1：小球能通过最高点C，不脱离轨道
临界条件：在C点等效重力提供向心力，即m g
′≤m vC
2
R
（5 分）
得vC
2 ≥g
′ R =12.5 R
由几何关系，A到C的竖直高度差ΔhAC =1.6 R
对A →C过程用动能定理： −(mg+qE)⋅1.6 R = 1
2 m vC
2 −1
2 m v A
2 （7 分）
代入数据得vC
2 =25−40 R
结合临界条件： 25−40 R≥12.5 R ⟹R≤10
21 m
情况2：小球上升最大高度不超过圆心高度，沿轨道滑回，不脱离轨道
临界条件：小球恰好到达圆心等高位置时速度减为0，上升高度Δh=0.6 R
由动能定理：−(mg+qE)⋅0.6 R =0−1
2 m v A
2 （8 分）
代入数据解得R = 5
3 m
因此满足条件得： R≥5
3 m
综上，小球不脱离圆弧轨道，半径满足： R≤10
21 m 或R≥5
3 m（9 分）
