重難點09靜電場重難點09靜電場1.命題情境源自生產(chǎn)生活中的與電場的相關的情境或科學探究情境，解題時能從具體情境中抽象出物理模型，正確應用靜電場物理規(guī)律、牛頓運動定律、運動學公式及動能定理解決物理實際問題。2.選擇題命題中主要考查電場強度、電勢、電勢能、電場線、等勢線電場力做功等知識點。立體空間的電場加大了立體空間的思維能的考查。3.命題中經(jīng)常注重物理建模思想的應用，具體問題情境中，抽象出物體模型。帶電粒子在電場中的運動，除了常規(guī)的加速和類平拋運動，還會出現(xiàn)類斜拋運動和一般的曲線運動的考查，利用運動的合成與分解的思想分析問題和解決問題。1．電場強度的三個公式(1)E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關，試探電荷q充當“測量工具”的作用．(2)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點電荷所形成的電場場強的決定式，E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定．(3)E＝eq\f(U,d)是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場．注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離．2．電場能的性質(1)電勢與電勢能：φ＝eq\f(Ep,q).(2)電勢差與電場力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB.(3)電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp.3．等勢面與電場線的關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密．(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功．4．主要研究方法(1)理想化模型法．如點電荷．(2)比值定義法．如電場強度、電勢的定義方法，是定義物理量的一種重要方法．(3)類比的方法．如電場和重力場的類比；電場力做功與重力做功的類比；帶電粒子在勻強電場中的運動和平拋運動的類比．5．靜電力做功的求解方法(1)由功的定義式W＝Flcosα來求；(2)利用結論“電場力做功等于電荷電勢能變化量的負值”來求，即W＝－ΔEp；(3)利用WAB＝qUAB來求．6．電場中的曲線運動的分析采用運動合成與分解的思想方法．7．電場線假想線，直觀形象地描述電場中各點場強的強弱及方向，曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密程度表示電場的強弱．8．電勢高低的比較(1)沿著電場線方向，電勢越來越低；(2)將帶電荷量為＋q的電荷從電場中的某點移至無窮遠處，電場力做功越多，則該點的電勢越高；(3)根據(jù)電勢差UAB＝φA－φB，若UAB>0，則φA>φB，反之，則φA<φB.9．電勢能變化的判斷(1)根據(jù)電場力做功判斷，若電場力對電荷做正功，電勢能減少；反之則增加．即W＝－ΔEp.(2)根據(jù)能量守恒定律判斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，而總和保持不變．10．電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解．(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理．（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2024·四川資陽·統(tǒng)考二模）如圖，xOy平面內(nèi)，電荷量為q（q>0）和-q的點電荷分別固定在（-a，0）和（a，0）點。要使P（0，a）點的電場強度為零，第三個點電荷Q的位置和電荷量可能是（）

