1、、多選題靜電場專題1. （2018蜷n）如圖，同一平面內(nèi)的 a,b,c,d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行,M為a,c連線的中點,N為b,d連線的中點。一電荷量為q （q>0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小 甲i；若該粒子從c點移動到點，其電勢能減小印”下列說法正確的是（）【答案】A,B【解析】【解答】根據(jù)題述，勻強電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等。設相鄰等勢面之間的電勢差為U ,根據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為 Wab=6eV,電場方向水平向右。由 Wab=3eV,聯(lián)立解 得：U=2VO已知b的電勢為2V,則平面c上的電勢為零， A符合題意；由于

2、af之間的電勢差為4U=8V, 一電子 經(jīng)過a時的動能為10eV,由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達不了平面f, B符合題意；由于題述沒有指出電子速度方向,CD不符合題意。故答案為：AB【分析】該題主要考查電場力做功與電勢能與動能的變化關系：若只有電場力做功，電子的動能與勢能相互轉化， 其代數(shù)和不變；電勢能與電勢的關系，以及等勢面與電場線的關系：電場線垂直等勢面且由高電勢指向低電勢。 3.（2018江蘇）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到80 V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光, 電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對 C充電.這樣不斷地充電和放

3、電，閃光燈就周期性地發(fā)光.該電路（C放電.放）A.此勻強電場的場強方向一定與任匕兩點連線平行B.若該粒子從 力1點移動到 N點，則電場力做功一定為C.若D.若【答案】【解析】c1之間的距離為 L則該電場的場強大小一定為 爐1=曠1則 4f兩點之間的電勢差一定等于式"A兩點之間的電勢差B,D【解答】A、選項根據(jù)題意無法判斷，故A項錯誤。B、由于電場為勻強磁場，M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點，所以若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為，故B正確;C、因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是D、若 Wi=W2說明由因為解得:故答案為：BD【分析】勻強電場中沿同一直線降

4、落相同距離，電勢降落相等，知道場強是矢量，明確電場力做功與電勢差的關系,是解決此題的關鍵。2. （2018他I ）圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（）A.平面c上的電勢為零C.該電子經(jīng)過平面 d時，其電勢能為4cVB.該電子可能到達不了平面fD.該電子經(jīng)過平面 b時的速率是經(jīng)過 d時的2倍A.充電時，通過R的電流不變B.若R增大，則充電時間變長C.若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大D.若E減小為85 V,閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【答案

5、】B,C,D【解析】【解答】電容器充電時兩端電壓不斷增大，所以電源與電容器極板間的電勢差不斷減小，因此充電電流變小，A不符合題意；當電阻 R增大時，充電電流變小，電容器所充電荷量不變的情況下，充電時間變長，題意；若C增大，根據(jù)Q=CU 充電仍能達到閃光燈擊穿電壓 故答案為：BCD電容器的帶電荷量增大，C符合題意；當電源電動勢為80V時，所以閃光燈仍然發(fā)光，閃光一次通過的電荷量不變,【分析】熟練掌握形成電流的條件，電流的定義式以及電容器充放電的原理、知道4. （2018播出）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒 符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距

6、離相等?，F(xiàn)同時釋放運動，在隨后的某時刻 t下列說法正確的是（）a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,C.在t時刻，a和b的電勢能相等【答案】B,D【解析】【解答】根據(jù)題述可知，微粒B符合85V時，電源給電容器 D符合題意。Q=CUa、即可解決此題。 b所帶電荷量大小相等、它們由靜止開始a、b間的相互作用和重力可忽略。B.在t時刻，a的動能比b的大D.在t時刻，a和b的動量大小相等a向下加速運動，微粒 b向上加速運動，根據(jù) a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)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aa>ab。對微粒a對微粒b不符合題意； 在t時刻，a由牛頓第二定律，q

7、E =mbab ,聯(lián)立解得：能需,由牛頓第二定律，qE=maaa ,由此式可以得出 a的質(zhì)量比b小，選項A在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力大于 b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理, 的動能比b大，選項B符合題意；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項 C不符合題意；由于 a微粒受到的電場力（合外力）等于 b微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于 b微粒，D符合題意。故答案為：BD【分析】由題意結合運動學公式X三J門產(chǎn)，牛頓第二定律、動能定理、動量定理可分別求得 a和b的加

8、速度、質(zhì)量、20動能、動量的關系。由于某時刻 t,兩微粒在同一水平面可知電勢相等，根據(jù)Ep=q也（此公式需注意每個物理量的正負號）可求得兩微粒電勢能的關系。5.關于電場力和電場強度，以下說法正確的是（）A.電荷受到的電場力大則場強大B.電場中某點場強為零，則檢驗電荷在該點受到的電場力為零C.在電場某點如果沒有檢驗電荷，則電場力為零，電場強度也為零D. 一檢驗電荷在以一個點電荷為球心，半徑為r的球面上各點所受電場力相同【答案】A,B【解析】【解答】A.一點電荷分別處于電場中的 A、B兩點，根據(jù)場強的定義式：巨=與可知，電荷受到的電場力大，場強大，A符合題意；B.電場中某點場強 E為零，由電場力公

