專題13.2靜電場（2）全部實(shí)力提升1.（單選）如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電的小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)。在小球從起先運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，以下說法正確的是()A．小球電勢能的削減量大于小球重力勢能的增加量B．小球機(jī)械能的變更量等于電場力做的功C．小球動(dòng)能的削減量等于電場力和重力做功的代數(shù)和D．彈簧彈性勢能的增加量等于小球動(dòng)能的削減量【答案】D【解析】由小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)可知，小球所受重力大小等于其受到的電場力大小，即：mg＝qE；小球在豎直向上運(yùn)動(dòng)的過程中，其重力做的功和電場力做的功的代數(shù)和為零；則彈簧彈性勢能的增加量等于小球動(dòng)能的削減量，故A、C錯(cuò)，D對(duì)；小球受到電場力、重力和彈力三個(gè)力的作用，故小球機(jī)械能的變更量等于電場力做的功和彈簧的彈力做的功之和，故B錯(cuò)。2.(多選)(2024·江蘇單科·8)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大【答案】AC【解析】本題考查識(shí)別φ-x圖象、場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢能變更關(guān)系。φ-x圖線的切線斜率表示場強(qiáng)，由圖可知從x1到x2過程中，圖線切線斜率變小，到x2處斜率為0，即場強(qiáng)從x1到x2始終減小，且E2＝0，電場力F＝Eq，負(fù)電荷從x1移動(dòng)到x2，受到電場力減小，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；沿x軸方向電勢由負(fù)到正，故x軸上的兩個(gè)電荷q1、q2為異種電荷，選項(xiàng)A正確；由圖可知φx1<φx2，負(fù)電荷由低電勢到高電勢，電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)C正確。3.（單選）靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬極板，G為靜電計(jì)，極板B固定，A可移動(dòng)，起先時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度減小B．?dāng)嚅_S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開的角度增大C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度增大D．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開的角度減小【答案】B【解析】靜電計(jì)的指針張開的角度與靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢差相對(duì)應(yīng)，斷開開關(guān)S后，將A向左移動(dòng)少許，電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，由Q＝CU知電勢差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，A錯(cuò)；同理，斷開S后，將A向上移動(dòng)少許，電容減小，電勢差增大，靜電計(jì)指針張開的角度增大，B對(duì)；保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢差為電源電勢差，靜電計(jì)指針張開的角度不變，C、D錯(cuò)。4.（單選）如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶16粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)：軌跡1的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為：軌跡2的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為：聯(lián)立1、2、3、4式得：粒子受到電場力的作用，結(jié)合牛二定律得聯(lián)立6、7式得：可見粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度之比就等于電壓之比；故A選項(xiàng)正確；5.（單選）如圖甲為一對(duì)長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連綿不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計(jì))，且全部粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1【答案】C【解析】設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a若粒子在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項(xiàng)正確．6.（多選）一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器的電壓，EP表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則PP·——－+A．U變小，E不變B．E變大，EP變大C．U變小，EP不變D．U不變，EP不變【答案】：A、C【解析】：電容器處于斷電狀態(tài)Q不變，上極板下移d減小，C增大；U減??；結(jié)合公式：聯(lián)立1、2、3得；故場強(qiáng)E不變；A對(duì)又，電容器下極板接地電勢為0，設(shè)P點(diǎn)的電勢為，P點(diǎn)距下極板的距離為x，則=E.x；因?yàn)镋與x的大小均不變，故Ep也不變；故C選項(xiàng)正確；7.（單選）如圖所示，絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看做點(diǎn)電荷)從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面對(duì)Q運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下推斷正確的是()A．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動(dòng)摩擦力B．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程的中間時(shí)刻速率等于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv\o\al(,02),2)D．Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgx,2q)【答案】D【解析】由于始終做減速運(yùn)動(dòng)，庫侖力在增大，要減速到0，摩擦力應(yīng)當(dāng)始終比庫侖力大，且由a到b過程中加速度在減小，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤，由動(dòng)能定理－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可知，C錯(cuò)誤，D正確．8.（單選）如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中心分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點(diǎn)沿OP方向運(yùn)動(dòng)，恰能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點(diǎn)由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同D．乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率為2v0【答案】C【解析】兩板間距離變大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時(shí)，兩板間的場強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，選項(xiàng)C正確；依據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率v＝eq\r(2)v0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．9.（多選）一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點(diǎn)經(jīng)B、C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其v﹣t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度肯定大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度B．粒子在A點(diǎn)的電勢能肯定大于在B點(diǎn)的電勢能C．CD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢都為零D．AB兩點(diǎn)間的電勢差大于CB兩點(diǎn)間的電勢差【答案】AB【解析】由圖線可看出，A點(diǎn)的圖線的斜率大于B點(diǎn)的斜率，即A點(diǎn)的加速度大于B點(diǎn)，故A點(diǎn)的電場強(qiáng)度肯定大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)的速度大于在A點(diǎn)的速度，故從A到B動(dòng)能增加，電勢能減小，即粒子在A點(diǎn)的電勢能肯定大于在B點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)B正確；從C到D粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，故CD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，電勢相等但不肯定為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B和從B到C粒子動(dòng)能的變更量相同，故電場力做功相同，即AB兩點(diǎn)間的電勢差等于CB兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AB．10．（多選）如圖所示，帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m、電荷量為q，與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)。水平面上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝eq\f(mg,q)。假如在A點(diǎn)給滑塊一個(gè)向左的大小為v的初速度，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度恰好為零，則下列說法正確的是()A．滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后將返回向A運(yùn)動(dòng)，來回所用時(shí)間相同B．滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后將返回向A運(yùn)動(dòng)，到A點(diǎn)時(shí)速度大小仍為vC．滑塊回到A點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(\f(1－μ,1＋μ))vD．A、B兩點(diǎn)間電勢差為－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)【答案】CD【解析】由A點(diǎn)到B點(diǎn)過程，滑塊加速度為aAB＝eq\f(μmg＋Eq,m)＝(μ＋1)g，由B點(diǎn)到A點(diǎn)過程，滑塊加速度為aBA＝eq\f(Eq－μmg,m)＝(1－μ)g，而位移大小相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不行能相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊返回A點(diǎn)時(shí)的速度大小不行能等于滑塊在A點(diǎn)的初速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)v2＝2aABx，veq\o\al(2,A)＝2aBAx，可得回到A點(diǎn)時(shí)滑塊速度vA＝eq\r(\f(1－μ,1＋μ))v，x＝eq\f(v2,2（1＋μ）g)，UAB＝－Ex＝－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)，選項(xiàng)C、D正確。11.（單選）真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止起先被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最終打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列推斷正確的是()A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4【答案】B【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；依據(jù)推論y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對(duì)三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤。12.如圖所示，abcd是一個(gè)正方形盒子．cd邊的中點(diǎn)有一個(gè)小孔e.盒子中有沿ad方向的勻強(qiáng)電場．一個(gè)質(zhì)量為m帶電量為q的粒子從a處的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒內(nèi)，并恰好從e處的小孔射出．(忽視粒子重力)求：(1)該帶電粒子從e孔射出的速度大?。?2)該過程中電場力對(duì)該帶電粒子做的功．(3)若正方形的邊長為L，試求該電場的場強(qiáng)．【答案】（1）（2）【解析】(1)設(shè)粒子在e孔的豎直速度為vy.則水平方向：l/2＝v0t豎直方向：l＝·t得：vy＝4v0ve＝＝v0(2)由動(dòng)能定理得：W電＝－＝8(3)由W電＝Eq·l和W電＝8得：E＝.本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，在進(jìn)入勻強(qiáng)電場后粒子只受電場力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體，由此可求得飛出e孔時(shí)豎直分速度和合速度大小，在偏轉(zhuǎn)過程中由電場力做功等于動(dòng)能變更量可求得電場力做功，由電場力做功W=qEd結(jié)合動(dòng)能變更量可求得場強(qiáng)大小13.如圖，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以肯定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場區(qū)域。已知重力加速度為g。(1)求P的縱坐標(biāo)yP及小球從P射出時(shí)的速度v0；(2)已知電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(\r(3)mg,2q)，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應(yīng)滿意什么條件？【答案】(1)eq\f(5,8)leq\f(\r(gl),2)(2)d＞eq\r(2)l【解析】(1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1，則有yP－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,