电场
一、选择题
在电场中，下列说法正确的是（ ）
A．某点的电场强度大，该点的电势一定高
B．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大
C．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零
D．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零
如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a、b两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（ ）
A．场强B． 场强
C． 电势D． 电势
如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、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
一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（ ）
A．质点由a到c电势能先减小后增大
B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1
C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，Ea=Ec=2Eb
D．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动
a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )
套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 AB>AC>BC，可以判断图中（ ）
A．三个小球电荷量的代数和可能为0
B．三个小球一定带同种电荷
C．三个小球所受环的弹力大小为FA>FC>FB
D．三个小球带电荷量的大小为QA>QC>QB
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/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器N板位置不动．下列说法中正确的是（ ）
A．将M板向左平移，则静电计指针张角减小
B．将M板向右平移，则静电计指针张角增大
C．将M板竖直向下平移，则静电计指针张角减小
D．将M板竖直向上平移，则静电计指针张角增大
将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C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C不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的两倍
D．保持d、C不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半
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
D．Wbc:Wcd=1:3
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aA>aB，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EpA A．点电荷Q是负电荷 B．a、b两点的电场强度大小 C．在a、b两点受到的电场力大小之比 D．在a、b两点具有的电势能的大小关系为＞ 如图所示，A、B、C、D、E、F为真空中正六边形的六个顶点，O为正六边形中心，在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-q、q(q>0)的三个点电荷，取无穷远处电势为零．则下列说法正确的是（ ） A．O点场强为零 B．O点电势为零 C．D点和F点场强相同 D．D点和F点电势相同 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，M、N两粒子质量相等，所带电荷的绝对值也相等；现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c 点．若不计重力，则（ ） A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q，图中O点为两点电荷的连线中点，P点为连线上靠近-Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称，下列说法正确的是（ ） A．同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同 B．M、N两点的电势相同 C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小 D．只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，则O点的电势升高 如图所示是定性研究影响平行板电容器电容大小因素的装置，平行板电容器的A板固定在铁架台上并与静电计的金属球相连，B板和静电计金属外壳都接地．将极板B稍向上移动，则（ ） A．指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量变大 B．指针张角不变，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 C．指针张角变大，两极板间的电压变大，极板上的电荷量几乎不变 D．指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量几乎不变 如图所示，R 是一个定值电阻，A、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒 P 处于静止状态，则下列说法正确的是（ ） A．若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻R B．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动 C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D．若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动 二、计算题 18．如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，直径AC（含A、C）下方有水平向右的匀强电场，一质量为m，带电量为+q的小球a，从A点静止释放，沿圆内轨道运动，第一次恰能通过最高点D，（重力加速度为g）；求： （1）电场强度的大小； （2）第n次通过轨道最高点D，轨道对小球的作用力大小. 19．如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成60°角的光滑绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h=0.8 m．有一质量为0.5 kg的带电小环套在杆上，正以某一速度v0沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10 m/s2，求： （1）小环带何种电荷及它受到的电场力的大小； （2）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； （3）小环在直杆上匀速运动速度v0的大小． 20．如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）．x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L．两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用． （1）求A球的带电荷量大小qA； （2）剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0 （3）剪断细线后，求B球下落最大高度h 参 1.【答案】D 【名师点睛】电势能与电势的关系是．正电荷在电势高处电势能一定大．电势与电场强度没有直接关系． 2.