专题9 静电场-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类物理

专题分类物理 专题九 静电场 基础题 一、单项选择题 1.(2023·耀华中学第三次月考)如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a'、b、b、c'为分布在 等势面上的点。一带电粒子从a点运动到c点的过程中电场力做功为W,从a'点运动到c点的过 程中电场力做功为W。。下列说法正确的是 A.c点的电场方向一定指向b点 B.a'点电势一定比c'点电势高 C.带电粒子从c点运动到c'点，电场力做的功为0 D.W<W 2.(2020·南开中学第六次月考)静电场方向平行于x轴，其电势0随x的分布可简化为如图所示的折 线，x轴上的两点B、C的电场强度分别为EB和Ec,下列说法正确的是 A.EB大于Ec B.B点的电场强度方向沿x轴正方向 C.B点的电势低于C点的电势，Uc为正值 D.负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，静电力先做正功，后做负功 cibtaab' d -- 第1题图 第2题图 第3题图 第4题图 3.(2021·河西区二模)如图所示，在等边三角形abc的中心O处有一带正电的点电荷，d为ac边的中 点，则在该点电荷产生的电场中，下列说法正确的是 A.a、b、c三点的电场强度相同 B.a、d间与d、c间的电势差满足U=U C.电子在a点时的电势能小于在b点时的电势能 D.电子在a点时的电势能大于在d点时的电势能 4.(2021·南开区一模)空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q 两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，下列说法 正确的是 () A.e点的电势大于0 B.a点和b点的电场强度相同 C.b点的电势低于d点的电势 D.负电荷从a点移动到c点时电势能增加 一冲天 5.（2022·和平区三模)1909年，美国物理学家密立根用如图甲所示的实验装置，比较准确地测定了电 子的电荷量。平行金属板间存在竖直方向的匀强电场，喷雾器喷出带同种电荷的油滴，油滴进入金 属板间后，发现有的油滴刚好悬浮不动，有的油滴运动轨迹如图乙所示，、b为轨迹上两点，忽略空气 黏滞阻力和浮力对油滴的影响，下列说法正确的是 A.电场中a点的电势一定高于b点的电势 B.油滴在a点的加速度可能大于在b点的加速度 C.油滴在a点的动能一定大于在b点的动能 D.油滴在a点的机械能一定大于在b点的机械能 喷雾器 b 油滴室 伊 固定电极 金属板 直流电源。 可动电极 金属板 -↑ 待测压力E 甲 乙 第5题图 第6题图 6.(2020·和平区三模)传感器是一种采集信息的重要器件，如图为测定压力的电容式传感器，将电容 器、灵敏电流计、电源连接。施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针 偏转。在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为（电流从电流表正 接线柱流入时指针向右偏) () A.向右偏到某一刻度后回到零刻度 B.向左偏到某一刻度后回到零刻度 C.向右偏到某一刻度后不动 D.向左偏到某一刻度后不动 7.(2023·塘沽一中第三次月考)静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在静电力作用 下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是() A.虚线可能是等势线 B.电场强度EA<Ec<EE C.负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能 D.在C点静止释放一电子，它将在静电力作用下沿着虚线CD运动 P 高压电源 -·6kV aN---7kV 电极 电极 --.8kV -------D ---9kV 第7题图 第8题图 8.(2024·河东区期末)避雷针，又名防雷针、接闪杆，是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。 如图所示虚线为避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、V、P三点，下列说法正确的是() A.P点的电场强度比M点的小 B.P、M两点电势差UpM=2kV C.M、N两点的电场强度相同 D.电子在P点的电势能小于其在N点的电势能 一冲天 9.(2020·南开区二模)如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左 右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的 变化，进而测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化。设电容器的电容为C,静电计的指针偏 角为0，电容器两极板间的电场强度为E,则 A.被测物体向左移动时，C增大，0减小，E增大 B.被测物体向左移动时，C减小，0增大，E减小 静电计 C.被测物体向右移动时，C增大，0减小，E减小 D.被测物体向右移动时，C减小，0增大，E增大 二电介质板被测物体 10.