1、考点8 静电场一、选择题1.(2014新课标全国卷)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则()A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.P大于M【解题指南】解答本题应掌握等势点连线的中垂线一定过场源电荷。【解析】选A、D。本题考查了电场问题。根据题意分别画出MN和FP的中垂线,由几何关系知,两中垂线交点在MP连线上,如图。点电荷在图中的O位置,
2、A项正确,B错误;因为是正电荷形成的电场,将正电荷从P搬运到N,电场力做正功,C项错误;因为是正电荷形成的电场,越靠近场源电荷的等势面电势越高,D项正确。2.(2014北京高考)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()A.1、2两点的场强相等B.1、3两点的场强相等C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等【解题指南】解答本题应明确以下两点:(1)电场线的疏密程度表示电场强度的大小;(2)等势面上各点的电势相等。【解析】选D。根据电场线的疏密判断电场强度的大小,电场线越密,电场强度越大,所以E1E2,E1E3,A、B均错误;电势是标量,电场线由电势
3、高的等势面指向电势低的等势面,且在同一等势面上电势相等,所以12,2=3,C错误,D正确。3.(2014安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动,取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示,下列图像中合理的是()【解题指南】解答本题注意以下三点:(1)电场力做功与电势能的关系:W电=-Ep=EpO-Ep,则Ep=EpO-W电。(2)根据动能定理有W电=Ek-0,则Ek=W电。(3)根据电势能Ep与位移x的关系图像,分析斜率代表的意义。【解析】选D。根据电场力做功与电势能的关系:W电=-Ep=EpO-Ep,则Ep=EpO-W电,则粒子的电势能
4、随位移变化的图像斜率绝对值对应粒子所受的静电力大小,故可知电场力、电场强度及粒子的加速度大小随位移的增加而减小,所以选项A错误,选项D正确;根据动能定理有W电=Ek-0,则Ek=W电,则粒子的动能随位移变化的斜率绝对值对应电场力的大小,故选项B错误;粒子沿x轴的运动是一个加速度减小的加速运动,故速度与位移不是线性关系,选项C错误。4.(2014浙江高考)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。
5、静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则()A.小球A与B之间库仑力的大小为 kq2/d2B.当时,细线上的拉力为0C.当时,细线上的拉力为0D.当时,斜面对小球A的支持力为0【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)能够利用库仑定律计算电场力;(2)知道共点力的平衡条件。【解析】选A、C。两球间库仑力为F=,A项正确;当细线上的拉力为0时,小球A受到库仑力、斜面支持力、重力,具体关系为=mgtan,B项错误,C项正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为0,所以D项错误。5.(2014山东高考)如图,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔
6、A。已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是() 【解题指南】解答本题应从以下三点分析:(1)壳内的场强处处为零,电荷在壳内运动时不受电场力作用;(2)壳外的电场,离球壳越近场强越大,离球壳越远场强越小;(3)题中Ek-r图像的斜率的大小表示电场力的大小。【解析】选A。壳内的场强处处为零,电荷在壳内运动时不受电场力作用,电场力做功为零,电荷的动能不变,故选项C、D错误;壳外的电场,离球壳越近场强越大,离球壳
7、越远场强越小,题中Ek-r图像的斜率的大小表示电场力的大小,电荷在壳外向外运动时,电场强度逐渐减小,则图像的斜率也逐渐减小,故选项A正确,B错误。6.(2014广东高考)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电量为+Q的小球P。带电量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上。P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是()A.M与N的距离大于LB.P、M和N在同一直线上C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)库仑定律的应用条件。(2)在静电场中沿电场线的方向,电势越来越低
8、。(3)当物体处于平衡状态时,物体受共点力作用且合力为零。【解析】选B、D。M、N处于静止状态,M、N及细杆组成的系统所受合外力为零,D项正确;P、M和N若不在同一直线上,M、N整体受到的不是共点力就会发生转动而不能静止,B项正确;P、M和N在同一直线上,所受合力为零,由库仑定律FPM=FPN得: ,解得,A项错误;沿电场线的方向电势降低,在P产生的电场中,M处的电势高于N处的电势,C项错误。7.(2014山东高考)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以
9、速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于()A. B. C. D. 【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)首先根据两个带电粒子质量、电荷量、初速度大小都相等,其运动轨迹均为抛物线且相切,可由几何关系判断切点的位置;(2)找出带电粒子从抛出点到切点的水平位移和竖直位移,再根据类平抛运动的规律进行求解。【解析】选B。由于两个带电粒子质量、电荷量、初速度大小都相等,其运动轨迹均为抛物线且相切,可以判断切点必为矩形的中点,则带电粒子从抛出点到切点的水平位移为x=,竖直位移为y=,再由类平抛的规律x=v0t,y=可以解得v0=,选项B正确。8.(2
10、014重庆高考)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线,两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则()A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEbC.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb,故选A。【误区警示】本题容易在审图时出现错误,不清楚a、b两点位于同一条等势线上,而认为Uac和Ubc不相等而错选B。9.(2014江苏高考)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是() A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强
