1、专题 09静电场选择题1.(2019全国卷T7)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，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【答案】AC【解析】【详解】A.若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B.若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C.由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势
2、能，故C正确D.粒子可能做曲线运动，故D错误；2.(2019全国卷T8)如图，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。3.(2019全国卷T2)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂
3、在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A. P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】AB、受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD、若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D。4.(2019北京卷T5)如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q(Q0)为球心球面上，c点在球面外，则A. a点场强的大小比b点大B. b点场强的大小比c点小C. a点电势比b点高D. b点电势比c点低【答案】D【解析】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面
4、和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。5.(2019江苏卷5)一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则Pt关系图象是A.B.C.D.【答案】A【解析】由于带电粒子在电
5、场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确。6.(2019江苏卷T9)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A.Q1移入之前，C点的电势为B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为4W【答案】ABD【
6、解析】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点(q)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为,所以Q2 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。7.(2019海南卷T1)如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则A.M点的电势比N点的低B.M点的场强大小一定比N点的大C.电子在M点的电势能比在N点的低D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大【答案】C【解析】顺着电场线电势逐渐降低，可知
7、M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项BD错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确；8.(2019天津卷T3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程A. 动能增加B. 机械能增加C. 重力势能增加D. 电势能增加【答案】B【解析】【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，
8、水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。9.(2018新课标I卷T3)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )A. a、b的电荷同号， B. a、b的电荷异号，C. a、b的电荷同号，D. a、b的电荷异号，【答案】D【解析】本题考查库仑定律
9、、受力分析及其相关的知识点。对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，a对c的库仑力为排斥力，ac的电荷同号，b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k，Fbc=k，tan=3/4，tan= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D正确。【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。10.(2015江苏卷T2)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载春秋纬 考异邮中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象
10、的是A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B.带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C.小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D.从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C【解析】梳过头发的塑料梭子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故A属于静电现象，所以A错误；带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，故B错误；小钱圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确；从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩攘起电，所以D错误。【考点定位】静电现象11.(2016浙江卷)如图
11、所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，A.此时A带正电，B带负电B.此时A电势低，B电势高C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】由静电感应可知，A的左端带负电，B的右端带正电，AB的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误；故选C。【考点定位】静电感应【名师点睛】此题是来自课本上
12、的一个学生实验，考查静电感应问题，只要课本上的实验弄清楚，此题是没难度的。解决类似试题的关键是，知道静电感应的实质是同性电荷相互排斥，异性电荷相互吸引；带电体达到静电平衡时，带电体是一个等势体。12.(2016江苏卷T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】试题分析：由图知B处的电场线比A处密集，所以B点的电场
13、强度比A点的大，故A错误；根据沿电场线的方向电势降低可知，小球表面的电势比容器内表面的高，所以B错误；电场线的方向与等势面垂直，故C正确；由于A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功都为零，所以D错误。【考点定位】考查静电平衡、带电粒子在电场中的运动【方法技巧】掌握根据电场线的疏密判断电场强弱的方法以及由电场线的方向比较电势的高低，电场线与等势面垂直的关系，在等势面上移动电荷电场力不做功的特点，本题重点考查电场的基本性质，考试的热点，每年必考。13.(2015安徽卷T14)图示是粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程
14、中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是A.M点 B.N点 C.P点 D.Q点【答案】C【解析】由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正确，ABD错误。【考点定位】考查库仑定律和牛顿第二定律。14.(2015浙江卷T16)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则A.乒乓球的左侧感应出负电荷B.乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C.乒乓球共受到电场力，重力和库
15、仑力三个力的作用D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触
16、后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。【考点定位】考查了库仑力，静电感应15.(2011海南卷)三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知A.n=3 B.n=4 C.n=5 D. n=6【答案】D【解析】球3与1、2接触后1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变，1、2之间距离不变，由库仑定律可
17、知，球3与1、2接触前后，球1和球2的电荷乘积相等，带电后3个小球均带上同种电荷。接触前，1、2电荷乘积为nq2；3与2接触后，2、3的电荷变为；3与1接触后，1、3的电荷变为，最后1、2电荷乘积变为。综上所述，解得n=6，选D.【考点定位】库仑定律16.(2015安徽卷T15)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为A.kgA2m3 B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2 D.Nm2A-2【答案】B【解析】由可得单位为，故选B。【考点定位】考查库仑定律和单
18、位制17.(2016浙江卷T19)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.010-2 NC.B球所带的电荷量为D.A、B两球连线中点处的电场强度为0 【答案】ACD【解析】两相同的导电小球接触后电荷量均分，故两小球所带电荷量相等，选项A正确；对A球进行受力分析可知，由几何关系，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37，根据平