(2023·天津一中第三次月考)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、 负极上，这时质量为的带电油滴恰好静止在两极板之间，如图所示，在其他条件不变的情况下，下 列说法正确的是 A.如果保持连接电源，只将A板上移，油滴将向上加速运动 B.如果保持连接电源，只将两极板非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向α C.如果断开电源，B板接地，只将A板上移，油滴静止不动，油滴处电势不变 D.如果断开电源，将两极板与静电计相连，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针张角变大 恒压电源· © -M ●a b N 第10题图 第11题图 第12题图 11.(2021·河东区二模)在生产纸张时，为监控其厚度，要在流水线上设置一个厚度控制仪，其原理可 简化为如图所示的装置。其中A、B为平行板电容器的两个固定极板，分别接在恒压电源的两极 上，当通过A、B间的产品 A.厚度不变时，则电流计的示数不变且不为0 B.厚度变化时，电流计的示数也可能为0 C.厚度增大时，则电流计中的电流方向由a向b D.厚度减小时，则电流计中的电流方向由a向b 12.(2021·南开区二模)如图所示，两个带有等量异种电荷的平行金属板M、N水平放置，a、b为同一 条电场线上的两点。若将一质量为m、电荷量为一q的带电粒子分别置于a、b两点，则粒子在a点 时的电势能大于其在b点时的电势能；若将该粒子从b点以初速度v。竖直向上抛出，则粒子到达α 点时的速度恰好为零。已知α、b两点间的距离为d,金属板M、N所带电荷量始终不变，不计带电粒 子的重力，下列说法正确的是 ( A.a点电势一定高于b点电势 B.两平行金属板间形成的匀强电场的电场强度的大小为一 专题九静电场 C.ab两点间的电势差为U= 2q D.若将M、N两板间的距离稍微增大一些，则a、b两点间的电势差变小 13.(2021·南开中学第五次月考)如图所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速 飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是 A.先变大后变小，方向水平向左 B.先变大后变小，方向水平向右 ⊕ C.先变小后变大，方向水平向左 D.先变小后变大，方向水平向右 二、不定项选择题 14.(2020·和平区一模)如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场E,A点与B点的连线垂直电场 线，两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度。分别从A点和B点沿不同方向 开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力不计，下列说法正确的是 () A.两粒子到达N点所用的时间可能相等 B.两粒子到达N点时的速度大小一定相等 C.两粒子在N点时的动能可能小于各自初始点的动能 D.两粒子整个运动过程中机械能的增加量一定相等 0 THE 甲① 。B 第14题图 第15题图 第16题图 15.(2020·部分区二模)如图所示是等量正电荷形成的电场，MN是两个正电荷连线的中垂线，O为垂 足，、b是距离O很近的两点，一个带负电的粒子（重力不计）只在电场力的作用下以一定速度沿 MN直线进入电场顺次经过a、O、b点，在粒子从a到b的过程中，下列说法正确的是 () A.粒子在O点的电势能为零 B.粒子在O点的动量最小 C.粒子的电势能先减小后增大 D.粒子的加速度先减小后增大 16.(2024·和平区期末)卢瑟福用α粒子轰击厚度在微米级别的金箔，发现少数α粒子发生较大偏转。 如图所示，甲、乙两个α粒子从较远处（规定电势为零）分别以相同的初速度轰击金箔，实线为两个α 粒子在某一金原子核附近电场中的运动轨迹，两轨迹的交点为A,虚线表示以金原子核为圆心的 圆，两轨迹与圆的交点分别为B、C。忽略其他原子核及α粒子之间的作用，两粒子从较远处运动到 B、C两点的过程中，下列说法正确的是 A.电场力对甲、乙两个α粒子做的功一定相同 B.两个α粒子经过A点时加速度一定不同 C.乙粒子在A点时的电势能一定大于在C点时的电势能 D.电场力对甲粒子冲量的大小一定等于对乙粒子冲量的大小 专题分类物理 17.（2023·天津一中第三次月考)高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时云层中的大量电荷可以通 过避雷针直接引入大地，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时， 带正电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子q由M点到N 点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，下列说法正确的是 A.避雷针尖端带负电 带电云层 B.放电时避雷针中有向上的电流 C.带电粒子q越靠近避雷针尖端，其加速度越小 D.带电粒子q在M点的电势能大于在V点的电势能 大地 18.(2024·南开区期末)如图所示，平面内直线AB和CD垂直相交于O点，A、B和CD均关于O点 对称，M是AO的中点，N是OB的中点，且MO=OC=2cm,下列说法正确的是 A.