11、度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低【解题指南】判断电势高低首先要明确电场强度的方向,沿电场线的方向电势降低,判断电场强度的大小本题可以用特殊值法,在O点由于对称性,电场强度为0,在x轴的无限远,电场强度为0,而中间某处电场强度不为0。【解析】选B。根据电荷分布的对称性判断,O点的电场强度为0,沿电场线的方向电势降低,所以在x轴上,O点的电势最高,A错、B对。从O点沿x轴正方向,电场强度是先增大后减小,所以C、D项错误。10.(2014新课标全国卷)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是()A.电场强度的方向处处与等
12、电势面垂直B.电场强度为零的地方,电势也为零C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【解题指南】解答本题时应注意以下三个方面:(1)电场线处处与等势面垂直;(2)电场强度与电势没有本质的联系;(3)电场强度的方向就是电势降落最快的方向。【解析】选A、D。由于电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,故电场强度的方向与等势面垂直,A项正确。电场强度为零的地方电势不一定为零,如等量同种正电荷连线的中点处的电场强度为零,但电势大于零,B项错误。电场强度大小与电场线的疏密有关,而沿着电场线的方向电势逐渐降低,电场线的疏密与电场线的方向没
13、有必然联系,C项错误。任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致,沿电场线的方向是电势降落最快的方向,D项正确。11.(2014天津高考)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)理解合外力指向曲线凹侧的规律。(2)能根据动能定理判断动能的变化。(3)从其他力做功的角度分析机械能的变化。【解析】选C。
14、若微粒带正电荷,则A板可能带正电荷,也可能带负电荷,A错误。微粒从M点运动到N点,电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,故电势能可能增加,也可能减少,B错误。合外力指向曲线凹侧,故电场力与重力的合力竖直向下,与速度方向成锐角,合外力做正功,动能增加,C正确。由于电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,即机械能可能增大,也可能减小,D错误。【误区警示】本题的关键就在于合外力向下,而电场力有可能向下也有可能向上。由于受带电微粒在电场中做类平抛运动的影响,同学们往往认为电场力向下,从而判断电场力做正功,电势能减小,动能增大,机械能增大,从而导致错解。12.(2014上海高考)静电场在x轴上的场强E随x
15、的变化关系如图所示,x轴正向为场强正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷()A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【解题指南】解答本题注意以下三点:(1)在x1的左侧场强方向沿x轴正方向,在x1的右侧场强方向沿x轴负方向。(2)电场力做负功,电势能增大;电场力做正功,电势能减少。(3)根据电场力公式F=qE可知,同一电荷所在的场强大,电场力就大。【解析】选B、C。由题意可知,在x1的左侧场强方向沿x轴正方向,在x1的右侧场强方向沿x轴负方向。带正电的点电荷由x1运动到x3
16、的过程中,电场力做负功,电势能增大,故选项A错误,选项B正确;由x1到x4场强的大小先增大后减小,则点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小,故选项C正确,选项D错误。13.(2014海南高考)如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为() A. B. C. D. 【解题指南】解答此题可按以下思路进行:(1)初始时两极板间距离为d-l,此时粒子静止,满足二力平衡条件;(2)金属板抽出后,两极板间
17、距离为d,此时电场强度发生变化,粒子受力不再平衡,满足牛顿第二定律。【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得: ;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律,两式联立可得。14.(2014海南高考)如图甲,直线MN表示某电场中一条电场线,a、b是线上的两点。将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放,粒子从a运动到b过程中的v -t图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为a、b,场强大小分别为Ea、Eb
18、,粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb,不计重力,则有()A.ab B.EaEbC.EaWb【解题指南】解答此题应抓住以下三个关键点:(1)粒子只受电场力时,其动能和电势能之和保持不变;(2)动能的大小与速度的大小有关,电势能的大小与电势的高低和电荷的正负有关;(3)v-t图像斜率的意义表示加速度,与粒子受到的电场力有关,而电场力与电场强度有关。【解析】选B、D。由题意可知,粒子只受电场力时,其动能和电势能之和保持不变,而由v -t图像可知粒子从a运动到b的过程中速度逐渐增大,动能增大,所以其电势能逐渐减小,又由于粒子带负电,所以电势是逐渐升高的,A错,D对;由于v -t图像的斜率是逐渐减
19、小的,加速度逐渐减小,因此电场力逐渐减小,所以电场强度也逐渐减小,B对,C错。故选B、D。15.(2014大纲版全国卷)地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.0010-4kg、带电量为-1.0010-7C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0m。对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2,忽略空气阻力)()A.-1.5010-4J和9.9510-3JB.1.5010-4J和9.9510-3JC.-1.5010-4J和9.6510-3JD.1.5010-4J和9.6510-3J【解题指南】解答本题应把握以下三点:(1)明