9、式 F=qE可知，檢驗電荷在該點受到的電場力一定為零，B符合題意；C.在電場中某點沒有檢驗電荷時，電場力為零，但電場強度不為零，電場強度與檢驗電荷無關，由電場本身決定，C不符合題意；D. 一檢驗電荷在以一個點電荷為球心，半徑為r的球面上各點所受電場力大小相等，但方向不同，所以電場力不同，D不符合題意?！痉治觥侩妶鰪姸扔袃煞N計算方法，種是定義法，用試探電荷受到的力除以本身的電荷量即可，但是此點的電場強 度與試探電荷無關，二是直接利用庫侖定律直接求解。【分析】在v-t圖像中，圖像的斜率表示加速度，利用牛頓第二定律分析受到的電場力的大小即可；結合兩正電荷的 電場強度的分布，分析電勢差的關系。8.電場

10、中某區(qū)域的電場分布如圖所示，a、b是電場中的兩點.下列說法正確的是（）A. a、b兩點的場強相等B. a點的場強大于C.同一個點電荷在D.同一個點電荷在【答案】B,Db點的場強a點所受的電場力小于在b點所受的電場力a點所受的電場力大于在b點所受的電場力【解析】【解答】A、B、電場線的疏密反映電場強度的相對大小， 題意，B符合題意；C、D、a點的電場強度較大，同一點電荷放在 題意.故答案為：BD【分析】用電場線表示電場強度時，電場線密集的地方，電場強度大,a點的電場線密，所以電場強度較大.A不符合a點受到的電場力較大. C不符合題意，D符合電場線稀疏的地方，電場強度小。9.一勻強電場的方向平行于

11、 xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為 10V、17V、26V.下6.真空中距點電荷（電量為 Q）為r的A點處，放一個帶電量為 q （qvv Q）的點電荷，q受到的電場力大小為 F, 則A點的電場強度大小為（）A.B. 7C.噌【答案】B,D【解析】【解答】場強計算公式 £ =, B對，場強決定式 E = *，D對,點所受電場力和其電荷量的比值計算，B符合題意，點電荷周圍的電場強度可以用列說法正確的是（a6-A點場強可以利用某試探電荷在該E二號進行計算，d符合題意故答案為：BD【分析】該題目求 A點的電場強度有兩種方法，一種是定義法，用試探電荷受到的力除以

12、本身的電荷量即可，二是直接利用庫侖定律求解。7.光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示。一帶正電粒子由AA.電場強度的大小為 2.5V/cmC.電子在a點的電勢能比在 b點的低7eVB.坐標原點處的電勢為 D.電子從b點運動到1 Vc點，電場力做功為 9eV點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點（圖中未畫出），其運動過程的示，其中圖線在 B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定（）v-t圖象如圖乙所【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、如圖所示，在ac連線上，確定一 b'點，電勢為17V,將 bb連線，則為電場線，再依據(jù)沿

13、著電場線方向，電勢降低，則電場線方向如下圖，bb連線，即為等勢線，那么垂直2 4 6 g x/cm因為勻強電場，則有：E= 土，依據(jù)幾何關系，則d=aB'e配_ c 八 =3.6Cm，76-17因此電場強度大小為 E=-A.中垂線上B點電場強度最大2C.電荷在B點時的加速度為 亍m/s【答案】A,DB.中垂線上B點電勢最高D. Ubc > U AB=2.5V/cm ,故 A 正確；B、根據(jù)機4a=加-加故B正確；因a、b、c三點電勢分別為 如=10V、g=17V、（fc=26V,解得：原點處的電勢為此=1 V,【解析】【解答】v-t圖象的斜率等于加速度，B點處為整條圖線切線斜率最

14、大的位置,說明物塊在B處加速度最大,B點電場強度最大，A符合題道；從 A到B電場力做正功，電勢能減小，可知A點的電勢最高，B不符合題意；由圖得：B點的加速度為 仃二的 另三為C不符合題意； 物塊從A到B的過程，根據(jù)動能定理得：qUAB= 5 mvB2- |mvA2 ,則得，。上=藥用加一*）二石小區(qū)16 ,同理可知以=引？ 1七二一力片為陽X 33 ,所以Ubc>Uab , D符合題意。 故答案為：AD 。C、因Uab=（f）a-如=10-17=-7V,電子從a點到b點電場力做功為 W=qU ab=7 eV,因電場力做正功， 則電勢能減小, 那么電子在a點的電勢能比在 b點的高7 eV,