若将电荷量为一Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度相同 B.若将电荷量为十Q和一Q的点电荷分别放置在M点和V点，则电势9o=Pc=pp C.若在M点和N点各放置一个等量正点电荷，将一电子从C点以恰当的速度释放，电子可能在 M、N点连线的中垂面做匀速圆周运动 D.若空间存在一平行于ABCD所在平面的匀强电场，且A、B、C三点的电势分别为10V、2V、8V, 则匀强电场的电场强度大小为100√2V/m C ⊕ D 第18题图 第19题图 第20题图 19.(2022·河北区二模)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α、c和b、d,如图所示。下列说法正确的是() A.a点电势低于O点 B.b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 20.（2021·天津一中第四次月考)如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内，O(0,0)、P(a,0)两点各放 置一点电荷，Q(0,a)点电场强度沿x轴正方向，下列说法正确的是 A.P点电荷带正电 B.P点电荷量大于O点电荷量 C.在x轴负半轴上某点电场强度为零 D.从P点沿x轴正方向电势越来越低 一冲天之 21.(2023·部分区二模)如图所示电路，平行板电容器C的下极板接地，当开 关S处于闭合状态时，一带电油滴恰能静止在电容器中的P点，下列说法 正确的是 A.油滴带负电 B.将开关打开，油滴将向下运动 C.在开关闭合时向下移动滑动变阻器的滑片，油滴仍静止 D.在开关闭合时将电容器的上极板向上移一些，油滴将向上运动 三、非选择题 22.(2020·红桥区二模)如图所示，一质量为m=2kg、带正电的小球，用几乎不可伸长的长为L=2m的 绝缘细线悬挂于O点，处于一水平向右的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中 的P点。（重力加速度g取10m/s2) (1)求静止在P点时细线的拉力大小； R 0----------2-- -----------0 (2)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球刚运动 到C点时的速度大小； 459 (3)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球到达A 点时细线的拉力大小。 THET 23.(2023·耀华中学第三次月考)如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，电场强度为 E。,极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长度为L,C、D板间加恒定的电 压。现有一质量为、带电荷量为e的电子（重力不计），从A板处由静止释放，经电场加速后通过B 板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边 界夹角为60°。 (1)求电子到达B板小孔的速度： (2)求电子在D点的竖直分速度以及在CD板中运动的时间； (3)求电子在C、D间的加速度。 D60° L 一冲天 )提升题 一、单项选择题 1.(2020·实验中学热身训练)如图是研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置图。金属板 a、b带有等量异种电荷，a板与静电计金属外壳相连接，b板与静电计金属球相连接。一带负电的油 滴固定在电容器的中点P位置。现将电容器的a板水平向左移动一小段距离，下列说法正确的是 (静电计外壳接地) A.静电计指针的偏角变小 B.P点的电势将降低 C.油滴的电势能将减少 D.静电计可用电压表替代 2.(2020·河北区一模)如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为U,的加速电场加速后，进入电压 为U,的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫偏转距离。要提高示波 器的灵敏度（即单位偏转电压U,引起的偏转距离），下列办法中不可行的是 b 加速电场 偏转电场 荧光屏 A.提高加速电压U B.增加偏转极板a、b的长度 C.增大偏转极板与荧光屏的距离 D.减小偏转极板间的距离 3.(2023·天津一中第三次月考)如图所示，真空中两个等量同种正点电荷放置在M、 N⊕ N两点，MN连线上的中点为D,以MD为棱边构成一个空间正方体，A、B、C是该 正方体上三个顶点。下列说法正确的是 ( A.A、C两点的电场强度相同 B.B、D两点的电势相等 M⊕ C.将电子从B点沿BC方向射出，电子可能做匀速圆周运动 D.将电子从C点沿CB方向射出，电子可能做匀速圆周运动 4.(2022·天津一中第四次月考)如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，x、y轴组成被研究的 平面，0轴为电势的大小，α和b为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（) 专题九静电场 A.该点电荷带负电 B.a点所在曲线为电场线 C.a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度 D.