1、专题强化练(九)题型一电场的性质1.(2020北京卷)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等下列说法正确的是()A该点电荷一定为正电荷BP点的场强一定比Q点的场强大CP点电势一定比Q点电势低D正检验电荷在P点比在Q点的电势能大解析：正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电
2、势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误答案：B2.2020新高考卷(山东卷)(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示以下说法正确的是()Aa点电势低于O点Bb点电势低于c点C该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能解析：由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理根据
3、同种电荷电场线分布可知b点电势低于c点电势，故B正确；根据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；同理根据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确答案：BD3.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是()AF逐渐减小，T逐渐减小BF逐渐增大，T逐渐减小CF逐渐减小，T逐渐增大DF逐渐增大
4、，T逐渐增大解析：Fq，d增大，则F减小；T，F减小，则T减小答案：A4.(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为，把半圆环分成AB、BC、CD三部分下列说法正确的是()ABC部分在O点产生的电场强度的大小为BBC部分在O点产生的电场强度的大小为CBC部分在O点产生的电势为DBC部分在O点产生的电势为解析：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段设每段在O点产生的电场强度大小均为E.AB段和CD段在O处产生的电场强度夹角为120，它们的合电场强度大小为E，则O点的合电场强度：E2E，则：E；故圆弧BC在圆心O处产生的电场强度为.电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的
5、电势为，则有3，则，A、D正确答案：AD5(2019全国卷)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动
6、能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误答案：AC6.(2017全国卷)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec、和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(
7、ra，a)标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()AEaEb41BEcEd21CWabWbc31 DWbcWcd13解析：由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式Ek可知，故选项A正确，B错误；电场力做功WqU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以，故选项C正确，D错误答案：AC7.(2019江苏卷)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为q的点电荷固定在A点先将一电荷量也为q的点电荷
8、Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定最后将一电荷量为2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点下列说法正确的有()AQ1移入之前，C点的电势为BQ1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0CQ2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WDQ2在移到C点后的电势能为4W解析：根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能EpW，根据电势的定义知C点电势，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为q的点电荷时，C点电势为，单独在B点固定点
9、电荷Q1时，C点电势也为，两点电荷都存在时，C点电势为2，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能Ep2q24W，电场力做功WEp4W，C错误，D正确答案：ABD题型二与电容器有关的电场问题8.(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，b板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P点有一个带电液滴处于静止状态若将b板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是()A液滴将加速向下运动BP点电势升高，液滴在P点时的电势能减小CP点的电场强度变大D在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不变解析：因液滴开始处于静止状态，所以开始时受力平衡，则受到的电场
10、力向上，液滴带负电，有mgqE.金属板a、b与电池相连，两端电势差不变，由E可知，d增大，E减小，液滴受到的电场力减小，故将加速向下运动，A正确，C错误；b极接地，电势为零，P点与a板距离不变，E减小，所以P点与a板间电势差变小，而a、b之间电势差没有变，所以P点与b板之间电势差变大，P点电势升高，由Epq可知，电势能减小，故B正确；由WqU可知，电势差不变，前后两种情况下，电场力做功相同，故D正确答案：ABD9.(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度下述结论正确的是()A若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小B
11、若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小D若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大解析：保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B靠近一些，则d减小，根据C知，电容增大，根据C知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B正对面积变小些，根据C知，电容减小，根据C知，电势差增大，指针张角增大，故D正确答案：BCD题型三带电粒子在电场中的运动10.(202
12、0浙江卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中已知MN与水平方向成45角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A所用时间为B速度大小为3v0C与P点的距离为D速度方向与竖直方向的夹角为30解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向xv0t，竖直方向yt2，由tan 45，可得t，故A错误；由于vyt2v0，故粒子速度大小为vv0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为Lv0t，故C正确；由平抛推论可知，tan 2tan ，速度正切tan 2tan 452，故D错误答案：C11.(2019全国卷)
13、如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同G接地，P、Q的电势均为(0)质量为m，电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E，FqEma.设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv，设粒子第一
14、次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2，lv0t，联立式解得Ekmvqh，lv0.(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度L为L2l2v0.答案：(1)mvqhv0(2)2v012(2019全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q0)A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能解析：(1)设电场强度的大
15、小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mgqEma，agt2，解得E.(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有EkmvmghqEh，且有v1v0t，hgt2，联立式得Ek2m(vg2t2)答案：(1)(2)2m(vg2t2)13如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为2q，球B带电量为3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量
16、，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A与右板的距离解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有W12qE2.5L(3qE1.5L)0，而且还能穿过小孔，离开右极板假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有W22qE2.5L(3qE3.5L)0.综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧(1)带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得a1.球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v2a1L，求得：v1.(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则t1 ，解得：t1 .球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得a2.显然，带电系统做匀减速运动设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有vv2a21.5L, t2，求得：v2，t2.球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律得a3.设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有t3，v2a3x，求得t1 ，x.可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为 tt1t2t3，球A相对右板的位置为x. 答案：(1) (2)
