第06章 靜電場【滿分：110分 時間：90分鐘】一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中. 18題只有一項符合題目要求； 912題有多項符合題目要求。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在靜電場中，下列說法中正確的是： （ ）A電勢為零的點，電場強度也一定為零 B電場強度的方向處處與等勢面垂直C由靜止釋放的正電荷，僅在電場力作用下的運動軌跡一定與電場線重合D電場中任一點的電場強度的方向總是指向該點電勢降落的方向【答案】B【名師點睛】在靜電場中電場強度與電勢無關(guān)電場強度的方向處處與等勢面垂直只有當電場線是直線時，電荷的運動軌跡才有可能與電場線重合順著電場線方向，電勢逐漸降低為兩者之和因此根據(jù)點電荷的電場強度為即可求解。2A、B是一條電場線上的兩個點，一帶正電的粒子僅在電場力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其v-t圖象如圖所示。則電場的電場線分布可能是： （ ）【答案】D【解析】從速度時間圖像中可以看出物體的速度在減小，即電場力做負功，圖像的斜率表示加速度，所以加速度在增大，即受到的電場力在增大，因為粒子帶正電，要使電場力做負功，必須運動方向和電場方向相反，所以AC錯誤；從A運動到B過程中電場力在增大，即電場線變得密了，故D正確C錯誤.【名師點睛】做本題的關(guān)鍵是知道電場線的疏密程度可表示電場強度大小，速度時間圖像的斜率表示加速度，據(jù)此分析解題。3如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心C的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q>0）固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）： （ ）A B C D【答案】B【名師點睛】由題意可知，半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，說明各自電場強度大小相等，方向相反那么在d點處場強的大小即。4兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為2C，質(zhì)量為1 kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v-t圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是： （ ）AB點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=1 V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點電勢逐漸升高DA、B兩點間的電勢差UAB=5V【答案】A【名師點睛】此題考查等量同種電荷的電場及v-t圖線的應(yīng)用；解題時要首先明確等量同種電荷電場的特點：兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外；據(jù)v-t圖獲取加速度、速度、動能等物理量是解本題的突破口.5點電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖所示，圖中標在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c表示等勢面上點，下列說法正確的有： （ ）A位于g點的點電荷不受電場力作用Bb點的場強與d點的場強大小一定相等C把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功大于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功D把1C正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功等于7 kJ【答案】D【解析】位于g點的位置電勢為零，場強不為零，所以點電荷受電場力作用，故A錯誤；b點的場強與d點的場強是由點電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場強疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點和d點的距離不等，根據(jù)點電荷場強公式得Q2和Q3在b點和d點的場強大小不等，方向不同，所以b點的場強與d點的場強大小不相等，故B錯誤；根據(jù)電場力做功W=qU得把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功等于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功，故C錯誤；把1庫侖正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功W=qU=1C×=7kJ，故D正確；故選D【名師點睛】本題考查了電場線特點及沿電場線的方向電勢降低，點電荷連線上的電勢分布要知道空間中某一點的實際場強是由多個場強疊加產(chǎn)生的在等勢面上移動電荷電場力做功為零。6如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知，下列說法錯誤的是： （ ）A三個等勢面中，a的電勢最高B帶電質(zhì)點通過P點時的加速度較Q點大C帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較Q點大D帶電質(zhì)點通過P點時的動能較Q點大【答案】D【名師點睛】利用電場線和等勢面的垂直關(guān)系，根據(jù)已給的等勢面（或電場線）畫出沒給出的電場線（或等勢面），因為所受的電場力指向運動軌跡的凹側(cè)，就可確定所受電場力的方向，再由給出的粒子的帶電性質(zhì)，確定電場線的方向，由沿著電場線方向電勢逐漸降低，判斷電勢的高低，通過分析電場力做功情況，就能確定電勢能的變化，從而確定在不同位置電勢能的大小。7如圖所示，一半徑為R電量為Q的孤立帶電金屬球，球心位置O固定， P為球外一點幾位同學在討論P點的場強時，有下列一些說法，其中正確的是： （ ）A若P點無限靠近球表面，因為球面帶電，根據(jù)庫侖定律可知，P 點的場強趨于無窮大B因為球內(nèi)場強處處為0，若P點無限靠近球表面，則P點的場強趨于0C若Q不變，P點的位置也不變，而令R變小，則P點的場強不變D若Q不變，而令R變大，同時始終保持P點極靠近球表面處，則P點場強不變【答案】C【名師點睛】本題運用等效的思維，將看成金屬球看成點電荷模型來處理，運用點電荷場強公式進行分析，點電荷是一種理想化的物理模型，要注意能把帶電體看成點電荷的條件。8如圖所示，兩個等量異種點電荷對稱地放在一無限大平面的兩側(cè)（兩點電荷未畫出），O點是兩點電荷連線與平面的交點，也是連線的中點。