负电荷从a点处位置移动到b点处位置，其电势能减小 二、不定项选择题 5.【易错】(2023·南开中学第二次月考)多级串线加速器原理如图甲所示，多个横截面积相同的金属圆 筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。圆筒和交变电源两 极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此 时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若 已知电子的质量为m,电子电荷量为e,电压的绝对值为，周期为T,电子通过圆筒间隙的时间忽略 不计。为使其能不断加速，下列说法正确的是 ) AU 1234 6 8 交变电压 甲 A.金属导体内部电场强度处处为零，电子在圆筒内匀速运动 B.当t=2T时，电子刚从3号圆筒中心出来 C.第n个圆筒的长度正比于n D.第n十1个圆筒的长度正比于√n+1 6.(2023·耀华中学第三次月考)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为 b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下 两板与电压恒定为的高压直流电源相连，带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为，，当碰到 下板后其所带电荷被中和，同时被收集，将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称 为除尘率，不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，下列措施可行的是 () 0→ 0 0→ 甲 乙 A.只增大电压U B.只增大长度L C.只增大高度d D.只增大尘埃被吸入水平速度 专题分类物理 7.(2021·新华中学第八次统练)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡 来产生微波。其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势©随x的分布如 图所示。一质量m=2.0×1020kg、电荷量q=2.0×109C的带负电的粒子从（一1,0）点由静止开 始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。下列说法正确的是 ( A.O点左侧的电场强度方向与x轴正方向同向 AP/V 20 B.O点左、右两侧电场强度大小之比E1：E2=2：1 10N C.该粒子运动过程电势能与动能总和始终为0 0.5 xlem D.该粒子运动的最大动能Ekm=4×108J 8.(2023·河西区三模)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P处为正电荷。P、Q两点附近电 场的等势面分布如图所示，相邻等势面间电势差相等，、b、c、d为电场中的4个点。下列说法正确的是 A.P、Q两点处的电荷带同种电荷 B.c点与d点的电场强度的方向相同，a点的电场强度小于b点的电场 强度 C.a点的电势高于b点的电势，c点的电势等于d点的电势 D.电子在a点的电势能比在b点的电势能大 三、非选择题 9.(2024·天津一中第二次月考)如图所示，ABCD为半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在 竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y 轴。y轴右侧（含y轴）存在竖直向上的匀强电场。一质量为、所带电荷量为十q的小球，从A点由 静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动， 不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求小球落回到A点时的速率； (2)求电场强度的大小： (3)求小球从A点下滑到电场内的B点时受到轨道支持力的大小。 一冲天， 10.(2021·部分区一模)如图所示，上、下水平放置的两带电金属板相距为21，板间有竖直向下的匀强 电场E,距上板31处有一带电荷量为十g的小球B,在小球B上方有一带电荷量为一6g的小球A, 两小球的大小不计、质量均为m,用长度为1的绝缘轻杆相连。已知E=2m,现让两小球从静止释 q 放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（空气阻力不计，重力加速度为g)。 (1)求小球B刚进入电场时速度的大小。 (2)设竿-器，当小球B刚进人电场内，杆对小球A作用力为重力的多少倍？方向指向哪里 (3)小球B是否能碰到下板？如能，求小球B刚碰到下板时的速度大小；如不能，请通过计算说明理由 11.(2024·天津一中第二次月考)如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙 所示的方波电压，图乙中U。