A．（-a，a）， B．（-a，a），C．（0，0）， D．（a，a），q【答案】A【解析】根據(jù)電場疊加原理可知，q（q>0）和-q的點電荷在P（0，a）點產(chǎn)生的場強方向沿方向，大小為所以要使P（0，a）點的電場強度為零，第三個點電荷Q的位置應該在的直線上。AB．若Q在（-a，a），要使P（0，a）點的電場強度為零，則有Q應帶負電，且解得A正確，B錯誤；C．若Q在（0，0），P（0，a）點的電場強度不可能為零，C錯誤；D．若Q在（a，a），要使P（0，a）點的電場強度為零，則有Q應帶正電，且解得D錯誤。故選A。2．如圖所示，一帶電粒子在兩個固定的等量正電荷的電場中運動，圖中的實線為等勢面，虛線ABC為粒子的運動軌跡，其中B點是兩點電荷連線的中點，A、C位于同一等勢面上。下列說法正確的是（）A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過B點時的速度最大C．該粒子經(jīng)過B點時的加速度一定為零D．該粒子在B點的電勢能大于在A點的電勢能【答案】C【解析】A．粒子在A到B的運動中，其軌跡向左下方彎曲，說明帶電粒子受力向左下方，即受固定正電荷的吸引，因此粒子帶負電，A錯誤；B．粒子在A到B的運動中，只受電場力作用，且電場力先做正功后做負功，由動能定理可知，動能先增大后減小，因此粒子在B點的動能不是最大，則該粒子經(jīng)過B點時的速度不是最大，B錯誤；C．B點是兩點電荷連線的中點，合場強是零，帶電粒子受力是零，則加速度一定是零，C正確；D．兩等量正電荷在連線的中垂線上交點處電勢最高，從交點向兩側電勢逐漸降低，因此B點的電勢高于A點電勢，即，由可知，粒子帶負電，因此，即該粒子在B點的電勢能小于在A點的電勢能，D錯誤。故選C。3．（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，電路中A、B為兩塊正對的水平金屬板，G為靜電計。金屬板A帶正電，一根串有單向導電二極管的導線將金屬板A和靜電計的金屬球相連。初始狀態(tài)，靜電計指針張開一個角度，板間的帶電油漓懸浮在兩板之間靜止不動。不考慮靜電計電荷量變化對兩極板電荷量的影響，下列說法正確的是（）A．若僅將B板水平向右緩慢平移一小段距離，則油滴將向下運動B．若僅將B板豎直向上緩慢平移一小段距離，則靜電計指針的張角將不變C．若僅將B板水平向左緩慢平移一小段距離，則靜電計指針的張角將不變D．若油滴固定不動，僅將B板豎直向下緩慢平移一小段距離，帶電油滴的電勢能將增大【答案】B【解析】A．將B板緩慢平移一些后，電容器處于斷路，電容器的電荷量不變，電場力為以上各式聯(lián)立，解得所以，僅將B板水平向右緩慢平移一小段距離后，正對面積S減小，電場力變大，油滴將向上移動，故A錯誤；B．由A選項可得，當B板豎直向上緩慢平移一小段距離后，油滴所受電場力不變，兩板間的電場強度也不變。則油滴始終靜止，電場力對油滴不做功，油滴電勢能不變，電勢不變，油滴到A板的距離不變，由可得，油滴到A板的電勢差不變，即靜電計指針的張角不變，故B正確；C．將B板水平向左緩慢平移一小段距離后，根據(jù)可得，電容C變小，由可得，兩板間的電勢差變大，，所以靜電計指針的張角變大，故C錯誤；D．由A選項可得，將B板豎直向下緩慢平移一小段距離后，油滴所受電場力不變電場強度不變，根據(jù)油滴到A板的距離不變，故油滴與A板間的電勢差不變，A板的電勢差為0，所以油滴所在位置的電勢不變，則油滴的電勢能不變，故D錯誤。故選B。4．（2023·浙江·校聯(lián)考一模）在軸上兩點分別放置兩電荷和為兩電荷中垂線上一點，且，在軸上的電場強度與的圖線如圖所示，規(guī)定場強沿軸正方向為正，則（）A．兩電荷為等量異種電荷B．點電勢小于0C．電子從到運動過程中電勢能增大D．電子從到運動過程中加速度先增大后減小【答案】D【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，點左側電場方向沿軸正方向，點右側電場方向沿軸負方向，點場強為0且，可知，、為等量正電荷，中垂線上的電場方向為由點指向無窮遠，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，由于無窮遠處電勢為0，則點電勢大于0，故AB錯誤；C．結合AB分析可知，電子從到運動過程中電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D．根據(jù)題意，設，由點電荷場強公式和場強疊加原理可得，此時點電場強度為在連線上取一點，令，由點電荷場強公式和場強疊加原理可得，此時點電場強度為可知結合等量同種電荷連線中垂線上的電場強度情況可知，從到電場強度先增大后減小，則電子從到運動過程中加速度先增大后減小，故D正確。故選D。二、多選題5．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時間為t，到達右板的速度大小為v，重復上述過程，完成多次實驗。板間電場可視為勻強電場，粒子所受重力忽略不計。