19、行四边形法则可得，Fmgtan376.4103N，选项B错误；根据库仑定律有，解得，选项C正确；AB带等量的同种电荷，故在A、B两小球连线中点处的电场强度为0，迭项D正确；故选ACD。【考点定位】物体的平衡；库仑定律；电场强度【名师点睛】此题是关于共点力的平衡及库仑定律的应用问题，是我们平时经常接触到的题目略作改编而成的新试题，只要平时对基础题目理解到位，有一定的基础知识就能解答；所以建议我们的同学平时学习要扎扎实实的做好常规题。18.(2011广东卷)图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是A.到达集尘
20、极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解析】由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确.而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误.负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误.根据F=Eq可得，D正确.【考点定位】静电现象19.(2012浙江卷)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，
21、下列说法正确的是A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和【答案】ABC【解析】摩擦使笔套带电，带电的笔套靠近圆环的时候，圆环反生静电感应，上下部分感应出等量的异号电荷，吸引过程中，圆环加速度向上，静电合力大于圆环重力；绝缘材料做出的笔套，自由电子无法移动，电荷无法立刻被综合，故ABC正确【考点定位】本题考查静电感应，牛顿定律及其相关知识20.(2014广东卷T20)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为+Q的小球P。带电荷量分别为-q和+2q的小
22、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【答案】BD【解析】由于MN处于静止状态，则MN合力为0，即FPMFPN，即，则有，那么MN间距离约为0.4L，故选项A错误；由于MN静止不动，P对M和对N的力应该在一条直线上，故选项B正确；在P产生电场中，M点电势较高，故选项C错误；由于MN静止不动，则M、N和杆组成的系统合外力为0，故选项D正确。【考点定位】本题考查库仑定律、电场的性质和物体平衡条件21.(2014浙江卷)
23、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。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B.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【答案】AC【解析】由题意知，根据库伦定律可求小球A与B之间库仑力的大小为，故A正确；以小球A为研究对象受力分析如图：根据物体的平衡条件可求当mg、Fc、
24、FN三力的合力等于零时，即时，细线上的拉力为0，所以B错误；C正确；由平衡条件知，小球A受弹力不可能为零，所以D错误。【考点定位】库伦定律、物体的平衡22.(2015四川卷T6)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球aA.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中，速率先增大后减小C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】a球从N点静止
25、释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项C正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项D错误；既然在从P到Q的
26、过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。【考点定位】孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用。23.(2015浙江卷T20)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的MN两点，A上带有的正电荷。两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为和。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取；静电力常量，AB球可视为点电荷)则A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小C.将B水平右移，使M、A
27、、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小D.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小【答案】BC【解析】对B和支架分析可知，受到竖直向下的重力，和A对B竖直向上的库仑力，故对地面的压力为，A错误；对A分析，A受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，三力的夹角正好是120，处于平衡状态，所以，B正确；将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，则两小球的距离变为，故有，解得，C正确；将B移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F1=F2=GA=1N，D错误。【考点定位】库伦定律，共点力平衡条件24.(2018全国II卷T20)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电
28、场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是( )A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B. 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C. 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D. 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【答案】BD【解析】试题分析：利用电场力做功WqU ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系。A、选项根据题意无法判断，故A项错误；B、由于电
29、场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 ，故B正确；C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是故，故C错误；D、若W1=W2，说明UcdUab由因为， =，理宁之肆俨解得：，故D正确。故选BD点睛： 对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解。25.(2018新课标I卷T20)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )A. 平面c上的电势为零B
30、. 该电子可能到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】本题考查等势面及其相关的知识点。根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U，根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右。由Wab=3eV，联立解得：U=2V。已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，选项A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f，选项B正确
31、；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD错误。【点睛】此题以等势面切入，考查电场力做功及其相关知识点。26.(2011海南卷)关于静电场，下列说法正确的是A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点，电势一定为零C.同一电场线上的各点，电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】D【解析】电势为零的点那是人为选取的，就像重力势能为零的问题一样，与物体带不带电是无关的，与电场强度的大小也无关，因此AB选项是错误的；电势沿电场线方向降低，C错误；负电荷所受电场力方向与电场线方向相反，若电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，D正确；【考点定位】电势、电势能、电场强
32、度27.(2016全国新课标卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，A错误；电场线与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；将一负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力的方向是从低电势指向高电势，所以电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，D错误。【考点定位】考查了电势、等势面、电场强度
33、、电场力做功【方法技巧】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功，等势面越密，电场强度越大，等势面越疏，电场强度越小。28.(2016上海卷)国际单位制中，不是电场强度的单位是A.N/CB.V/mC.J/CD.Tm/s【答案】C【解析】由公式可知，N/C为电场强度单位；由公式可知，V/m也是电场强度单位；由可得，故Tm/s也是电场强度单位；由公式可知，J/C是电势差单位，故选C。【考点定位】电场强度【方法技巧】本题通过电场强度公式，分别判断对应的场强单位。29.(2013海南卷)如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知
34、在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ。则q1q1PQRA.q1=2q2 B.q1=4q2 C.q1=-2q2 D.q1=-4q2 【答案】B【解析】已知点R处的电场强度为零，可知两点电荷的电性相同。根据题述，q1和q2在点R处的电场强度大小相等，方向相反，由真空中点电荷周围的电场强度公式知，将代入可得，故B正确。【考点定位】考查学生对常见电场，磁场叠加固原理的理解，注重基本知识的考查30.(2013安徽卷)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间，z0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆
35、是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=h/2处的场强大小为(k为静电力常量)A. B. C. D.【答案】D解析：用位于导体平面下方h处的镜像电荷-q代替导体平面上的感应电荷，边界条件维持不变，即YOZ平面为零势面。在z轴上处，q的场强大小为，-q的场强大小为，两个场强方向相同，其合场强E=，故D对，A、B、C错。【考点定位】等量异性点电荷场强、电场线分布特点。31.(2015山东卷T18)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。
36、静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A.，沿y轴正向 B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向【答案】B【解析】因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强为；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为，因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为，方向沿y轴负向；故选B【考点定位】场强的叠加.32.(2015上海卷T8)两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则A.正电荷由P静止释放能运动到QB.正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C.负电荷在P的电势能高于在Q的电势能D.负电荷从
37、P移动到Q，其间必有一点电势能为零【答案】D【解析】正电荷在p点静止释放时，会沿电场线切线方向运动，所以不能运动到Q点，故A错误；P点的电场线密集，所以电场力，加速度也大，故B错误；因为顺着电场线方向电势逐渐降低，所以负电荷在P的电势低于在Q的电势能，故C错误；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近P点电势高于0，负电荷附近Q点的电势低于0，所以负电荷从P移动倒Q，其间必经过有一点电势为0，该点电势能也为0，故D正确。【考点定位】电场线；电势；电势能33.(2012福建卷)如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷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q
38、1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是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【答案】C【解析】由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势.故A错误；由点电荷场强公式分析可知，A点的场强大于B点的场强.故B错误；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功
39、公式，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量.故C正确；将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D错误。故选C【考点定位】本题考查电场的分布以及电势的相关知识34.(2012江苏卷)真空中，A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r，则A、B 两点的电场强度大小之比为A.3 ：1 B.1 ：3 C.9 ：1 D.1 ：9【答案】C【解析】由点电荷电场强度公式知，A、B两点电场强度大小之比为9：1，C正确【考点定位】本题考查电场强度及其相关知识。35.(2012上海卷)A、B、C三
40、点在同一直线上，ABBC=12，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为( )A.-F/2B.F/2C.-FD.F【答案】B【解析】根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同。设，则有。则有：故电荷量为的点电荷在C处所受电场力为：。 【考点定位】本题考查点电荷的电场强度和电场力及其相关知识36.(2012天津卷T5)两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方
41、向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，电势能先变大后变小C.做曲线运动，电势能先变小后变大D.做曲线运动，电势能先变大后变小【答案】C【解析】两个固定的的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂直，且沿电场线电势减小，所以等量异号点电荷和它们间直线电场线如图所示。当带负电的粒子进入电场受到与其速度垂直的电场力而偏转做曲线运动。电子在斜向左的电场力作用下向左偏转，电场力做正功粒子的动能增加，电势能减小。答案C。【考点定位】本题考查电势能及其相关知识37.(2012重庆卷)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中
42、P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图20图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则A.P、Q两点处的电荷等量同种 B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电势低于d点的电势 D.负电荷从a到c，电势能减少【答案】D【解析】由图中等势面的对称性知，P、Q两处为等量异种电荷，A错误；由于电场线与等势面垂直，所以ab两处的电场强度方向不同，B错误；P处为正电荷，c在离P更近的等势面上，c点的电势高于d点的电势，C错误；从a到c，电势升高，负电荷电势能减少，D正确。【考点定位】本题考查等量异种电荷电场的及其相关知识38.(2011上海卷)电场线分布如图昕示，电场中a，b两点的电场强度大小
43、分别为已知和，电势分别为和，则A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】根据电场线疏密表示电场强度大小，；根据沿电场线电势降低，故ABD错误，C正确.【考点定位】电场线，电势，电场强度39.(2011上海卷T14)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图【答案】A【解析】等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以副电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的。可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项。【考
44、点定位】等量异种电荷电场规律40.(2011重庆卷)如图所示，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有A.体中心、各面中心和各边中点 B.体中心和各边中点C.各面中心和各边中点 D.体中心和各面中心【答案】D【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的
45、合场强都为零。在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。正确答案是D【考点定位】电场的叠加41.(2012安徽卷)如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点A处的电势为6 V， 点B处的电势为3 V， 则电场强度的大小为 A.200V/m B.200 V/m C.100 V/m D.100 V/m【答案】A【解析】在x轴上x3cm处电势为3V，与B点等电势。该点与B点连线为等势线，过O点作等势线的垂线即为电场线，该垂线长度为，电场强度的大小为，选项A正确。【考点定位】此题考查电场及其相关知识42
46、.(2013新课标全国卷)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)A. B. C. D.【答案】B【解析】设Q在b点产生的场强大小为E，由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的场强为零，得，所以q、Q在d点产生的场强为，所以B选项正确。【考点定位】点电荷的电场、电场的叠加43.(2013重庆卷T3)如题3图所示，高速运动的粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示
47、粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则A.粒子在M点的速率比在Q点的大B.三点中，粒子在N点的电势能最大C.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D.粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功【答案】B 粒子从Q到N，电场力做负功W1，速度变小，动能减小，电势能增大；从N到M，电场力做正功W2，动能增加，电势能减小，且有|W1|W2，因此vQvM，在N点电势能最大，选项A、D错，B对。由题意知O点的重原子核带正电，M离O较近，因此M点的电势高于Q点的电势.选项C错误。【考点定位】点电荷周围的场强、等势线分布，电势和电势能的关系，电场力做功与电势能和
48、动能之间转化的关系。44.(2014北京卷)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、2两点的电场强度相等 B.1、3两点的电场强度相等C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等【答案】D【解析】电场线的疏密程度表示场强的大小，1点的场强大于2、3点的场强，A、B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，故1点的电势高于2点的电势，C错误；等势线上各点的电势相等，故2、3两点的电势相等，D正确。【考点定位】电场与电场线的有关知识45.(2014江苏卷T4)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
49、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【答案】B【解析】O点合场强为零，在O点右侧每一点合场强方向向右，在O点左侧每一点合场强方向向左，沿电场方向电势降低，所以O点电势最高，项正确；ACD错误。【考点定位】本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题。46.(2014重庆卷)如题3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和，a、b点的电场强度大小分别为和，则A.