15、故C錯誤；D、同理，Ubc=（f）b- <f）c=17-26=-9V,電子從b點運動到c點，電場力做功為 W=qU bc=9 eV,故D正確；故選：ABD .【分析】根據(jù)勻強電場的電場強度公式E=y，結合勻強電場等勢面特點，電場線一定與等勢面垂直，即可求解；根據(jù)電場力做功表達式 W=qU ,從而確定電場力做功，同時也能確定電勢能的變化情況.10.在x軸上有兩個點電荷 qi、q2 ,其靜電場的電勢（）在x軸上分布如圖所示.下列說法正確有（） 大，。角增大，故A正確，B錯誤；S斷開，則Q不變，A向B靠近，E不變，則。角不變，故C錯誤，D正確?！痉治觥侩娙萜髟陔妷翰蛔兊那闆r下，場強與距離成反比

16、。在斷開電源后場強不變，兩極板電壓與距離成反比。B.所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍D.電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根用實驗測得的A. qi和q2帶有異種電荷B. Xi處的電場強度為零C.負電荷從X1移到X2,電勢能減小ID.負電荷從X1移到X2,受到的電場力增大【答案】A,C【解析】【解答】A、由圖可知：無窮遠處電勢為零，有電勢為正的地方，故存在正電荷；有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以，qi和q2帶有異種電荷，故 A正確；B、電場強度等于圖中曲線斜率，xi處的斜率不為零，故電場強度不為零，故 B錯誤；C、負電荷從xi移到X2 ,電勢增大，由石=呵知負電荷在電勢高的位置

17、電勢能小，故 C正確；D、負電荷從xi移到X2 ,曲線斜率減小，所以電場強度減小，電荷受到的電場力減小，故 D錯誤；故選：AC .【分析】由電勢的變化及無窮遠處電勢為零可得源電荷帶異號電荷，再根據(jù)電場強度即曲線斜率得到電場強度變化,進而得出電場力變化.11.下列靜電學公式中，F(xiàn)、q、E、U、r和d分別表示靜電力、電荷量、電場強度、電勢差及距離，F(xiàn) = 0E二星,E三三, U=Ed ,下列有關四個公式的說法中不正確的是（）A.它們都只對點電荷或點電荷的電場成立B.只對點電荷或點電荷電場成立，對任何電場都成立C.只對點電荷成立，對任何電場都成立，只對勻強電場成立Q.只對點電荷成立，對任何電場都成立

18、【答案】A,B,D【解析】【解答】公式 尸二方萼 是庫侖定律，只適用于點電荷，公式是根據(jù)定義及庫侖定律求出的公式得到的點電荷場強公式，只適用點電荷的電場，公式后二卷是場強的定義式，適用于任何電場，公式 U=Ed為勻強電場中得出的場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，故ABD錯誤符合題意。【分析】公式 是庫侖定律，只適用于點電荷，公式 是根據(jù)定義及庫侖定律求出的公式得到的點電荷場強公式，只適用點電荷的電場，公式是場強的定義式，適用于任何電場，公式U為勻強電場中得出的場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場12.平行板電容器的兩極板 A、B接在電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關S,

19、電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為0 ,如圖所示，則（）A.保持開關S閉合，帶正電的 A極板向B極板靠近，則。角增大B.保持開關S閉合，帶正電的 A極板向B極板靠近，則。角不變C.開關S斷開，帶正電的 A極板向B極板靠近，則 。角增大 11D.開關S斷開，帶正電的 A極板向B極板靠近，則 。角不變【答案】A,D【解析】【解答】球在電場中平衡，則所受電場力、重力及繩的拉力的合力為零。由平衡條件得tan修第，故要mg判斷。的變化，只需判斷電場強度 E的變化即可。S閉合時，U不變，A向B靠近，d減小，由E= % ,可知E增13 .關于元電荷，下列說法中正確的是（）A.元電荷實質(zhì)上是指電子和質(zhì)子

20、本身19C.元電荷的值通常取作 e=1.60 10 19C【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、元電荷是指最小的電荷量，不是指質(zhì)子或者是電子，故A不符合題意;B、何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者希元電荷的整數(shù)倍.故B符合題意；C、元電荷的值通常取作 e=i.60 10 19C,故C符合題意；D、電荷量e的數(shù)值最早是由美國科學家密立根用實驗測得的，故 D符合題意；故答案為：B、C、D.【分析】此題屬于基礎題型，考查對元電荷的認識和理解，比較簡單，但需引起重視。14 .下列說法中正確的是（）A.只要有電荷存在，電荷周圍就一定存在著電場B.電場是一種物質(zhì)，它與其他物質(zhì)一樣，是不依賴我們的感覺而客