【答案】C 【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，由于ab间电场线的分布情况不能确定，所以ab两点的场强大小不能确定；故A、B均错误；根据电场的叠加原理可知，ab上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知，a点电势一定高于b点电势，故C正确、D错误．故选C． 考点：考查电场的叠加；电场强度、电场线、电势. 【名师点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低． 3.【答案】A 【解析】设AB板间的电势差为U1，BC间电势差为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，BC板间的电场强度：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；B、C、D错误。 4.【答案】C 考点：带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是负电荷． 5.【答案】D 【解析】a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右．以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转．设上面绳子与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得，以b球为研究对象，受力如图． 设ab间的绳子与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得，得到，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确． 考点：考查了共点力平衡条件的应用 6.【答案】B 【解析】对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同电，分析B根据平衡条件可得AC同电，可得三个同电，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A错误B正确；A受到两斥力，设圆心O，AB大于AC，同时角OAB小于角OAC，可得受B力更大，又离B远可得B电量大于C，同理A电量大于B电量，，故D错误；根据相似三角形法可得，故可得，C错误． 考点：考查了库仑定律，共点力平衡条件 【名师点睛】三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断．三个力平衡．任意两个力的合力与第三个力等值反向． 7.【答案】ABD 【解析】如图所示，设ac之间的d点电势与b点相同，则，所以d点的坐标为（3.5cm，6cm），过c点作等势线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为3.6cm。 电场强度的大小，故A正确； 因为Oacb是矩形，所以有解得坐标原点O处的电势为1 V ，故B正确；a点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV。故C错误；b点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故D正确。 8.【答案】D 考点：电容器的动态分析 【名师点睛】本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变． 9.【答案】ACD 考点：考查了电容的动态变化 【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 10.【答案】AC 【解析】由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、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，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为2V、1V、1V，所以，，故C正确，D错误。 11.【答案】BC 【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，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，电子电势能，电势能是标量，所以一定有EpA 12.【答案】B 故选：B。 考点：电场强度、库仑定律、电势能 13.【答案】AD 【解析】A、由题意可知，等量正负电荷，位于正六边形的六个顶点上，根据点电荷电场强度，A、C两处正点电荷产生的电场在O点的电场强度大小相等，相互成1200夹角，合场强水平向左，大小等于，B处的负电荷产生的电场在O点的电场强度大小等于，方向水平向右， 结合电场的叠加原理，三个点电荷产生的叠加电场在O点的电场强度大小等于零，A正确；从O点水平向左到无穷远，电场方向向左，电势逐渐降低，B错误；根据对称性D点和F点的电场强度大小相等，方向不同，C错误；根据对称性D点和F点的电势相等，D正确．故选AD． 考点：电场强度；电势 14.【答案】BD 【名师点睛】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，判定电场方向，判定粒子电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法． 15.【答案】A 【名师点睛】本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确电场力做的正功等于电势能的减小量，不难． 16.【答案】C 【解析】极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，根据可知S减小，C变小，Q不变，根据Q=CU可知U变大，静电计指针偏角变大，故选项C正确；故选C． 考点：电容器 【名师点睛】本题首先判断出只有一个选项正确，是单选题，其次抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式和电容的定义式Q=CU综合分析，是常用思路. 17.【答案】C 【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 18.【答案】（1） （2）3（n-1）mg 【解析】（1）球第一次到D点时，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有： ① （2分） 对从A释放到第一次到达D点过程根据动能定理列式，有： -mgR+qE•2R=mv12−0 ② （2分） 联立①②解得： （1分） （2）从A释放到第n次到达D点过程，根据动能定理 有：-mgR+n（qE•2R）=mvn2−0 ③ （2分） 在D点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律 有： ④ （2分） 联立③④解得：N=3（n-1）mg （2分） 考点：牛顿第二定律；动能定理 【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，要能够结合动能定理和牛顿第二定律分析；本题是永动机模型，没有考虑到边界效应． 19.【答案】.（1）负电 （2）20m/s2，方向与杆垂直斜向右下方 （3）m/s 【解析】（1）由小环在直杆上的受力情况知：小环带负电 由平衡条件可知： （3分） 得： （2分） 1．离开直杆后，只受mg、作用，合力F方向与杆垂直斜向右下方： 则 （3分） ，方向与杆垂直斜向右下方 （3分） （3）建立以初速度方向为x轴正方向，以加速度方向为y轴正方向的直角坐标系，则小环离开直杆后做类平抛运动，则：， （3分） 可得： （2分） 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 20.【答案】（1）qA=6q （2）x0=4L （3） 【解析】（1）对A、B由整体法得：2mg－qA－q=0 （3分） 解得：qA=6q （2分） （2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0 （3分） 解得：x0=4L （2分） 2．运动过程中，电场力大小为：，随线性变化，所以由动能定理得： mgh－=0 （3分） 解得： （2分） 考点：考查了共点力平衡条件，动能定理 【名师点睛】该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．题目的难度比较大．下载本文