50、B. C. D. 【答案】A【解析】电子在电场中运动电场力做功，由于a、b两点位于同一条等势线上，故，有，可得；电场线的疏密程度反映场强的大小，a点比b点的电场线密些，故场强大些，故选A.【考点定位】本题考查了电场线和等势面的特点、电场力做功、电场强度的判断.【方法技巧】电场强度的大小看疏密，方向看切线。47.(2014山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔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的关系图象，可能
51、正确的是 A B C D【答案】A【解析】由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图象为一条水平直线，C、D错误；通过A点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动能的增量逐渐减小，即图象的斜率逐渐减小，A正确，B错误。【考点定位】动能定理，点电荷的电场48.(2015全国新课标卷T15)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A.直线a
52、位于某一等势面内，MQB.直线c位于某一等势面内，MNC.若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D.若电子有P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功，说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是MQ，MN，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。【考点定位】等势面和电场线49.(20
53、12安徽卷)如图1所示，半径为r均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为A. 2 B.2 C.2 D.2【答案】A【解析】无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强： ，半径为r的圆板在Q点产生的场强：，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：，所以选项A正确.【考点定位】此题考查利用相关知识对物理关系式分析鉴别能力50.(20
54、17江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示.下列说法正确有(A)q1和q2带有异种电荷(B)x1处的电场强度为零(C)负电荷从x1移到x2，电势能减小(D)负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误.【考点定位】电势 电场强度 电势能【名师点睛】本题的核心是对x图象
55、的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱电场强度.51.(2017新课标卷T20)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(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A.Ea：Eb=4：1 B.Ec：Ed=2：1 C.Wab：Wbc=3：1
56、 D.Wbc：Wcd=1：3【答案】AC【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1cm、2m、3m、6m，根据点电荷的场强公式可知，故A正确，B错误；电场力做功W=Uq，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以，故C正确，D错误。【考点定位】电场强度、电势差、电场力做功【名师点睛】本题主要考查学生的识图能力，点电荷场强及电场力做功的计算。52.(2017新课标卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC
57、.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV【答案】ABD【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作cfbd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度，A正确；因为四边形Oacb是矩形，所以有，解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。【考点定位】匀强电场中电场强度与电势差的关系、电势、电势能【名师点睛】在匀强电场中沿
58、同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等势面平行且均匀分布。以上两点是解决此类题目的关键。电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势高处电势能低。53.(2015江苏卷T8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c时两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低【答案】ACD【解析】由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场密集，所以A、C正确；过a点画等势线，与b点所
59、在电场线的交点在b点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理可得d点电势高于c点电势，故D正确。【考点定位】电场的基本性质54.(2011山东卷)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是 A.b点场强大于d点场强 B.b点场强小于d点场强C.a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能【答案】BC【解析】在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点
60、电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误B正确；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。【考点定位】等量异种电荷55.(2013天津卷T6)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则A.q由A向O的运动是匀加速直线运动 B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大 D.q运动到O点时电势能为零【答案】BC 【解析】在等量同种电荷连线
61、中垂线的上部分电场强度方向由O指向A，点电荷q从A运动到O点的过程中，电场力方向由A指向O，所以速度越来越大，根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，疏密程度不同则电场强度的大小不同，所以加速度也不同，则点电荷q做变加速直线运动，所以选项A错误；点电荷由A向O运动的过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减小，动能逐渐增大，到达O点时，动能最大，故选项B、C正确；取远穷远处电势为零，则O点电势不为零，由电势能与电势的关系式可知，点电荷在O点的电势能不为零，则选项D错误。【考点定位】电场线；牛顿第二定律；电势；电场力的功.56.(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
62、场强度的方向处处与等势面垂直 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【答案】AD【解析】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，选项A 正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零，但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势是降低的，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C 错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项D 正确。【考点定位】
63、电场强度；电势。57.(2014新课标全国卷)如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P和F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M、N、P、F四点处的电势分别用、表示，已知，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连线上B、连线PF一定在同一个等势面上C、将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D、大于【答案】AD【解析】点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN的垂直平分线和PF的垂直平分线相交于一点E，E点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得E点在MP边。即点电荷一定在MP连线上
64、，选项A对。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直线而是球面，选项B错。正试探电荷从P点移动到N点，远离场源正电荷，电场力做正功，选项C错。根据几何关系可得，距离场源正电荷越远电势越低，所以P点电势大于M点电势，选项D对。【考点定位】点电荷的电场分布，等势面58.(2015海南卷T7)如图，两电荷量分别为Q(Q0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须
65、克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】BC【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，
66、电势能变化相同，D错误；【考点定位】电场强度，电势，电势能，电场力做功59.(2018江苏卷T5)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动C. 向左下方运动D. 向右下方运动【答案】D【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，
67、故粒子向右下方运动，选项D正确。点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变。60.(2018北京卷T7)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】A、当用带电
68、玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。61.(
69、2017江苏卷T4)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、中央各有一小孔，小孔分别位于、点.由点静止释放的电子恰好能运动到点.现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子A.运动到点返回 B.运动到和点之间返回C.运动到点返回 D.穿过点【答案】A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1qU2qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误。【考点定位】带电粒子在电场中的运动 动能定理 电容器【名师点睛】本题是带电