21、觀存在的東西C.電荷間的相互作用是通過電場而產(chǎn)生的，電場最基本的性質(zhì)是對處在它里面的電荷有力的作用:D.場強的定義式E=卷中，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量【答案】A,B,C【解析】【解答】電荷在其周圍產(chǎn)生電場， 故A對；電場是一種特殊的物質(zhì)， 實物和場是物質(zhì)存在的兩種不同形式，故B對；電荷間的相互作用是通過電場產(chǎn)生的，故C對；在其定義式 E=卷 中，F(xiàn)是試探電荷所受的力，q是放入電場中的試探電荷?！痉治觥繉﹄妶鲂再|(zhì)的基本描述。15.關于電勢差和靜電力做功的說法中，正確的是（）A.電勢差是矢量，靜電力做的功是標量:B.在兩點間移動電荷，靜電力不做功，則兩點間的電勢差為

22、零C.在兩點間被移動的電荷的電荷量越大，則兩點間的電勢差越大11D.在兩點間移動電荷時，靜電力做正功，則兩點間的電勢差不一定大于零【答案】B,D【解析】【解答】電勢差是標量，其正負號不表示方向，故A錯；兩點間的電勢差與被移動的電荷的電荷量無關，故C錯；若在兩點間移動負電荷時，靜電力做正功，則這兩點間電勢差為負值，故D正確?！痉治觥侩妱莶顬闃肆?，電勢差為零電場力不做功，電勢差由電場決定，與有無電荷無關，W=Uq ,做功正負不但要看電勢差還要看電荷量。16 .如圖所示，在點電荷 Q產(chǎn)生的電場中，實線 MN是一條方向未標出的電場線，虛線 AB是一個電子只在靜電力作 用下的運動軌跡。設電子在 A、B兩

23、點的加速度大小分別為 aA、aB ,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的BA.電子一定從 A向B運動B.若aA>aB ,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有Epa<Epb "D. B點電勢可能高于 A點電勢【答案】B,C【解析】【解答】電子在電場中只在電場力作用下沿虛線做曲線運動，根據(jù)物體做曲線運動條件知電子受到的電場力沿電場線直線指向曲線凹側（如圖），負電荷受到的電場力與電場線方向相反，即AF指向V。根據(jù)所知條件無法判斷電子的運動方向，故 A項錯誤；若吵叫,說明電子在靠近小工點受到的電場力大，根據(jù)點電荷產(chǎn)生電場分布規(guī)律知，靠近人工端為場源電荷位

24、置，電場線方向 W指向N ,應為正電荷，故 B項正確；若電子由一運動到3 ,電 場力做負功，電勢能增加，若電子由 用運動到*,電場力做正功，電勢能減小，得出電勢能一定是EpA<EpB ,故C項正確；沿電場線方向電勢一定降低，A點電勢一定高于 B點電勢，故D項錯誤。B【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件判斷電場力的方向，因為電子帶負電得出電場線方向，判出電勢的高低，根據(jù)點電荷產(chǎn)生電場分布規(guī)律知場源電荷位置和電性，根據(jù)力和速度方向關系得出電場力做功的正負，判出電勢能大小。17 .如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.

25、由此可知（）A. Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在 P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在 P點的大"D.油滴在Q點的加速度大小比它在 P點的小【答案】A,B【解析】【解答】解：A、根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關于P點對稱，則可說明電場力應豎直向上；粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點的電勢比P點高；故A正確；B、粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在 P點的大；故B正確；C、因電場力做正功，故電勢能減小， Q點的電勢能比它在 P點的??；故C錯誤； D、因受力為恒力；故 PQ兩點加速度大小相同；故 D錯誤；故選：A

26、B.【分析】根據(jù)曲線運動的性質(zhì)以及運動軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場力的性質(zhì)即可判斷電場線的方向，從而明確電勢高低；根據(jù)電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能的變化；根據(jù)力的性質(zhì)可明確加速度的關系.本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，要注意本題中油滴受到重力和電場力作用，這里應先考慮合力，再去分析電 場力的性質(zhì)；同時注意掌握物體做曲線運動的條件應用.二、單選題a、b和g相互間的距離分別為 ab=5cm,設小球 a、b所帶電荷量的比值的絕對值為bc=3cm, ca=4cm。小球 cK,則（）。18. （2018器I ）如圖，三個固定的帶電小球所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。b的電

27、荷同號,A. a、C. a、b的電荷同號,卜三易B. a、b的電荷異號，上三勺- 四D. a、b的電荷異號， k三節(jié)【解答】對小球 c所受庫侖力分析，畫出a對c的庫侖力和b對c的庫侖力，若a對c的庫侖力為排斥力,ac的電荷同號，則b對c的庫侖力為吸引力，bc電荷為異號，ab的電荷為異號；若 a對c的庫侖力為引力，ac的 電荷異號，則b對c的庫侖力為斥力，bc電荷為同號， ab的電荷為異號，所以 ab的電荷為異號。設 ac與bc的夾角為9 ,利用平行四邊形定則和幾何關系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac=k', Fbc=k'亍-,tan 9=3/4 , tanyFbc / Fac ,%ab電