下列圖像正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AC【解析】AB．對于帶正電的粒子，在勻強電場中受電場力作用，根據(jù)動能定理，有可得可知，粒子到達右板的速度v的大小與板間距離d無關，A正確、B錯誤；CD．設粒子在電場中運動的加速度為，有聯(lián)立可得可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時間與板件距離成正比，C正確、D錯誤。故選AC。6．如圖甲所示，真空中有一平行板電容器水平放置，兩極板所加電壓如圖乙所示，板長，板間距為d。時，帶電粒子靠近下極板，從左側以的速度水平射入，粒子恰好不會打在上極板上。若質量和電量相同的粒子以的水平速度從相同位置射入，恰好從下極板的右側邊緣飛離極板，粒子可視為質點且不計重力。下列說法正確的是（）A．粒子飛離極板時的速度等于進入時的速度 B．粒子飛離極板時豎直偏移量為C．粒子進入極板的時刻可能為 D．粒子進入極板的時刻可能為【答案】ABC【解析】A．加電場后，豎直方向上的加速度大小為變換電場方向時速度大小為時變換電場方向，做減速運動，則經(jīng)過速度減為0，后從反向加速速度大小為如圖所示由于，可知粒子飛離極板所需時間為則由圖可知粒子飛離極板時豎直方向的分速度為零，粒子飛離極板時的速度與進入時相同，故A正確；B．由豎直方向的速度圖像可得，從到豎直方向的位移從到豎直方向的位移a粒子飛離極板時豎直偏移量故B正確；CD．設極板長度為l，a粒子在水平方向的位移設粒子在電場中運動時間為，其水平方向的位移解得設內(nèi)的時刻，粒子從下極板左端下邊緣進入電場，然后從下極板右端邊緣飛離極板，則解得故C正確，D錯誤。故選ABC。三、解答題7．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在第一象限0≤x≤2L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場（未知），2L<x≤4L區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場（未知）。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率從坐標原點O沿x軸正方向進入電場并依次通過和兩點。不計粒子的重力。已知L、m、q和，求：（1）粒子運動至A點的速度大小；（2）場強的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）粒子在電場中x方向做勻速直線運動，y方向做初速度為零的勻加速直線運動x方向y方向在A點處的速度大小為（2）粒子在電場中x方向做初速度不為零的勻加速直線運動，y方向做勻速直線運動，y方向x方向由牛頓第二定律有聯(lián)立解得8．（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）如圖（a）所示，A、B兩足夠大平行金屬板水平放置，A板中心有一小孔，AB兩板間的距離為d=1.2m，兩板間的電壓變化如圖（b）所示，B板接地。一質量為m=0.1kg、電荷量為q=+0.1C的小球，在t=0時刻從A板中心處的小孔靜止釋放。不計一切阻力，重力加速度大小為10m/s2，求：（1）在0~0.2s內(nèi)小球運動的位移大??；（2）在0~0.2s內(nèi)和0.2s~0.4s內(nèi)電場力對小球所做功之比。

【答案】（1）0.4m；（2）1【解析】（1）在0~0.1s內(nèi)：小球運動的加速度a1滿足解得小球運動的位移0.1s末小球的速度為在0.1~0.2s內(nèi)：小球運動的加速度a2滿足解得小球運動的位移0.2s內(nèi)小球運動的位移為（2）在0.2s~0.3s內(nèi)：小球加速度大小等于0.2s末小球的速度為0.3s末小球的速度為小球運動的位移在0.3~0.4s內(nèi)：小球加速度大小等于0.4s末小球的速度為小球運動的位移在0~0.2s內(nèi)電場力對小球做的功在0.2~0.4s內(nèi)電場力對小球做的功聯(lián)立解得9．如圖是帶有轉向器的粒子直線加速器，轉向器中有輻向電場，A、B接在電壓大小恒為U的交變電源上。質量為m、電量為＋q的離子，以初速度進入第1個金屬圓筒左側的小孔。離子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運動，時間均為t；在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場加速，加速時間不計。離子從第3個金屬圓筒右側出來后，立即由M點射入轉向器，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢線）運動，并從N點射出。求：（1）第3個金屬圓筒的長度；（2）虛線MN處電場強度的大小。