70、粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关.62.(2016浙江卷)以下说法正确的是A.在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B.外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D.在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化【答案】A【解析】在静电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，选项A正确；根据可知，外力对物体所做的功越多，对应的功率不一定越大，选项B错误；电容器的电容C与电容器所带电荷量Q无关，只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关，选项C错误；
71、在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化，选项D错误；故选A。【考点定位】电势；功率；电容器；超重和失重【名师点睛】此题考查了四个简单的知识点，都是很基础的知识，只要平时学习扎实，有一定的物理功底即可解答。注意答案C中，电容器电容的决定因素是两极板相对面积、两极板间距离和两极板间的电介质的介电常数，要分清物理量的定义式和决定式。63.(2016全国新课标卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板
72、间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错误，D正确。【考点定位】平行板电容器【名师点睛】本题主要考查平行板电容器的动态平衡，要注意正确应用电容的决定式、定义式，板间场强公式。64.(2016天津卷T4)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能
73、，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则A.增大，E增大 B.增大，Ep不变C.减小，Ep增大 D.减小，E不变【答案】D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据QCU可知，U减小，则静电计指针偏角减小，根据，QCU，联立可得，可知Q一定时，E不变，根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电
74、荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。65.(2011天津卷)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是A.U2 = U1，E2 = E1 B.U2 = 2U1，E2 = 4E1C.U2 = U1，E2 = 2E1 D.U2 = 2U1，E2 = 2E1【答案】C【解析】，当电荷量变为2Q时，C选项正确。【考点定位】平行板电容器
75、66.(2012江苏卷)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是A.C和U均增大 B.C增大，U减小C.C减小，U增大 D.C和U均减小【答案】B【解析】由可知，插入电解质时，电容C变大，由，可知电量不变，电压U减小，B项正确。【考点定位】本题考查电容公式及其相关知识67.(2013新课标全国卷)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触
76、)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板处返回 D.在距上极板处返回【答案】D【解析】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回。根据动能定理得， 联立两式解得.故D正确，A、B、C错误；故选D。【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系68.(2014海南卷T4)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
77、，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.【答案】A【解析】平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为：，且有，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为：，有，联立上述可解得：，知选项A正确。【考点定位】平行板电容器、匀强电场中电压与电场强度的关系69.(2015安徽卷T20)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力
78、大小分别为A.和 B.和 C.和 D.和【答案】D【解析】由公式，正负极板都有场强，由场强的叠加可得，电场力，故选D。【考点定位】考查电场知识。70.(2015海南卷T5) 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为A.3：2 B.2：1 C.5： 2 D.3：1 【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，；对m有，联立解得，A
79、正确。【考点定位】带电粒子在电场中的运动71.(2015全国新课标II卷T14)如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正
80、确，A、B、C错误。【考点定位】电容器，电场力，力的平衡。72.(2012广东卷)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小【答案】BD【解析】由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误；无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确；带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项
81、C错误；带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确；故选BD【考点定位】本题考查电场力、电势能等相关知识73.(2012海南卷)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【答案】AD【解析】保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式可知，E变为原来的一半.故A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，由可知，U
82、变为原来的一半.故B错误；保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式分析可知，U变为原来的两倍.故C错误;保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式分析可知，U变为原来的一半，由分析知，E变为原来的一半，故D正确.故选AD【考点定位】电容器动态变化74.(2018天津卷T3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据
83、电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判
84、断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况.75.(2018全国III卷)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻，a的动能比b的大C. 在t时刻，a和b的电势能相等D. 在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】BD【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛
85、顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： ，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于
86、a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。76.(2017江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、中央各有一小孔，小孔分别位于、点.由点静止释放的电子恰好能运动到点.现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子(A)运动到点返回(B)运动到和点之间返回(C)运动到点返回(D)穿过点【答案】A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子
87、还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误.【考点定位】带电粒子在电场中的运动 动能定理 电容器【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关.77.(2011全国新课标卷T20)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速度时递减的，关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线时曲线在b点的切线)【答案】D【解析】电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方
88、向，故A错误；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符，故B错误；图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动，故C错误；图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意，故D正确。【考点定位】曲线运动78.(2016全国新课标卷)如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在
89、a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则A.aaabac，vavcvb B.aaabac，vbvcvaC.abacaa， vbvcva D.abacaa，vavcvb【答案】D【解析】在点电荷的电场中，场强大小，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，则；而由动能定理：可知电场力做负功，动能减小，由图，则vavcvb，故选D.【考点定位】点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的运动问题；关键是掌握点电荷的电场分布规律；能根据粒子的运动轨迹判断粒子电性和点电荷电性的关系；要知道只有电场力做功时粒子的动能与电势能之和守恒。
90、79.(2016海南卷)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45角，上极板带正电。一电荷量为q(q0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为A. B. C. D.【答案】B【解析】当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy=0时，根据运动学公式有，vy=v0cos 45，联立得，故选项B正确。【考点定位】带电粒子在电场中的运动、运动合
91、成与分解【名师点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的分位移公式和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。80.(2012海南卷)如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？A.粒子速度的大小 B.粒子所带电荷量 C.电场强度 D.磁感应强度【答案】B【解析】由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有，即有。改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的