、T均已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点射出质 量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子穿过两板所用的时间为T,从t=0时刻射入两板间的粒 子刚好从下板右端边缘射出，在两板右边的竖直虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大 小等于受，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下板的上表面低的 高度为板间距离的一半，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用。 (1)求粒子从P点射出的初速度大小； (2)求两平行金属板间的距离； (3)求接收板上能接收到粒子区域的长度。 UAB U P-- 00.51.52i专题九静电场 基础题 1.CA、B.因为带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知， 所以各等势面的电势高低未知，电场线的方向未知：C.因为( 点和c'点在同一个等势面上，电势差U=0,根据电场力做的 功W=qU可知电场力对带电粒子做功为0；D.根据题意可知 U=U,根据电场力做的功W=gU可知W|=|Wel。 2.DA.电场强度的大小等于图像斜率的大小，可知B点的电 场强度的大小为E。一号，C点的电场强度的大小为E。一号 即EB等于Ec;B.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知 沿x轴从一d到0，电势升高，电场的方向沿x轴负方向，即B 点的电场强度方向沿x轴负方向：C.从图像上可知B点的电 势低于C点的电势，所以有Ux=Pg一e<0,Ux为负值； D.沿x轴从B点移到C点的过程中，电势先增大后减小，根 据E。=g可知，负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，电 势能先减小后增大，所以静电力先做正功，后做负功 3.DA.由点电荷的电场强度公式E=k号可知，a、b、c三点的 电场强度大小相等，但方向不同，所以α、b、c三点的电场强度 不相同；B.由于a、b、c三点到点电荷的距离相等，所以a、b、c 三点的电势相等，所以U=Ua=一U;C.由于a、b两点的 电势相等，所以电子在α点时的电势能等于在b点时的电势 能；D.由于d点离正点电荷更近，所以d点电势比a点电势 高，根据负电荷在电势低处电势能大，所以电子在α点时的电 势能大于在d点时的电势能。 4.DA.根据电场等势面的图像可以知道，该电场是等量异种 电荷的电场，中垂面是等势面，无穷远处电势为零，故中垂面 电势也为0，即e点的电势等于O;B.等量异种电荷的电场具 有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，方 向不同；C.从b点到d点，电势逐渐降低，所以b点的电势较 高，高于d点的电势；D.a点离正电荷近，所以a点电势高于c 点，根据负电荷在电势高处电势能小，可知负电荷从α点移到 c点，电势能增加。 5.CA.由题意可知，油滴受到的电场力一定竖直向上，而油滴 带负电，所以电场强度方向竖直向下，因为沿电场线方向电势 逐渐降低，可知电场中a点的电势一定低于b点的电势：B.由 于平行金属板间的电场为匀强电场，所以油滴在电场中各点 所受电场力相等，在α点的加速度一定等于在b点的加速度： C.油滴按图乙轨迹由b向α运动过程中，合外力方向指向轨 迹凹侧，一定竖直向下，所以合外力对油滴做正功，则油滴在 a点的动能一定大于在b点的动能；D.油滴由b向a运动过 程中，所受电场力竖直向上，对油滴做负功，油滴的机械能减 小，所以油滴在α点的机械能一定小于在b点的机械能。 6.A由C=7 可知，当F向上压膜片电极时，板间距离诚 小，电容器的电容将增大，而电容器两极的电压U不变，所以 根据C一-号可得Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电 流表正接线柱流入，电流计指针向右偏：当充电完毕后，电路 中没有电流，电流计的指针回到零刻度。 7.CA.电极是等势体，其表面是等势面，因为电场线与等势面 垂直，所以虚线应该是电场线：B.因为电场线的疏密表示电 场强度的大小，所以有E<EB<E;C.电场线由正极指向负 极，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以P>,由E。=9 可知，负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能；D.CD 是曲线，在C点静止释放一电子，在静电力作用下不会沿虚 线CD运动。 8.AA.因为M点的等势面比P点密集，电场线越密集的地方 电场强度越大，则P点的电场强度比M点的小；B.P、M两点 电势差Uw=Pr-9M=6kV-8kV=-2kV;C.M、V两点 的电场强度大小相同，但是方向不同；D.因为P点电势低于 N点，所以电子在P点的电势能大于其在N点的电势能。 9.DA、B.当被测物体向左移动时，电介质插人电容器，e,变 大，根据C=品，可知电容C增大，而电容器的带电荷量Q 保持不变，根据C-号，可知两板间电压U降低，从而静电计 的指针偏角0诚小，又根据E=号，电容器内部电场强度E诚 小：C、D.当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，ε。变 小根据C可知电容C减小，而电容器的带电荷量。 