第六章 靜電場 (時間90分鐘，滿分100分)命 題 設(shè) 計 難度題號目標(biāo) 較易中等稍難庫侖力和電場力1、3、5電勢、電勢能2、4、6、12物體在電場中的平衡和運動3、4、5綜合應(yīng)用7、89、10、11、13、1415、16一、選擇題(本大題共12個小題，共60分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1(2020·江蘇高考)兩個分別帶有電荷量Q和3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為 ()A.FB.FC.F D12F解析：兩帶電金屬球接觸后，它們的電荷量先中和后均分，由庫侖定律得：Fk，F(xiàn)kk.聯(lián)立得FF，C選項正確答案：C2(2020·南通模擬)如圖1所示，勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點放置一點電荷Q.a、b、c、d、e、f為以O(shè)為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是 ()Ab、d兩點的電場強(qiáng)度相同Ba點的電勢等于f點的電勢C點電荷q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功D將點電荷q在球面上任意兩點之間移動時，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大解析：b、d兩點的場強(qiáng)為Q產(chǎn)生的場與勻強(qiáng)電場E的合場強(qiáng)，由對稱可知，其大小相等，方向不同，A錯誤；a、f兩點雖在Q所形電場的同一等勢面上，但在勻強(qiáng)電場E中此兩點不等勢，故B錯誤；在bedf面上各點電勢相同，點電荷q在bedf面上移動時，電場力不做功，C錯誤；從a點移到c點，Q對它的電場力不做功，但勻強(qiáng)電場對q做功最多，電勢能變化量一定最大，故D正確答案：D3如圖2所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物體處于場強(qiáng)按EE0kt(E0、k均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向)變化的電場中，物體與豎直墻壁間的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)t0時刻物體處于靜止?fàn)顟B(tài)若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是()A物體開始運動后加速度先增加、后保持不變B物體開始運動后加速度不斷增大C經(jīng)過時間t，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大值D經(jīng)過時間t，物體運動速度達(dá)最大值解析：物體運動后，開始時電場力不斷減小，則彈力、摩擦力不斷減小，所以加速度不斷增加；電場力減小到零后反向增大，電場力與重力的合力一直增大，加速度也不斷增大，B正確；經(jīng)過時間t后，物體將脫離豎直墻面，所以經(jīng)過時間t，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大值，C正確答案：BC4如圖3所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為500 V一個動能為400 eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為 ()A900 eVB500 eVC400 eV D100 eV解析：由于電子動能Ek400 eV<500 eV，電子在電場中先做勻減速直線運動后反向做勻加速直線運動，最終從A孔出射，電場力做功為零，電子動能大小不變C項正確答案：C5平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，兩極板豎直、平行正對，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合電鍵S，電容器充電，懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖4所示，則下列說法正確的是 ()圖4A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板靠近，則增大C電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大D電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變解析：對A、B選項，因電鍵S閉合，所以A、B兩極板的電勢差不變，由E可知極板間場強(qiáng)增大，懸掛的帶正電小球受到的電場力增大，則增大，選項A錯誤B正確；對C、D選項，因電鍵S斷開，所以電容器兩極板所帶電荷量保持不變，由C、C和E可推出，E，與兩極板間距離無關(guān)，兩極板間場強(qiáng)保持不變，懸掛的帶正電的小球受到的電場力不變，則不變，D項正確答案：BD6(2020·黃岡模擬)如圖5所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為r，將帶等電荷量的正、負(fù)點電荷放在圓周上，它們的位置關(guān)于AC對稱，q與O點的連線和OC夾角為30°，下列說法正確的是()AA、C兩點的電勢關(guān)系是ACBB、D兩點的電勢關(guān)系是BDCO點的場強(qiáng)大小為DO點的場強(qiáng)大小為解析：由等量異種點電荷的電場分布和等勢面的關(guān)系可知，等量異種點電荷的連線的中垂線為一條等勢線，故A、C兩點的電勢關(guān)系是AC，A對；空間中電勢從左向右逐漸降低，故B、D兩點的電勢關(guān)系是BD，B錯；q點電荷在O點的場強(qiáng)與q點電荷在O點的場強(qiáng)的大小均為，方向與BD方向向上和向下均成60°的夾角，合場強(qiáng)方向向右，根據(jù)電場的疊加原理知合場強(qiáng)大小為，C對D錯答案：AC7(2020·四川高考)如圖6所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達(dá)N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<v1)若小物體電荷量保持不變，OMON，則()圖6A小物體上升的最大高度為B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：因為OMON，M、N兩點位于同一等勢面上，所以從M到N的過程中，電場力時小物體先做正功再做負(fù)功，電勢能先減小后增大，B、C錯誤；因為小物體先靠近正點電荷后遠(yuǎn)離正點電荷，所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后減小，D正確；設(shè)小物體上升的最大高度為h，摩擦力做功為W，在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得mghW0mv12mghWmv22，聯(lián)立解得h，A正確答案：AD8如圖7所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則 ()A小球帶負(fù)電B電場力跟重力平衡C小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D小球在運動過程中機(jī)械能守恒解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速率不變化，由動能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向又向上，所以小球帶正電，A不正確小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負(fù)功，由功能關(guān)系得，電勢能增加，C不正確在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機(jī)械能不守恒，D不正確答案：B9(2020·安徽高考)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖8所示若將一個帶負(fù)電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動粒子從b點運動到d點的過程中 ()圖8A先做勻加速運動，后做勻減速運動B先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C電勢能與機(jī)械能之和先增大，后減小D電勢能先減小，后增大解析：這是等量同種電荷形成的電場，根據(jù)這種電場的電場線分布情況，可知在直線bd上正中央一點的電勢最高，所以B錯誤正中央一點場強(qiáng)最小等于零，所以A錯誤負(fù)電荷由b到d先加速后減速，動能先增大后減小，則電勢能先減小后增大，但總和不變，所以C錯誤，D正確答案：D10.