28、荷量的比值k= 4,聯(lián)立解得：k=64/27, D符合題意。故答案為：D【分析】選取 C球為研究對象，根據(jù)庫侖定律與電荷間的相互作用力特點，對 C球進行受力分析，作出矢量圖，然后根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形的相似找出比例關系，即可解題。，下列說法正確的是（）19. （2018Z匕京）研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示A.實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器 a板接觸，能使電容器帶電B.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D.實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】【解答】用

29、帶電玻璃棒與電容器 a板接觸，能夠使a板接觸帶電，a板帶電可以使b板感應帶電，故能使電 容器帶電，A符合題意；實驗中，只將電容器 b板向上平移，使得電容器的正對面積減小，所以電容C減小，根據(jù)C二卷 可得，U增大，所以靜電計指針的張角變大， B不符合題意；實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，使得電容c增大，根據(jù)可得，U減小，所以靜電計指針的張角變小，C不符合題意；實驗中，只增加極板帶電量，不會改變電容的大小，電容大小只有自身決定與帶電量多少，是否帶電無關，D不符合題意。故答案為： A【分析】本題考查物體的帶電方式，物體的帶電方式有接觸帶電、摩擦起電、感應帶電；電容器的動態(tài)分析，結合電容大小的決定式

30、與定義式，具體分析；另外還要掌握電容大小與電容器是否帶電以及帶電多少無關20. （2018/津）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設 M點和N點的電勢分別為 &T巴甲，粒子在M和N時加速度大小分別為 小西，速度大小分別為 fW、,電勢能分別為下列詞斷定確的是（）A. 口1B 下療島戰(zhàn) < 落：B. ” 丁戈津娘父吃C.隼濡“二衿,D. . .二一二一【答案】D【解析】【解答】解、電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速 度越大，故有0M V &X ;討論兩種情況：1.若粒

31、子從M運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側，可知在某點的電場力 方向和速度方向如圖所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即vM>VN ,EpM<EpN,負電荷在低電勢處電勢能大,故% >外;則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側，可知在某點的電場力方向和速度方向 如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即 】"網(wǎng)>1為上pMMEpv ,負電荷在低電勢處電勢能大，故綜上所述，D符合題意；故答案為：D【分析】本題考查了電場力產(chǎn)生的加速度，重點看電場線疏密的程度；分析動能、電勢能大小時重點通過電場力做 功先判斷出電勢能變化，再通過

32、能量守恒判斷動能的變化；分析電勢大小主要通過常規(guī)結論：負電荷勢高能低、勢 低能高。易錯點在于功正負的判斷、電勢和電勢能關系的結論記憶。21. （2018?!蘇）如圖所示，水平金屬板 A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（）A.仍然保持靜止"B.豎直向下運動"C.向左下方運動"D.向右下方運動【答案】D【解析】【解答】兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強 減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與

33、電場力的合力 偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D符合題意。故答案為：D【分析】兩板平行時，由題意可知帶電液滴所受電場力與重力的關系。由于金屬板A、B分別與電源兩極相連，則明確板間電壓不變，而當下極板旋轉時，改變板間距，會影響板間場強，由受力分析，力的合成及力和運動的關系可 判斷出粒子的具體運動狀態(tài)。22. 真空中兩個完全相同、帶等量同種電荷的金屬小球A和B （可視為點電荷），分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F。用一個不帶電的同樣金屬球 C先后與A、B球接觸，然后移開球 C,此時A、B球間的靜電力為（）戶?3FFA.B.C. 丁D.【答案】C【解析】【解答】假設 AB球帶電為Q,當A與C接

34、觸平均分配電荷， AC都是mQ,然后把C與B再接觸重新分 配（%+Q） /2=卻，即A的電量為aQ、B的電量為日Q,再根據(jù)庫侖定律公式 F=KQiQ2/r2 ,即可以知道后來 的力為打【分析】相同小球接觸時電量為總電量的平均分配，這樣就可以得到后來小球的電荷量，再根據(jù)庫倫力公式2F=KQ 1Q2/，就可以得出正確答案。23. 一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以-v。做直線運動，其v-t圖像如圖所示。粒子在to時刻運動到B點,3t。時刻運動到 C點，以下判斷正確的是（）A. A, B, C三點的電勢關系為產(chǎn)%B. A, B, C三點的場強大小關系為C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加

35、后減少D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功【答案】C【解析】【解答】根據(jù)圖像可知帶電粒子的動能先減小后增大，由于能量轉化關系可知，動能轉化為了電勢能，所以電勢能先增大后減小即 C對，電場力先做負功再彳正功，所以選項D錯了； vt斜率表示加速度，也可以直觀反映電場力大小，圖像的切線斜率先增大后減小，且方向沒變過，所以電場強度應該是Eb ,至于A和C都比B弱,所以選項B錯了； A和C動能一樣大，所以電勢能一樣大，電勢一樣高，B點動能最小，電勢能最大，但是電勢不知道是最高還是最低，因為不知道電荷是正還是負。所以選項A錯了；答案為 C【分析】這題從能量守恒突破，動能和電勢能相互轉化，