92、轨迹将发生改变，故A错误；由知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变，故B正确；改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故C错误；改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故D错误。故选B.【考点定位】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动81.(2012海南卷)如图，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在o点处有固定点电荷，已知b点电势高于c点电势。若一带负电电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则两过程中电场力做的功
93、相等前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功前一过程中，粒子电势能不断减小后一过程中，粒子动能不断减小【答案】C【解析】由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功，故AB错误；负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小，故C正确；电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大，故D错误。故选C【考点定位】本题考查电场力做功、电势能变化及其相关知识82
94、.(2014安徽卷)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，下列图象中合理的是【答案】D【解析】粒子的电势能随位移变化的图象斜率对应粒子所受的静电力大小，故可知电场力、电场强度及粒子加速度随位移变化应该是越来越小，故A错，D对；粒子动能随位移变化的图象斜率对应粒子所受合外力的大小，而此时的合外力即为粒子所受静电力，故B错；粒子沿x轴的运动是一个加速度减小的加速运动，故速度与位移不一定是线性关系，C错。【考点定位】运动图象、动能定理、带电粒子在电场中的运动83.(2013广东卷T5)喷墨打印机的简化模型如图
95、所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关【答案】C【解析】由于重力不计的微滴带负电，微滴在极板间电场中受到的电场力向上，故微滴向下极板偏转，A错误；电场力微滴做正功，电势能头政治上，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，运动的轨迹是抛物线，C正确；水平方向做匀速运动，而竖直方向上做匀加速运动，且加速度，与带电量有关，D错误。【考点定位】带电粒子在匀强电场中的运动，容易题。84.(2011安徽卷)图(a)为示管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压
96、图按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是【答案】B【解析】由于电极XX加的是扫描电压，电极YY之间所加的电压信号电压，所以荧光屏上会看到的图形是B，答案B正确【考点定位】示波管的工作原理85.(2011安徽卷)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是A. B. C. D. 【答案】B【解析】若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再
97、反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误；若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确；若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误；若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误
98、.【考点定位】带电粒子在交变电场中的运动86.(2017天津卷T7)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是A.电子一定从A向B运动B.若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势AB，电子电势能EP=e，电势能是标量，所以一定有知EPA
99、 B.EaEb C.EaWb【答案】BD【解析】由图(b)可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力由a指向b，电场线由b指向a，b处为高电势，故正确答案为BD。考点：运动图像、带电粒子在电场中的运动、电场分布91.(2014上海卷)静电场在x轴上的场强E随x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的过程电势能增大C.由x1运动到x4的过程电场力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程电场力先减小后增大【答案】BC【解析】正点电荷受力方向与电场C方向相
100、同，在0x1电场力为轴正方向，电场力为x轴负方向，x2x4电场力负向，位移正向，电场力做负功，电势能增加，选项A错。x1x3电场力负向，位移正向，电场力做负功，电势能增大，选项B对。电场力大小为，x1x4，电场强度先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C对，D错。考点：电场力做功92.(2015江苏卷T7)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小【答案】BC【解析】由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，所以A错误；B正确
101、；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误。【考点】带电粒子在电场中的运动93.(2015天津卷T7)(多选题)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A.偏转电场对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有，在偏转电场中有，与比荷无关，所以三钟粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确
102、；偏转电场对粒子做功，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种拉子在进入偏转电场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误；因加速位移相同，粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中运动时间也越长，故迭项B错误。考点：带电粒子在电场中的加速和偏转94.(2015广东卷T21)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则A.M的带电量比N大 B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N大 D.移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【解析】释放后，MN保持静止，它
103、们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qEF，两者方向相反，其合力为0，故选项C错误；由牛顿第三定律可知，MN间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，故选项A错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由图示可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选
104、项D正确。【考点定位】电荷间相互作用规律、电场方向定义、共点力平衡条件、牛顿第三定律、功的理解与应用。95.(2010广东卷T21)图8是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是A.a点的电势高于b点的电势 B.B.该点电荷带负电C.a点和b点电场强度的方向相同 D.a点的电场强度大于b点的电场强度【答案】BD【解析】选项A错误，因为顺着电场线电势是降低的，所以应该是a点电势低于b点的电势；选项C错误，从图中可以看出它们的方向是不同的。96.(2010海南卷T4)如右图， M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N
105、两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为A.B.C.D.【答案】B 【解析】依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为，则，B正确。97.(2010天津卷T5)在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则A.b点的电场强度一定比a点大 B.电场线方向一定从b指向aC.b点的电势一定比a点高 D.该电荷的动能一定减小【答案】【解析】本题考查的是电场的性质。电场力对正电荷做了负功，则正电荷的电势能一定增大，电势一定变高，所以C项正确，但不知电场的具体分布无法判断电
106、场线的形状，A、B项错误。电荷的动能变化跟其合外力做功有关，而除了电场力其他力不明确，动能变化也无从判断，D项错误。98.(2010四川卷T21)如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OMON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则A、滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大B、滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C、在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D、在
107、M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置【答案】AC【解析】本题主要考查等势面和电场力做功及力的关系。由于OMEb，abB. EaEb，aEb，abD. Eab【解析】根据电场线的疏密表示场强大小，沿电场线电势降落(最快)，选C。本题考查电场线与场强与电势的关系。难度：易。107.(2010重庆卷T18)某电容式话筒的原理示意图如题18图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板.对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中，A.P、Q购车的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变C.M点的电势比点N的低D.M点的电势比点N的高【答案】D【解析】本题考查平行
108、板电容器的电容公式，电容器的放电过程和电路结构分析等知识点。由平行板电容器的公式知，当极板距离增大时，电容器的电容减小，A项错；电容器和电源相连，则电容器的电压始终不变，根据知，电容器的电量减小，电容器要放电，B项错；电流从M通过电阻流向N点，则M点电势高于N点电势，则D对，C错。【规律总结】电容器的两类问题的讨论一定要抓住那个量不变，再结合电容器的定义式和平行板电容器电容公式来讨论。充电后与电源断开则带电量不变，不与电源断开，则电压不变。108.(2010安徽卷T18)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键