保持不变，根据C=号，可知两板间电压U增大，从而静电计 的指针偏角0增大，又根据E-号，电容器内部电场强度E 增大。 10.CA.恰好静止时，满足qE=mg,因为保持连接电源，所以 电势差U不变，只将A板上移即板间距离d增大，根据E ，电场强度E减小，电场力小于重力，油滴将向下加速运 U 动：B根据C-·只将两极板非常缓慢地错开一些，即 正对面积S减小，则电容C减小，根据C一号，因为电势差 U不变，所以A板上的电荷量减小，故电流计中电流从a流 向b:C.如果断开电源，则电荷量Q不变，只将A板上移即 板间距离d增大，根据E=只，C-号C=a可得E 4πQ,所以电场强度不变，所以油滴静止不动，则油滴处电 ES 势o=E'不变(d'为油滴到B板的距离)；D.如果断开电源， 则电荷量Q不变，根据C-8C=可得U=Q。 ES 只在极板间插入有机玻璃板，则ε增大，所以电势差U减小， 所以静电计指针张角变小。 11.CA.由题知，电容器两极板间的电压U不变，产品的厚度 变化导致电介质常数€变化，当产品厚度不变时电介质常数 G不变，此时电容器的电容C三不变，电容器所带的电 荷量Q=CU不变，即电容器既不充电，也不放电，因此电流 计的示数是零：BCD.当产品厚度增加时，电介质常数E,增 大，此时电容器的电容C=增大，电容器所带的电有量 Q一CU增大，即电容器充电，由题知，A极板带正电，因此电 流计电流方向由a向b;同理，当产品厚度减小时，电容器放 电，电流计中的电流方向由b向a:可见产品厚度变化时，电 容器要么充电，要么放电，此时都有电流流经电流计，则电流 计示数不是零。 12.BA.由于粒子在a点时的电势能大于其在b点时的电势 能，则粒子从b运动到α过程电场力做负功，所以电场力方 向由a指向b,则电场强度的方向由b指向a,根据沿着电场 线方向电势逐渐降低可知，a点电势一定低于b点电势： B.粒子从b运动到a过程，由动能定理可得一gEd=0 2md,解得E=器：Ca,6两点间的电势卷U-w 9Egm;D.根据平行板电容器的定义式及决定式有 -92g c=9 =7,联立解得E=9,若将M,N两 U ES 板间的距离稍微增大一些，两板间的电场强度保持不变，根 据U=Ed则a、b两点间的电势差也保持不变。 13.B根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B, 电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后 减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向 左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右。 14.BDA.分别从A、B两点射出的带电粒子在电场中运动的 加速度相等，A、B两点到N点在沿电场方向上的距离相等， 但两带电粒子在沿电场方向上的初速度不相等，因此到达 N点所用时间一定不相等；B、C.两粒子分别从A、B两点到 V点过程中电场力做的功相等，初动能相等，由动能定理可 判断出两粒子到达V点的速度大小一定相等，且动能均增 大；D.电场力做的功等于粒子机械能的增加量，由上述分析 可知，两粒子整个运动过程中机械能的增加量一定相等。 15.CDA、B、C.负电荷所受电场力的方向沿电场线的反方向， 由题图可知，从α到O点过程中，电场力做正功，电势能转 化为动能，电势能减小，从O到b点过程中，电场力做负功， 动能转化为电势能，电势能增加，即粒子在O点的电势能最 小，但并不一定为零，粒子在O点的速度最大，动量最大： D.由电场线的疏密变化知从α到b的过程中，电场强度先减 小再增大，粒子所受电场力先减小再增大，所以加速度先减 小后增大。 16.ACA.因为以场源电荷为圆心的圆都属于等势面，所以B、 C两点的电势相等，所以两粒子在B、C两点的电势能相等， 即EB=Ec,由题意可知较远处规定电势为零，所以两粒子 电势能的变化量相同，所以电场力对甲、乙两个α粒子做的 功一定相同；B.两个α粒子经过A点时所受电场力相同，由 牛顿第二定律可知，两个α粒子经过A点时加速度相同：C 因为沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以可以知道> ,因为乙粒子带正电，根据E。=qg可知乙粒子在A点时 的电势能一定大于在C点时的电势能；D.根据动量定理可 得I=m△o,因为两粒子速度变化量的大小、方向均不同 (速度变化量为初、末速度的矢量变化量)，所以电场力对甲 粒子冲量的大小一定不等于对乙粒子冲量的大小。 17,ADA.因为云层带正电，所以避雷针尖端带负电；B.放电 时，云层中的正电荷通过避雷针流向大地，因为将正电荷定 向移动的方向规定为电流的方向，所以放电时避雷针中有向 下的电流；C.带电粒子q越靠近避雷针尖端，等势线越密 集，电场强度越大，粒子所受电场力越大，加速度越大；D.根 据运动轨迹可知，带电粒子q所受电场力指向避雷针尖端， 由M点到N点，带电粒子所受电场力做正功，电势能降低， 所以带电粒子g在M点的电势能大于在N点的电势能。 18.BCDA.若将电荷量为一Q的点电荷放置在O点，则C、M、 D、N四点的电场强度方向不同；B.若将电荷量为十Q和 一Q的点电荷分别放置在M点和N点，因为等量异种点电 荷的中垂线电势为零，所以电势0=e=n;C.若在M点 和N点各放置一个等量正点电荷，在M、N点连线的中垂面 上的电子所受电场力合力的方向沿电子所在位置指向中点 O,若以某速度释放电子时，电场力大小刚好等于电子所需 的向心力，电子将在M、N点连线的中垂面做匀速圆周运 动；D.