36、根據(jù)動能變化得到電勢能變化及電場力做功的情況，電場力做正功電勢能減少，進而推出電 勢的情況，由于此題沒有說明電荷的正負種類，所以無法比較電勢高低。24.三個相同的金屬小球 1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑。球2所帶電荷量大小是球1的n倍，球3不帶電且離球l和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為 F?，F(xiàn)使球3先與球2接觸，再與 球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為 F。由此可知n的取值可能是 （）A. n =5B. n=6C. n=7D. n=8【解析】【解答】由公式 /三竺也，得；若是帶同種電荷，球 3先與球2接觸，球2帶電變?yōu)閷W球3再與

37、球1接觸，球1帶電變?yōu)?川丁二,兩球間作用力變?yōu)?F = 若是帶異種電荷，球 3先與球2接觸，球2帶電變?yōu)?與，球3再與球力變?yōu)?巧一6,F -，聯(lián)立解得n=10, B符合題意，_LL ,9三一,聯(lián)立解得n=6； 即上 r1接觸，球1帶電變?yōu)?兩球間作用4A、C、D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥肯壤秒姾墒睾愣汕蟪鱿嗷ソ佑|的 即可。25.真空中兩個點電荷間的相互作用力為F一，在它們之間的相互作用力大小等于（FA. JB. F【答案】C【解析】【解答】由點電荷庫侖力的公式：J色侖力變?yōu)橄露H二7?二4/，C符合題意， （A）故答案為：C1、2、3小球的電荷量，再利用庫侖定律，利用題目條件列

38、方程求解如果保持它們所帶的電量不變，將它們之間的距離減小為原來的二分之）C. 4 FD. 16 FF =,電量不變，將它們之間的距離增大為原來的二分之一，庫ABD不符合題意。【分析】對兩個電荷列庫侖定律，結合他們之間距離的變化求解即可。26 .關于靜電場的電場線，下列說法正確的是（A.電場強度較大的地方電場線一定較疏C.沿電場線方向，電勢一定越來越低）B.沿電場線方向，電場強度一定越來越小D.電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡【答案】C【解析】【解答】解：A、電場線的疏密表示場強的強弱，電場強度較大的地方電場線一定較密，故A錯誤；BC、沿著電場線的方向，電勢會降低，因此沿電場線方向電勢越來

39、越低，但電場線不一定越來越疏，即場強不一定 越來越小，故B錯誤，C正確；D、電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線， 帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，故D錯誤；故選：C.【分析】只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合；沿電場線方向電勢越來越低，而電場線的疏密表示場強的大小，根據(jù)這些知識分析解答.27 .如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài).現(xiàn)保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動.關于小

40、球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小 T,下列判斷正確的是（）A. F逐漸減小，T逐漸減小"B. F逐漸增大，T逐漸減小C. F逐漸減小，T逐漸增大"D. F逐漸增大，T逐漸增大【答案】A【解析】【解答】解：電容器與電源相連，所以兩端間電勢差不變，將左極板向左緩慢移動過程中，兩板間距離增大，由U=Ed可知，電場強度 E減小；電場力F=Eq減??；小球處于平衡狀態(tài)，受重力、拉力與電場力的作用而處于 平衡，根據(jù)平行四邊形定則可知，T= 腎沁病產(chǎn)；由于重力不變，電場力變小，故拉力減小.故 A正確，BCD錯誤.故選：A.【分析】明確電容器與電源相連，故電容器兩端的電勢差不變，由 U=

41、Ed可分析電場力的變化情況，再根據(jù)受力分 析明確繩子拉力的變化情況.28.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到 P點.現(xiàn)將C板向右平移到P'點，則由。點靜止釋放的電子（）月 上 工 Jo .V 尸|產(chǎn)|A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回D.穿過P'點【答案】A【解析】【解答】設AB間電場強度為 4, BC間場強為X,根據(jù)題意由 O點釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理，有嗎必回-嶺匕戶="0由知BC板間的場強不隨距離的變化而變化，即當

42、C板向右平移到P'時，BC板間的場強不變，由 知，電子仍然運動到P點返回，故A正確，BCD錯誤；故選：A【分析】根據(jù)勻強電場電場強度的公式E二* 電容的定義式以及電容的決定式 C=潦需，聯(lián)立得E=塔2,知道在電量不變的情況下，改變兩板間距離，場強不變，再結合動能定理進行討論.29.如圖所示，左邊是一個原先不帶電的導體，右邊C是后來靠近的帶正電的導體球，若用絕緣工具沿圖示某條虛線將導體切開，分導體為 A、B兩部分，這兩部分所帶電荷量的數(shù)值分別為Qa、Qb ,則下列結論正確的是（）d b aA.沿虛線d切開，A帶負電，B帶正電，且 Qa>Qb1B.只有沿虛線b切開，才有 A帶正電，B