109、S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节、，关于F的大小判断正确的是A.保持不变，缓慢增大时，F将变大B.保持不变，缓慢增大时，F将变小C.保持不变，缓慢增大时，F将变大D.保持不变，缓慢增大时，F将变小【答案】B【解析】本题考查欧姆定律及力的合成。对带电小球受力分析可知悬线对小球的拉力大小等于小球重力与其受到的电场力合力大小。分析电路有R1、R0串联联入电路，电容器两端的电压等于R0两端电压。R1没有电流通过，电阻大小没影响，相当于直导线，所以只要R2不变，电路中各参量都不会变，C、D项错误。若缓慢增大R2时，电路中总电阻变大，电流变小，定值电阻R0两端电压降减小，电容器两极板间电压减小，小球
110、受到的电场力减小，悬线拉力F将变小，B项正确。109.(2010浙江卷T15)请用学过的电学知识判断下列说法正确的是A.电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C.小鸟停在单根高压输电线上会被电死D.打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险【答案】B【解析】本题是对用电常识的考查。由静电屏蔽原理知电工穿金属衣安全，故A项错误；由于塑料桶是绝缘的，故汽油在桶中产生的静电不能被导走而不安全，用金属桶装安全，B项正确；小鸟在单根高压线上形不成回路，故没有电流，所以不会被电死，C项错误；车身是一个巨大的金属导体，当闪电与它接触的时候，它把电流迅速的传到地面去了，所以在汽车里是安全的，
111、故D项错误。110.(2010北京卷T18)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若A.保持S不变，增大d，则变大B.保持S不变，增大d，则变小C.保持d不变，减小S，则变小D.保持d不变，减小S，则不变【答案】A【解析】由知保持S不变，增大d，电容减小，电容器带电能力降低，电容器电量减小，静电计所带电量增加，变大；保持d不变，减小S，电容减小，变大。正确答案A。非选择题：111.(2019北京卷T11)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何
112、种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述uq图像。类比直线运动中由vt图像求位移方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的qt曲线如图3中所示。a.两条曲线不同是_(选填E或R)的改变造成的；b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。_(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电
113、过程，填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。“恒流源”(2)中电源电源两端电压_通过电源的电流_【答案】(1). (2). (3). R(4). 要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可(5). 增大 (6). 不变 (7). 不变 (8). 减小【解析】由电容器电容定义式得到图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答(1)由电容器电容定义式可得：，整理得：，所以图象应为过原点的倾斜直线，如图：由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即，
114、当两极间电压为U时，电荷量为，所以；(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：，由图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以曲线不同是R造成的；b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电
115、源的电流减小。112.(2019天津卷T14)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，期中Z是正整数，e是元电荷。(1)若引擎获得推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；(3)为提高能量的转换效率，要使尽
116、量大，请提出增大的三条建议。【答案】(1)(2) (3)用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。【解析】【详解】(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 设正离子束所受的电场力为F1，根据牛顿第三定律，有 设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为N，由牛顿第二定律，有 联立式，且得 (2)设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 考虑到牛顿第三定律得到F=F，联立式得 (3)为使尽量大，分析式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。113.(2019全国卷T11)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
117、置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ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，以及她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？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】解：(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 F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移
118、为l，则有 l=v0t联立式解得 (2)设粒子穿过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114.(2019全国卷T11)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。【答案】(1)；(2)【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma解
119、得(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，根据动能定理有且有联立式得115.(2010海南卷T11)利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘.静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源正极和负极，其装置示意图如右图所示.A、B之间有很强的电场，距B越近，场强_(填：“越大”或“越小”)。B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到_(填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中。【答案】越大 A【解析】电极截面如图所示，由电场线可判断越靠近B场强越大；粉尘吸附电子后带负电，因此向正极A运动。116.(2
120、012海南卷T12)N(N1)个电荷量均为q(q0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图。若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 。(已知静电力常量为k)【答案】，沿OP指向P【解析】由于对称关系，N个小球在圆心O处产生的场强为0，若移去位于圆周上P点的一个小球，其它小球在O处产生的场强与P点小球(点电荷)在O点产生的场强等大反向，因此O点场强大小，方向沿OP指向P点。【考点定位】本题考查电场叠加、点电荷电场强度公式及其相关知识117.(2015上海卷T21)静电场是_周围空间存在的一种物质；通常用_来描述电场的能的性质。【答案】静止电荷；电势【解析】静止
121、电荷是周围空间存在的一种物质；电势是表征电场的能的性质的物理量。【考点定位】电场；电势118.(2016上海卷T24)如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后A向右摆动，摆动的最大角度为60，则A受到的电场力大小为 。 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在=60处，然后再将A的质量改变为2 m，其新的平衡位置在=30处，A受到的电场力大小为 。【答案】；mg【解析】根据题意，带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60，末速度为0，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理有：，计算电场力为：；改变电场强度
122、的大小和方向后，平衡在60处时，根据正弦定理有：平衡在30处时，由正弦定理有：。经过计算得到，Fmg。【考点定位】动能定理、物体平衡条件、正弦定理【方法技巧】先通过动能定理计算带电小球运动到最高点过程中受到的电场力，再通过平衡条件和正弦定理计算小球在=60处和=30处时的电场力。119.(2014上海卷)如图，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球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仍能在处平衡。以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，
123、到处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 。【答案】或者；拉力先不变后变大【解析】对小球B受力分析如下图，自身重力，静电力和绳子拉力，重力方向与墙壁平行，拉力方向与绳子同向，静电力与AB连线共线，所以几何与矢量三角形相似，所以有，可得，根据结合余弦定理，可得，解得或者。若，则根据得到，代入余弦定理可得，根据几何关系可得.漏电过程中当时，任意一个位置都是平衡状态，都满足，由于不变，不变，所以绳子拉力不变，当时，此时，随着A的漏电，而AB的距离不变，减小，变大，所以整个漏电过程中，拉力先不变后变大。【考点定位】库仑力 动态平衡120.(2012全国卷)如图，一平行板电容器
124、的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。【答案】【解析】设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为，则所受电场力小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示由平衡条件有：，综合以上各式得： ；第二次充电后，电容器带电量为：Q+Q，同理可得：，将方向夹角带入解得：。【考点定位】本题考查平行板电容器、电场
125、力、受力分析、电场强度与电势差关系及其相关知识。121.(2014上海卷T32)如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地。长度为d/2、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0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，杆静止在与竖直方向OO夹角=300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
126、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。【答案】(1)(2)(3)，【考点】力矩平衡；电场能的性质【解析】(1)设杆长为L，杆受到的重力矩与球受到的电场力矩平衡解得 (2)两板旋转后，质点不变，重力不变，重力力臂不变，两个极板之间的距离变为电场力大小为，力臂变为根据杠杆平衡则有，可得(3)结论错误。虽然小球位置没有变化，但是在极板旋转前后电场强度发生变化，电势发生变化，所以电势能发生变化。设小球所在位置电势为没有旋转时，电场强度，根据绝缘杆平衡判断电场力竖直向上，即电场线竖直向上，电势逐渐