(2020·天津高考)如圖9所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則()A粒子受電場力的方向一定由M指向NB粒子在M點的速度一定比在N點的大C粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D電場中M點的電勢一定高于N點的電勢解析：由題意可知M、N在同一條電場線上，帶電粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增加，故選項A、C錯誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，選項D錯誤答案：B11如圖10所示，光滑絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并處在方向與AB面平行的勻強(qiáng)電場中，一帶正電的物體在電場力的作用下從斜面的底端運動到頂端，它的動能增加了Ek，重力勢能增加了Ep.則下列說法正確的是()A電場力所做的功等于EkB物體克服重力做的功等于EpC合外力對物體做的功等于EkD電場力所做的功等于EkEp解析：物體沿斜面向上運動的過程中有兩個力做功，電場力做正功，重力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可得：WFWGEk由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系可得WGEp，由上述兩式易得出A錯誤，B、C、D正確答案：BCD12如圖11所示，勻強(qiáng)電場中有a、b、c三點在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，a30°、c90°，電場方向與三角形所在平面平行已知a、b和c點的電勢分別為(2)V、(2)V和2 V該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為 ()A(2)V、(2)VB0 V、4 VC(2)V、(2) VD0 V、2 V解析：如圖，根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2 V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOPUOa V，UONUOP2，故UON2 V，N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4 V，為最大電勢點B項正確答案：B二、計算題(本大題共4個小題，共40分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)13(8分)(2020·蚌埠一模)兩個正點電荷Q1Q和Q24Q分別置于固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，A、B兩點相距L，且A、B兩點正好位于水平放置的光滑絕緣半圓細(xì)管兩個端點的出口處，如圖12所示(1)現(xiàn)將另一正點電荷置于A、B連線上靠近A處靜止釋放，求它在AB連線上運動過程中達(dá)到最大速度時的位置離A點的距離(2)若把該點電荷放于絕緣管內(nèi)靠近A點處由靜止釋放，已知它在管內(nèi)運動過程中速度為最大時的位置在P處試求出圖中PA和AB連線的夾角.解析：(1)正點電荷在A、B連線上速度最大處對應(yīng)該電荷所受合力為零(加速度最小)，設(shè)此時距離A點為x，即kk解得x.(2)若點電荷在P點處所受庫侖力的合力沿OP方向，則P點為點電荷的平衡位置，則它在P點處速度最大，即此時滿足tan即得：arctan.答案：(1)(2)arctan14(10分)如圖13所示，ABCD為豎直放在場強(qiáng)為E104 V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與其半圓相切，A為水平軌道上的一點，而且ABR0.2 m，把一質(zhì)量m0.1 kg、帶電荷量q1×104 C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運動(g取10 m/s2)求：(1)小球到達(dá)C點時的速度是多大？(2)小球到達(dá)C點時對軌道壓力是多大？(3)若讓小球安全通過D點，開始釋放點離B點至少多遠(yuǎn)？解析：(1)由A點到C點應(yīng)用動能定理有：Eq(ABR)mgRmvC2解得：vC2 m/s(2)在C點應(yīng)用牛頓第二定律得：FNEqm得FN3 N由牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力為3 N.(3)小球要安全通過D點，必有mgm.設(shè)釋放點距B點的距離為x，由動能定理得：Eqxmg·2RmvD2以上兩式聯(lián)立可得：x0.5 m.答案：(1)2 m/s(2)3 N(3)0.5 m15(10分)半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，如圖14所示珠子所受靜電力是其重力的倍，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，求：(1)珠子所能獲得的最大動能是多少？(2)珠子對圓環(huán)的最大壓力是多少？解析：(1)設(shè)qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為，因qEmg，所以tan，則sin，cos，則珠子由A點靜止釋放后在從A到B的過程中做加速運動，如圖所示由題意知珠子在B點的動能最大，由動能定理得qErsinmgr(1cos)Ek，解得Ekmgr.(2)珠子在B點對圓環(huán)的壓力最大，設(shè)珠子在B點受圓環(huán)的彈力為FN，則FNF合(mv2mgr)即FNF合mgmgmgmg.由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力為mg.答案：(1)mgr(2)mg16(12分)如圖15所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)在直桿上勻速運動時速度的大??；(3)小環(huán)運動到P點的動能解析：(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示由平衡條件得：mgsin45°Eqcos45°，得mgEq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，則F合 mgma，ag10 m/s214.1 m/s2方向與桿垂直斜向右下方(2)設(shè)小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到達(dá)P點，則豎直方向：hv0sin45°·tgt2，水平方向：v0cos45°·tt20解得：v0 2 m/s(3)由動能定理得：EkPmv02mgh可得：EkPmv02mgh5 J.答案：(1)14.1 m/s2，垂直于桿斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J