43、帶負電，且Qa=QbC.沿虛線a切開，A帶正電，B帶負電，且 QaQb11D.沿任意一條虛線切開，都有 A帶正電，B帶負電，而 Qa、Qb的值與所切的位置有關【答案】D【解析】【解答】靜電感應使得 A帶正電，B帶負電；導體原來不帶電，只是在帶正電的導體球C靜電感應的作用下，導體中的自由電子向 B部分轉移，使B部分帶了多余的電子而帶負電；A部分少了電子而帶正電。根據(jù)電荷守恒定律，A部分移走的電子數(shù)目和 B部分多余的電子數(shù)目是相同的，因此無論從哪一條虛線切開，兩部分的電荷量總是相等的，但由于電荷之間的作用力與距離有關，自由電子在不同位置所受C的作用力的強弱是不同的，這樣導致電子在導體上的分布的不均

44、勻，越靠近右端負電荷密度越大，越靠近左端正電荷密度越大，所以從不同位置切開時左右兩部分所帶電荷量的值Qa、Qb是不同的，故只有 D符合題意。故答案為：D。【分析】此題考查感應起電的原理，由于電荷之間的相互作用規(guī)律會使得負電荷集中于靠近正電荷的一端，而正電荷會遠離靠近正電荷的一端，這就是感應起電的基本原理。30.平行板電容器的兩極板 A、B接于電源的兩極，兩極板豎直、平行正對放置，一個帶正電的小球懸掛在電容器的 內(nèi)部，閉合電鍵 S,電容器充電，懸線偏離豎直方向的夾角為為如圖所示，則下列說法正確的是（）A.保持電鍵S閉合，帶正電的 A板向B板靠近，則。減小B.保持電鍵S閉合，帶正電的 A板向B板靠

45、近，則。不變C.電鍵S斷開，帶正電的 D.電鍵S斷開，帶正電的 【答案】CA板向B板靠近，則。不變A板向B板靠近，則。增大【解析】【解答】保持電鍵 S閉合，電容器兩端的電壓不變，帶正電的 A板向B板靠近，則兩極板間的間距減小， u根據(jù)公式E=7可得,兩極板間的電場強度增大，故。增大，AB錯誤；若電鍵S斷開，電容器兩極板上的電荷總量不變，帶正電的 A板向B板靠近，則兩極板間的間距減小，根據(jù)公式、e = p e三號聯(lián)立解得。不變，C正確D錯誤?！痉?#163; =三聲，即兩極板間的電場強度大小和極板間的距離無關，所以電場強度不變，故 析】電容器在電壓不變的情況下，場強與距離成反比。在斷開電源后場強

46、不變，兩極板電壓與距離成反比。BC板電量不變，BC板間的場強31.如圖所示，在P板附近有一個電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是()【解析】【解答】帶電微粒在勻強電場中懸浮，說明重力與靜電力平衡，若兩個金屬盒相對插入，電容變大，電壓 減小，場強減小，直到當它們合攏時，金屬盒有靜電屏蔽的作用，其內(nèi)部場強將變?yōu)榱?，所以帶電微粒所受靜電力 減小，向下運動，故 B正確?！痉治觥快o電屏蔽的應用，中間無場強，不受電場力，自然下落35.如圖所示，帶電體 Q靠近一個接地空腔導體，空腔里面無電荷。在靜電平衡后，下列物理量中不為零的是（）A.兩屆間距離越大，加速的時間就越長，獲得

47、的速度就越大B.兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C.電子到達Q板時的速度與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關D.以上說法均不正確【答案】C2【解析】【解答】電子由P板附近到Q板的過程中，靜電力做功，根據(jù)動能定理有 eU= m mv2A.導體空腔內(nèi)任意點的電場強度B.導體空腔內(nèi)任意點的電勢C.導體外表面的電荷量D.導體空腔內(nèi)表面的電荷量【答案】C【解析】【解答】靜電平衡狀態(tài)下的導體內(nèi)部電場強度處處為零，且內(nèi)表面不帶電。由于導體接地，故整個導體的電勢為零。導體外表面受帶電體Q的影響，所帶電荷量不為零，故選項 C正確?！痉治觥快o電平衡的金屬體內(nèi)部場強處處為零，沒有電荷，與大地連接電勢為零

48、，由于靜電感應在近端為異種電荷，遠端為同種電荷。速度大小與U有關，與兩板間距離無關，選項C正確?！痉治觥績蓸O板始終接在電源正負兩極,可知，當間距增大時，場強減小，加速度減小，間距增加，運動時間變小，但是最終速度是有電場力做功決定的,電壓不變，根據(jù)E = -7 a36.如圖所示，帶正電的導體球 A置于原來不帶電白空腔導體球B內(nèi)，a、c分別為導體 A、B內(nèi)的點，b為導體A和B之間的一點，下列說法正確的是（）不是由時間來決定，兩極板電壓不變，做功不變，末速度仍不變。32.某電容器的電容是 30吁，額定電壓為200 V,擊穿電壓為400 V,對于該電容器，下列說法正確的是（）A.為使它的兩極板間的電壓