127、降低，所以，整理得电势能金属板转动后，电场强度，电势差解得电势能【考点定位】电场力做功 电势能122.(2016上海卷)如图(a)，长度L=0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02 kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线II所示，其中曲线II在0.16x0.20和x0.40范围可近似看作直线。求：(静电力常量)(1)小球B所带电量q；(2)非均匀外电
128、场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E；(3)在合电场中，x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U；(4)已知小球在x=0.2 m处获得v=0.4 m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4 m。若小球在x=0.16 m处受到方向向右，大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？【答案】(1) (2) (3)800 V (4)0.065 m【解析】(1)由图可知，当x=0.3 m时，因此。(2)设在x=0.3 m处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE因此电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小为3，方向水平向左。(3
129、)根据图像可知在x=0.4 m与x=0.6 m之间合力做功大小W合=0.0040.2 J=810-4 J由qU=W合可得(4)由图可知小球从x=0.16 m到x=0.2 m处，电场力做功小球从到处，电场力做功=由图可知小球从到处，电场力做功=0.0040.4 J=由动能定理+=0解得=【考点定位】库仑定律、电场强度、电势差。【方法技巧】通过图线1位置0.3 m处和库仑定律计算小球B带电量；再根据图像分析0.3 m处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4 m到0.6 m处合电场是匀强电场，根据qU=W合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离
130、。123.(2011浙江卷)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值为；(2)求收集率与两板间距的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间
131、下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。【答案】(1)(2)当时，收集效率为100%；当时，收集率(3)=，如图所示。【解析】(1)收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，在水平方向有：在竖直方向有：其中：当减少两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%时，两板间距为.如果进一步减少，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有在竖直方向有其中联立可得(2)通过前面的求解可知，当时，收集效率为100%；当d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有根据题意，收集效率为 联立可得(
132、3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量=当时，因此=当时，因此=绘出的图线如下【考点定位】带电粒子在电场中的运动124.(2012北京卷T24)匀强电场的方向沿x轴正方向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量.将带正电的质点A在O点由静止释放.A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放.当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用.已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和.不计重力.(1)求A在电场中的运动时间t；(2)若B的电荷量为q=Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；(3)为使B离开电场
133、后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm.【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速，A在电场中做匀变速直线运动解得运动时间。(2)因为两质点的相互作用力为斥力，所以当两质点的距离最小时，两质点的相互作用能取最大值。A质点离开电场时的速度为vA0，根据动能定理，B质点离开电场时的速度为vB0，根据动能定理，设A、B速度相等时的速度为v，根据动量守恒，解得。根据能量守恒，两质点相互作用能的最大值 又已知，由解得 相互作用能的最大值为、(3)考虑A、B在区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有 由解得，因B不改变运动方向，故vB0由
134、解得即B所带电荷量的最大值为 。【考点定位】本题考查了动量守恒和能量守恒的相关知识125.(2013浙江卷)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。(1)判断球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球
135、面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量EK左和EK右分别为多少？(4)比较|EK左|和|EK右|的大小，并说明理由。【答案】(1)B板电势高于A板；(2)；(3)Ek左=e(C-B)，Ek右=e(C-A)；(4)|Ek左|Ek右|【解析】(1)根据题中所述电子做匀速圆周运动，可知，电场力指向球心，电场方向由B指向A。沿电场线电势逐渐降低，B板电势高于A板，即。(2)电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：，电子动能为=，其中半径R=，根据向心力公式：Ee= 联立得：.(3)到达N板左边缘处的电子，在运
136、动的过程中，电场力对它们做正功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：EK左=-eUCB=-e(C-B)，到达右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：EK右=-eUCA=-e(C-A).(4)该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：C-BC-A，所以：|EK左|EK右|.【考点定位】带电粒子在电场中的运动、匀速圆周运动等知识，主要考查学生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，本题难度适中。126.(2014福建卷)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=+
137、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。【答案】(1)F=9.010-3N (2) 方向沿y轴正方向【解析】(1)根据库伦定律，A、B两点间的库仑力大小为：，代入数据得：F=9.010-3N(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：代入数据得，方向沿y轴正方向【考点定位】本题考查库仑定律、电场强度127.(2018北京卷T12)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表
138、达式；b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S、S到点电荷的距离分别为r、r。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S、S上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要路径。2016年9月25日，世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P，计算FA
139、ST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P；b.在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST能够观测到的此类天体数目N。【答案】(1)a. b. (2)a. b.【解析】(1)a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷根据库仑定律检验电荷受到的电场力根据电场强度的定义得b.穿过每个面的电场线的总条数是相等的，若面积大，则单位面积上分担的条数就少，故穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比(2)a.地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，因此b.在宇宙大尺度上，天体的空间分布是
140、均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0，直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L，则可得L=5L0则点睛：本题是一道信息题，要读懂题目中所描述的物理情景，然后结合物理知识求解，在电场线条数一定的情况下，圆的半径越大，则单位面积上的条数就越少；同样要知道地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，要借助于这些条件处理问题。128.(2010江苏卷T15)(16分)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲
141、所示，加在极板A、B间的电压作周期性变化，其正向电压为，反向电压为，电压变化的周期为2r，如图乙所示。在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。(1)若，电子在02r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；(2)若电子在0200r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系；(3)若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。【答案】(1) (2) v(n+1)(k+1)Tkl，(n0，1，2，99) (3)【解析】(1)电子在0f时间内做匀加速运动加速度的大小a1； 位移；在T2T时间内先
142、做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小；初速度的大小；匀减速运动阶段的位移；据题意dx1x2，解得；(2)在2nT(2n+1)T，(n0，1，2， ，99)时间内 加速度的大小a2速度增量v2a2T (a)当0t2ntT时电子的运动速度vnv1+nv2+a1(t2nT)解得vt(k+1)nT ，(n0，1，2， ，99) (b)当0t(2n+1)TT时电子的运动速度v(n+1) v1+nv2a2t(2n+1)T解得v(n+1)(k+1)Tkl，(n0，1，2，99) (3)电子在2(N1)T(2N1)T时间内的位移x2N1v2N2T+a1T2电子在(2N1)T2NT时间内的位移x2Nv2N1Ta2T2由式可知v2N2(N1)(1k)T由式可知x2N1 据题意x2N1x2N0解得。