若空间存在一平行于ABCD所在平面的匀强电场，且 A、B、C三点的电势分别为10V、2V、8V,因为在匀强电场 中沿任意方向电势降低是均匀的，可知将A、B间的电势差 分成4等份，则9=件=8V,%=6V,所以MC为等势线， 作出垂线可得电场线的方向，如图所示： UMo 由此可得匀强电场的电场强度大小E=M0sm45 =100√2V/m。 19.BDA.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之间电场线的方向为由a到O,故a点 电势高于O点电势；B.同理可得，c点电势高于O点电势，两 个固定电荷在b点处合场强方向斜向右上方，故b点电势低 于O点电势，则b点电势低于c点；C.a点电势高于O点电 势，b点电势低于O点电势，则a点电势高于b点，试探电荷 为负电荷，故该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势 能：D.根据点电荷电场的对称分布可得，b、d两点电势相同， 则c点电势高于d点，试探电荷为负电荷，故该试探电荷在c 点的电势能小于在d点的电势能 20.BCA.如果O、P点电荷带电性一致，Q点电场强度必有y 轴分量，若O、P点电荷分别带负电、正电，则Q点电场强度 必有指向x轴负方向分量，故O点电荷带正电，P点电荷带 一负电：B,由题意可知Q点的电场强度沿x轴正方向，则E 了。即号-是×m45,解得Q,-2Q.所以Q> Q:C.假设在x轴负半轴上某点电场强度为零，设该点与O 点的距离为，则号-9可以解得满足条件的： 值，故存在在x轴负半轴上某点电场强度为零；D.由于电势 沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点 右侧电场线沿x轴负方向，则沿x轴正方向电势越来越高。 21.ACA.由电路图可知极板间电场强度的方向竖直向下，带 电油滴处于静止状态，受到的电场力与重力平衡，所以电场 力方向竖直向上，可知油滴带负电；B.将开关打开，极板电 荷量保持不变，极板间电压不变，板间电场强度不变，油滴仍 处于静止状态：C.在开关闭合时向下移动滑动变阻器的滑 片，极板间电压不变，板间电场强度不变，油滴仍处于静止状 态：D.在开关闭合时将电容器的上极板向上移一些，极板间 电压不变，根据E一号可知板间电场强度减小，油滴受到的 电场力小于重力，油滴将向下运动。 22.(1)20W2N(2)4V5m/s(3)60N 解：(1)由于静止时细线与竖直方向成45°角，由力的平衡条 件可得电场力F=gE=mg=20N, 细线的拉力F,一心行=20反N: (2)小球由B→C做匀加速直线运动， 根据动能定理有mgL十gEL=之m呢-0， 解得e=4W5m/s; (3)在C点，细线拉紧过程使小球在C点沿竖直速方向的度 变为零，小球的速度为心=csin45°， 从C→A,由动能定理得 -mgL+EL=名md-言m8, 在A点，由牛顿第二定律得F一qE=m, 联立解得F=60N。 2EgeL 23.(1)Nm 2EeL mL (2),=√3m.1=√2Ee (3)23Ee 3m 1 解：)根据动能定理有EL=2m6,解得%=√月 eL (2)将离开电场时的速度正交分解可得tan60°=鸡， 2EoeL 解得竖直分速度，=√3m 电子在CD板中运动的时间1=上 mL (3)根据加速度定义有a=丝=23E,c 3m 提升题 1.CA.电容器与电源断开，故电荷量Q不变，若现将电容器的 向左移动一小段距离，根据C可知，电名 小，则根据C=号可知，电压U增大，放静电计指针偏角9变 大：C根服两板间的电场强度E-号-吕-2可知将 ES 电容器的a板水平向左移动一小段距离，电场强度E不变，设 P点与a极板距离为L,则P点的电势pp=EL,则电荷在P 点的电势将升高，而电势能E。=qEL,则带负电的油滴在P 点的电势能E。将减少；D.所使用的静电计是测出电势，而不 是电势差，且静电计是通过电容器带电量的多少来体现电势 差的大小，从而读出电势的高低，而电压表是通电线圈在磁场 中受到磁场力作用而转动，电流值越大，转动角度越大，若使 用电压表则会起到转移电荷的作用，无示数，故不可用电压表 来替代。 2.A设进入偏转电场时的速度为。，偏转极板之间的距离为 d,在电场中的偏转位移为h,偏转距离为。，偏转电场的极板 长度为L,偏转极板与荧光屏的距离为L,当光越大时，说明 灵敏度越高。电子在加速电场中加速，根据动能定理可得 U=之m听一0，所以电子进入偏转电场时速度的大小 巴，电子进入偏转电场后的偏转位移=号a,且a= m F U2e U,L m dmt= 二，解得人=品，电子在偏转极板与荧光屏 之间做匀速直线运动，h,一h=a',1=,联立解得h。= U U+U山一U,LL十22，即示波管的灵敏度合 AdU 4dU L(1十2L》,所以要提高示波管的灵敏度可以增大L、L。,减 4dU 小d和减小U。 3.D/A由对称可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不 同；B.因为D点更靠近两个正点电荷，所以D点的电势高于 B点的电势；CD.电子在以D点为圆心、以正方体棱长为半径 的圆上所受的电场力大小相等且都指向D点，电子从C点沿 CB射出时，速度方向与合外力（即电场力）方向垂直，电子做 匀速圆周运动，但电子从B点沿BC射出时，速度方向与合外 力（即电场力）方向不垂直，所以电子不可能做匀速圆周运动。 4.CA.