【答案】（1）；（2）【解析】（1）進入第三個圓筒的速度第3個金屬圓筒的長度（2）由M點射入轉向器，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢線）運動解得（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，xOy平面內(nèi)，電荷量為（）和的點電荷分別固定在（，）和（，）點。要使（，）點的電場強度為零，第三個點電荷Q的位置和電荷量可能是（

）

A．（，），B．（，），C．（，），D．（，），【答案】A【解析】正負點電荷、在點的合場強方向沿方向，大小為AB．若第三個點電荷Q的位置為（，），使（，）點的電場強度為零，則點電荷Q應帶負電，且有解得故A正確，B錯誤；C．若第三個點電荷Q的位置為（，），可知（，）點的電場強度不可能為零，故C錯誤；D．若第三個點電荷Q的位置為（，），使（，）點的電場強度為零，則點電荷Q應帶正電，且有解得故D錯誤。故選A。2．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖所示，a、b、c、d、e、f是以O為球心的球面上的點，球面的半徑為r，平面aecf與平面bedf垂直，分別在b、d兩點放上等量同種點電荷，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c、e、f四點電勢不同B．a(chǎn)、c、e、f四點電場強度相同C．電子沿直線a→O→c運動過程中，電勢能先減少后增加D．若在球心O處放一電荷量為的負電荷，可使a點的場強為【答案】C【解析】A．a(chǎn)、e、c、f四點在同一等勢面上，電勢相同，故A錯誤；B．等量同種點電荷中垂線上，關于O點對稱的點的電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；C．電子沿直線a→O→c運動過程中，靜電力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，故C正確；D．b、d到a點得距離為則在球心O處放一電荷量為的負電荷，可使a點的場強為故D錯誤。故選C。3．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖所示，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距。電源電動勢，內(nèi)阻不計，定值電阻，滑動變阻器的最大阻值為。閉合開關S1、S2，調節(jié)滑片，待電路穩(wěn)定后，將一帶電的小球以初速度從兩板中心軸線水平射入板間，小球恰能勻速通過兩板。已知小球的電荷量，質量為，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球勻速通過極板時，A、B間的場強為5V/mB．小球勻速通過極板時，滑片P處于中間位置C．開關S1、S2保持閉合，將滑片P下移，小球可能撞擊A板D．斷開開關S2，滑片位置不變，將B板下移少許，小球仍能勻速穿過極板【答案】D【解析】A．小球勻速通過極板時，對小球分析，則有可得，A、B間的場強為故A錯誤；B．小球勻速通過極板時，A、B間的電勢差為則根據(jù)串聯(lián)電路電壓之比等于電阻之比有解得則小球勻速通過極板時，滑片P不在中間位置，故B錯誤；C．開關S1、S2保持閉合，將滑片P下移，則接入電路的阻值變小，分得的電壓變小，A、B間的電勢差變小，則根據(jù)可知，A、B間的場強變小，電場力小于重力，小球向下偏轉，則小球不可能撞擊A板，故C錯誤；D．斷開開關S2，A、B上的電荷量Q不變，根據(jù)可知，將B板下移少許，d改變不會改變A、B間的場強，所以小球仍能勻速穿過極板，故D正確。故選D。二、多選題4．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）在研究平行板電容器所帶電荷量Q和兩板間的電勢差U的關系時，某老師在演示實驗中運用電荷均分法確定各次實驗中電荷量的關系，并利用采集到的數(shù)據(jù)，做出了圖示甲、乙兩個電容器的關系圖像。下列判定正確的是（

）