20、确带电小球所受电场力的方向。(2)小球在电场中运动,电场力做功的正负以及与电势能变化的关系。(3)小球所受的力和各个力所做的总功与小球动能变化的关系。【解析】选D。对带电小球进行受力分析,考虑到忽略空气的阻力,小球受到向下的重力和向上的电场力,下落10m时,小球克服电场力做功,小球的电势能增大,Ep=Eqh=1501.0010-710J=1.5010-4J;根据动能定理可知小球下落10m时的动能为Ek=WG-WE=mgh-Eqh=1.0010-49.810J-1.5010-4J=9.6510-3J,所以选项D正确。二、非选择题1.(2014上海高考)如图,竖直绝缘墙上固定一带电小球A,将带电小
21、球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处,图中AC=h。当B静止在与竖直方向夹角=30方向时,A对B的静电力为B所受重力的倍,则丝线BC长度为。若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍,改变丝线长度,使B仍能在=30处平衡。以后由于A漏电,B在竖直平面内缓慢运动,到=0处A的电荷尚未漏完,在整个漏电过程中,丝线上拉力大小的变化情况是。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)当B与竖直方向夹角不变时,分别在竖直方向和水平方向对小球受力分析并列方程求解。(2)当B与竖直方向夹角减小时,利用三角形相似求解。【解析】对小球B进行受力分析如图,根据相似三角形有: ,再根据余弦定理求出BC的长度: ;若两者间
22、的库仑力变为B的重力的0.5倍,根据几何关系可知AB与BC垂直,即拉力与库仑力垂直; ,随着电量的减小,细绳的拉力不变,库仑力减小。当细绳变为竖直方向时,库仑力和拉力的合力等于重力,库仑力减小,拉力增大,所以拉力先不变后增大。答案: 、先不变后增大2.(2014新课标全国卷)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,BOA =60,OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q0),同时加一匀强电场,场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点
23、时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求:(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向。【解题指南】解答本题需要注意以下三点:(1)不存在电场时,小球做平抛运动,要根据平抛运动规律求解。(2)加上电场后,小球还受到电场力作用,有电场力做功,会涉及电势能的变化,可根据能量守恒定律求解。(3)要把握匀强电场电势变化的特点,即在匀强电场中电势降落是均匀的。【解析】(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB= d,根据平抛运
24、动的规律有dsin60=v0tdcos60=gt2又有Ek0=m由式得Ek0=mgd设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+mgd由式得(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为,由几何关系可得=30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设电场强度
25、的大小为E,有qEdcos30=EpA 由式得E=答案:(1) (2) ,方向与竖直向下的方向的夹角为303.(2014安徽高考)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:(1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)由静止开始下落到经过小孔时,小球做自由落体运动;(2)从小孔开
26、始到下极板的过程,小球做匀减速运动,并且到达下极板处速度恰好为零。【解析】(1)由,解得。(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有mg-qE=ma,0-v2=2ad,解得。而U=Ed,Q=CU,解得。(3)由,t=t1+t2,联立解得答案: （1）（2）；（3）4.(2014福建高考)如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.010-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2。求: (1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向。【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)电场的叠加
27、遵循矢量合成法则;(2)电场强度是矢量,有大小和方向。【解析】(1)据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为代入数据得F=9.010-3N(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等,均为A、B两点电荷形成电场在C点的合场强大小为E=2E1cos30由式并代入数据得E=7.8103N/C场强E的方向沿y轴正向答案:(1)9.010-3N(2)7.8103N/C方向沿y轴正向5.(2014上海高考)如图,一对平行金属板水平放置,板间距为d,上板始终接地。长度为、质量均匀的绝缘杆,上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动,下端固定一带正电的轻质小球,其电荷量为q。当两板间电压为U1时,杆静止在
28、与竖直方向OO夹角=30的位置;若两金属板在竖直平面内同时绕O、O顺时针旋转=15至图中虚线位置时,为使杆仍在原位置静止,需改变两板间电压。假定两板间始终为匀强电场。求: (1)绝缘杆所受的重力G;(2)两板旋转后板间电压U2。(3)在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时,某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变,电场力不做功,因此带电小球的电势能不变。你若认为该同学的结论正确,计算该电势能;你若认为该同学的结论错误,说明理由并求W1与W2。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)杆受到的重力力矩与球受到的电场力力矩平衡;(2)当板旋转角度时,板间电场强度发生变化,电场的零势能面改变,带电小球的电势能也改变。【解析】(1)设杆长为L,杆受到的重力力矩与球受到的电场力力矩平衡, 解得(2)金属板转过角后,同样满足力矩平衡,有联立式解得(3)该同学的结论错误。因为上板接地,当板旋转角度时,板间电场强度发生变化,电场的零势能面改变了,带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了。所以,带电小球的电势能也改变了。设带电小球与零势能面间的电势差为U,金属板转动前,电势能。金属板转动后,电势能。答案:(1) (2) (3)见解析