由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带 正电；B.点电荷的电场线为直线；C.由A选项分析可知，a点 离点电荷比较近，b点离点电荷较远，可知α点处位置的电场 强度大于b点处位置的电场强度：D.由图可知a点电势大于 b点电势，根据E,=g可知负电荷从a点处位置移动到b点 处位置，电势能增大。 5.ADA.因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部电场强度 处处为0，电子在筒内不受力，做匀速运动；B.因为筒长是按 一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为 交变电流周期的一半，即子，所以当1=0时，电子进人1号 筒，当=时，电子从1号筒中心飞出，当1=T时，电子从2 号筒中心飞出，由此类推可得，当：=3罗时，电子从3号筒中 心飞出；C、D.设粒子进入第n个筒时的速度为v。,由动能定 理可得ue=子m,解得，=√2 me,所以第n个筒的长度 gx吾-品Vamm,即L..所以第 L.=1=√m 十1个圆筒的长度正比于√/n+1。 6.AB带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在垂直于电场方 向上的位移L=6,在沿电场方向上的位移y=号，根据 牛顿第二定律有=，且E=号联立解得y一增 加除尘率的目的是让距离下极板较远的尘埃落到下极板上， 即竖直方向上的位移y增大，因此可以增大电压U、增大极板 长度L、减小高度d或减小水平速度v。。 7.CDA.电场强度的方向是由高电势指向低电势的，O点左侧 电场强度的方向沿x轴负方向，O点右侧电场强度的方向沿 x轴正方向；B.在电势②工的图像中，图线的斜率表示电场强 度，由图可知，O点左、右两侧电场强度大小之比E,：E2= 1:2;C.带电粒子仅在电场力作用下运动，故电势能和动能 之和守恒，在初始位置时，粒子静止，动能为0，电势为0，电势 能也为0，故电势能和动能之和为0；D.由上述分析可知电场 力先做正功，过了O点后，电场力做负功，直到速度为零，然 后反向加速，如此往返运动，可得在O点时动能最大，为E =q(-0)=4×108J. 8.BCA.根据题图可知，该电场是等量异种电荷的电场，因为 P处为正电荷，所以Q处为负电荷；B.c点和d点的电场强度 的方向相同，都是指向右侧，等势线越密集的地方电场强度越 大，所以a点的电场强度小于b点的电场强度；C.a点和b点 相比，a点距离正电荷比较近，所以a点的电势高于b点的电 势，c点和d点在同一条等势线上，所以电势相等；D.因为电 子带负电，所以电子在a点的电势能小于在b点的电势能。 9.(1)10gR 2 2w88g 8 解：(1)设小球离开D点时的速率为vD,落回到A点时的速 率为vA,由D点落回A点的时间为t,该过程为平抛运动， 水平方向上有R=w,竖直方向上有R=之g, 联立解得呢=5， 2 根据动能定理，有mgR=号 2m， 联立解得4=√10gR 2 (2)小球从A点到D点的过程， 根据动能定理，有-mgR+2gER=之m呢-0， 联立解得E=5: 8q (3)设小球通过轨道最低点B点时的速率为，轨道对小球 的支持力为FN, 小球从A点到B点的过程， 根据动能定理，有mgR=合m店-0， 在B点，有F、十gE-mg=mR, 联立解得F、=19mg 81 10.(1)√6gl(2)F=0.8mg,方向沿杆竖直向下(3)能，√2gl 解：(1)小球B进入电场前，两小球与杆整体只受重力作用， 做自由落体运动，有=2g×3l, 解得y=√6gl; (2)当小球B刚进入电场（小球A未进入电场），整体受重力 和电场力， DP 由牛顿第二定律得gE+2mg=2ma, 设杆对小球A作用力为F,小球A受力如图所示： A F mg 由牛顿第二定律得F+mg十6g=ma, 又因为答-器 解得F=0.8mg,方向沿杆竖直向下； (3)设小球B碰到下板时速度为2，从最初释放到落到 下板， 由动能定理有 2mg(31+20+qE×21-6gEl=号×2mG-0. 解得5一2g>0,所以小球B能碰到下板， 所以小球B刚碰到下板时的速度大小2=√2gl。 qU.Te .÷22a 、mL (3)W3-1D√2gU,T 解：(I)粒子从P点射出的初速度大小=： (2)设两平行金属板间的距离为d, =E9=9U 由牛顿第二定律，有a,一m=md· 结合题图乙，可知粒子在两板间，竖直方向上先匀加速，后匀 减速， 由题意，=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘 射出， 则有d=2×4，（受， 1 qU.T 解得d=√2m (3)由于所有粒子穿过电场的时间均为T,因此所有粒子出 电场时竖直方向上的速度均为零，即所有粒子射出电场时速 度大小为，方向水平向右，根据对称性，从t=0.5T时刻 进入电场的粒子刚好从上板右端边缘射出，即所有粒子射出 的区域在两板右端间距为d的区域内，粒子射出后将在新 的匀强电场中做类平抛运动， ①对于刚好从上板右端边缘射出的粒子， 3d-1 水平方向上有=4竖直方向上有22G, 由牛顿第二定律，有4，-E-9 m mL' 9m Te L 联立解得x=w√2qU。 9mL V2gU下， ②对于刚好从下板右端边缘射出的粒子， 水平方向上有。=8，竖直方向上有号-a,店， mTeL2 联立解得x=w√2g-√2gU,T' 所以接收板上能接收到粒子区域的长度△x=x1一x2 5-1D√2gU,T·