A．甲、乙的電容之比為B．甲、乙的電容之比為C．若甲、乙兩板正對面積和板間絕緣介質均相同，則甲兩板的間距較大D．若甲、乙兩板的間距和板間絕緣介質均相同，則甲兩板的正對面積較大【答案】BD【解析】AB．根據(jù)平行板電容器所帶電荷量與兩極板間的電勢差關系可知圖像的斜率表示電容器的電容，由圖像可得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)可知，若甲、乙兩板正對面積和板間絕緣介質均相同，由于，可得電容器兩板的間距同理，若甲、乙兩板的間距和板間絕緣介質均相同，則兩板的正對面積較大故C錯誤，D正確。故選BD。5．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，在x軸上有O、A、B、C、D五點，坐標分別為，靜電場的電場強度方向與x軸平行，電勢隨x的分布如圖乙所示。，一質量為m、電荷量為的粒子，以初速度從O點沿x軸正方向進入電場，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．沿x軸從B點到D點的電場強度逐漸減小B．若粒子能運動到A點，粒子初速度至少為C．若粒子能運動到C點，粒子在C點的速度為D．若粒子能運動到D點，粒子經(jīng)過C點的速度一定大于OA段的平均速度【答案】BD【解析】A．圖像的斜率的絕對值表示電場強度的大小，由圖乙可知沿x軸從B點到D點的電場強度不變，A錯誤；B．若粒子能運動到A點，由動能定理得解得粒子初速度至少為B正確；C．由圖像乙可知：C點電勢為若粒子能運動到C點，由動能定理得解得粒子在C點的速度為C錯誤；D．若粒子能運動到D點，粒子從O到A做減速直線運動，A到B做勻速運動，B到D做勻加速直線運動，由于O點與D點等勢，根據(jù)動能定理可知，粒子到達D點速度與O點速度相同，故粒子在OA段的平均速度與在BD段的平均速度相同，C是BD段的中點，中間位置的速度大于平均速度，即粒子經(jīng)過C點的速度一定大于OA段的平均速度，D正確。故選BD。三、解答題6．在光滑的水平面上有一凹形木板A，質量為m＝0.1kg，長度為1m，不計凹形木板A左右兩壁的厚度，其上表面也光滑；另有一質量也為m的帶電滑塊B靜止于凹形木板A的左側（如圖），帶電滑塊B所帶電荷量為q＝＋5×10－5C。在水平面上方空間中加一勻強電場，方向水平向右，電場強度E＝4×103N/C。t＝0時滑塊B靜止釋放，設滑塊B與A兩側的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求滑塊B與凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小。（2）求滑塊B從開始運動到與凹形木板A第2次碰撞時，電場力對滑塊B所做的功?！敬鸢浮浚?）2m/s，0；（2）1J【解析】（1）滑塊B由靜止釋放后，在電場力作用下，從木板A的左側勻加速運動到右側，木板A不動。對B有F＝qE＝ma解得a＝2m/s2第一次碰前B的速度為vB1，則vB12＝2aL解得vB1＝2m/s由滑塊B和木板A發(fā)生彈性碰撞得mvB1＝mvB1′＋mvA1′mvB12＝mvB1′2＋mvA1′2解得vA1＝2m/svB1′＝0（2）第一次碰后，木板A勻速運動，滑塊B做初速度為零的勻加速直線運動，設經(jīng)過時間t發(fā)生第2次碰撞，則有vB2＝atxB2＝at2xA1＝vA1txA1＝xB2解得t＝2svB2＝4m/sxA1＝xB2＝4m所以電場力做功W＝qE(L＋xB2)＝1J7．如圖所示，真空中有一正方形區(qū)域ABCD，邊長為d，M、N分別為AB、CD邊的中點。整個空間內(nèi)有一平行于ABCD平面的勻強電場（圖中未畫出）。一個質量為m、電荷量為q的質子，從M點由靜止釋放，到N點的速度大小為ν，不計質子的重力。求：（1）電場強度的大小和方向；（2）若將（1）中電場方向調整為與AB平行，且由A指向B，質子以的初速度由M點沿MN方向射出，質子離開正方形ABCD區(qū)域的位置到C點的距離。

【答案】（1）電場強度方向由M指向N，；（2）【解析】（1）根據(jù)題意可判斷電場強度方向由M指向N，對質子，由動能定理得（2）對質子，MN方向AB方向由牛頓第二定律得當粒子離開正方形區(qū)域時C點的距離為得8．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，長L、間距為d的平行金屬板固定，板面與水平面成θ角，兩板間的電勢差為U，電場僅存在于板間且為勻強電場。一電荷量為q的帶正電小球由彈射器提供能量，出彈射器即以沿兩