49、增加1 V,所需要的電荷量是 3刈06C、一 -5B.給電谷器1 C的電何量，兩極板間的電壓為3M0 VC.該電容器能容納的電荷量最多為6X10 C11D.該電容器能承受白勺最大電壓為200 V【答案】A【解析】【解答】由AQ=C- AU=3（X 10PM C=3 M0“ C, A對；由U=Q/C=1/（30 106）V=3.3 104V可知，電容器被 擊穿，B錯；擊穿電壓為 400 V表示能承受的最大電壓為400 V,最大電荷量 Q=CU=3 10X400 C=1.2便丑C, CD錯?！痉治觥坷秒娙萜麟娙荻x式的變換公式可得結果，擊穿電壓為所承受最大電壓，比如小于交變電流的峰值即可工作。3

50、3.如圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導體球，兩個導體球開始時互相接觸且對地絕緣，下述幾種方法中能使兩球都帶電的是（）A. a、b、c三點的電勢都相等C. b點的電場強度為零，但電勢大于零【答案】B【解析】【解答】A球帶正電，不帶電的空腔 外壁感應電荷為正?？涨粌?nèi)的電場線分布為由 衡導體內(nèi)部場強為零.卜舊.a點的電場強度為零，但電勢最高D. a、b、c三點的電場強度都為零B可以理解為導體的靜電平衡，故Ea=Ec=0,空腔內(nèi)壁感應電荷為負，A指向B,所以4a> （jb> 8 , EbWQ選項B正確?！痉治觥快o電平37.空間有一勻強電場，在電場中建立如圖所示的空間直角坐標系O xyz,

51、 M、N、P為電場中的三個點， M點的坐標為（0, a, 0） , N點的坐標為（a, 0, 0） , P點的坐標為（a, £ 號）。已知電場方向平行于直線 MN , M先把兩球分開，再移走棒先移走棒，再把兩球分開先將棒接觸一下其中的一球，再把兩球分開以上都不對A.B.C.D.【答案】B【解析】【解答】感應起電是帶電體移近導體但不與導體接觸，從而使導體上的電荷重新分布，此時分開甲、乙，則甲、乙上分別帶等量的異種電荷，故符合題意；如果先將棒接觸一下其中的一球，則甲、乙兩球會同時帶上和棒同性的電荷，故 符合題意；即選項 B符合題意。故答案為：Bo【分析】此題屬于基礎題型，考查對感應起電和

52、接觸起電的理解和認識，比較簡單。34.如圖所示，平行板電容器中懸浮一帶電微粒P,今把A、B兩半方形金屬盒相對插入，當A、B合攏時，對微粒運動情況的判斷正確的是（）點電勢為0, N點電勢為1 V,則P點的電勢為（）C. V3D. V【答案】D【解析】【解答】沿z軸負向觀察，M、N、P三點的位置如圖所示，其中P與它在Oxy平面內(nèi)的投影點P'重合，由A.向上運動【答案】BB.向下運動C.仍保持靜止D.條件不足，無法判斷分別過。、P彳乍MN的垂線，垂足分別為 A、Bo由幾何知識可知而西。因為E-UY =1 V,所以Ubm =E 5 M = e , WV,因（）m = 0,故 帕=1V,又因P&

53、#39;睡直電場線，P' B為等勢線，加=（j）p）,=V ,故D選項正確?！痉治觥坷玫入妱莘▽ふ业葎菝媾c電場線垂直，并根據(jù)幾何關系可得到電勢大小38.如圖所示，M、N為兩個等量同種電荷， 在其連線的中垂線上的 P點放一靜止的點電荷 q （負電荷），不計重力， 下列說法中正確的是（）題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本 題.屬于基礎題目.三、綜合題41. （2018Z匕京）（1）靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。a.請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式；b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面

54、S?、S?到點電荷的距離分別為 r?、r?。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S?、S?上單位面積通過的電場線條數(shù)之比 Ni? /N2?。W0 N +P:GA.點電荷在從P到O的過程中，加速度越來越大，速度也越來越大B.點電荷在從P到O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C.點電荷運動在 。點時加速度為零，速度達最大值D.點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零 【答案】C【解析】【解答】由等量同種電荷周圍的電場線的分布可知，。點場強為零，從 。點沿著中垂線向無窮遠處延伸，場強先增大后減小， 所以點電荷在從 P到。的過程中，加速度可能先增大后減小， 選項A、B錯；但負電荷所受 M、N兩點電荷庫侖力的合力方向豎直向下，到O點一直加速，選項 C對；同理點電荷越過 O點后，速度越來越小，但加速度先增大后減小，選項D錯?！痉治觥康攘客N電荷連線中點場強最小為零，速度最大，中垂線上自中點向兩端延伸，場強先減小后增加。839.圖中的平行直線表示一簇