在平面內(nèi)以O(shè)點為圓心畫兩個同心圓，兩圓上分別有四個點，則以下說法正確的是： （ ）A兩點電場強度大小相等B若某個檢驗電荷只在此電場的電場力作用下運動到c點和d點時，加速度大小一定相等C帶正電的檢驗電荷從a點在平面內(nèi)移動到d點電勢能一定減小D檢驗電荷可以僅在此電場的電場力作用下在此平面內(nèi)做勻速圓周運動【答案】B【解析】根據(jù)等量異號點電荷電場線的特點以及對稱性可知，在兩個點電荷的連線的中垂線上，所有各點的電場強度的方向都與中垂線垂直，而且與兩個點電荷的連線的交點處的電場強度最大，越向兩邊越小；由圖可知，a、c兩點到O點的距離不相等，所以a、c兩點電場強度大小不相等，故A錯誤；由圖可知，c、d兩處電場線疏密程度相同，則場強大小相同，則加速度的大小也一定相等，故B正確；兩等量異號點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，則a、b、c、d四個點電勢均相等，由推論：正電荷從a點在平面內(nèi)移動到d點電勢能不變，故C錯誤；根據(jù)等量異種點電荷的電場線的分布，可知，檢驗電荷受到的電場力不在此平面內(nèi)，因此不可能做圓周運動，故D錯誤?！久麕燑c睛】等量異號點電荷的電場線和等勢線分布情況是考試的熱點，抓住對稱性和其連線的垂直平分線是一條等勢線是學習的重點對于電勢能大小或變化的判斷，可根據(jù)推論或電場力做功正負判斷9如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為Q的均勻帶電球體，以球心O為坐標原點，沿半徑方向建立x軸，P點為球面與x軸的交點。已知均勻帶電球體，xR處的電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，而均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零。k為靜電力常量，則： （ ）A球內(nèi)部各點的電勢相等B球內(nèi)部的電場為勻強電場Cx軸上各點中，P點場強最大Dx軸上x1（x1<R）處場強大小為【答案】CD【名師點睛】考查帶電球殼內(nèi)部是等勢體且電場強度處處為零，體外則是看成點電荷模型來處理；而電勢則由電荷從該點移到電勢為零處電場力做功與電量的比值來確定，注意比較電勢也可以由圖象和橫軸的面積來表示。10兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在y軸上的O、M兩點，若規(guī)定無窮遠處的電勢為零，則在兩電荷連線上各點的電勢隨y變化的關(guān)系如圖6所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則：（ ）圖6Aq1與q2帶異種電荷 BA、N兩點的電場強度大小為零C從N點沿y軸正方向，電場強度大小先減小后增大D將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做負功后做正功【答案】AD【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場線方向和電勢變化的關(guān)系，明確電場力做功的正負決定電勢能的增加與否，注意圖象斜率表示電場強度是解題的突破口。11如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為A5 V，B2 V，C3 V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示電場強度方向的是： （ ）【答案】BC【解析】G 點的電勢為；因為A5 V，B2 V，則H點的電勢為4V，F(xiàn)點的電勢為3V；可知GH，CF，故GH和CF均為等勢線，場強方向垂直于GH和CF，故選BC【名師點睛】此題考查了電場線以及等勢面；要知道在勻強電場中，沿任意方向相等的距離內(nèi)的電勢差是相同的；電場線與等勢面是正交的關(guān)系，所以只要找到了電勢相等的兩個點就有了等勢面，于是就可以找到場強的方向了.12如圖（1）所示，在平行板電容器的A附近，有一個帶正電的粒子（不計重力）處于靜止，在A、B兩板間加如圖（2）所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間剛好到達B板，設(shè)此時粒子的動能大小為，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在時刻到達B板，此時粒子的動能大小為，求等于： （ ）A3:5 B5:3 C1:1 D9:25【答案】ACD【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速、減速，直 線或曲線），然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化 的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解。二、非選擇題（本大題共4小題，第13、14題每題10分；第15、16題每題15分；共50分）13（10分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點，該區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動，（電荷量不變）經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角，CD為直徑，重力加速度為g，求（1）小球所受到的電場力的大??；（2）小球在A點速度多大時，小球經(jīng)過D點時對圓軌道的壓力最小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，經(jīng)C點時速度最大，因此，C點是豎直面內(nèi)圓周運動的物理“最低點”，也就是小球在C點受力情況滿足合外力完全充當向心力，如圖滿足因此電場力即（2）小球在軌道最高點B時的受力情況如圖所示，根據(jù)兩種情況的討論可知，小球在B點的最小速度為，小球從A到B過程中，只有電場力和重力做了功，又知A、B兩點在同一等勢面上，該過程電場力做功為0，根據(jù)動能定理可得：，聯(lián)立以上兩式可得【名師點睛】抓住帶電小球運動至C點的速度最大這一突破口，豎直面內(nèi)圓周運動的最大速度出現(xiàn)在物理“最低點”，即合外力沿半徑指向圓心，而電場力和重力的合力則背離圓心的方向；豎直面內(nèi)圓周運動的最高點，軌道對小球的壓力豎直向下，對B的壓力最小時，對D的最小壓力等于零。14（10分）如圖所示，空間有水平向右的勻強電場，電場場強大小為E，在電場中用一根長為L的不可伸長的輕絲線吊著一電荷量為q的小球，小球保持靜止時絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向改變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響，求：（1）小球所受重力的大??；（2）小球經(jīng)過最低點時對絲線的拉力。【答案】（1）（2）【解析】（1）小球受到的電場力，重力，繩子的拉力三個力作用，處于平衡狀態(tài)，故有，解得【名師點睛】運用動能定理求速度，根據(jù)牛頓第二定律求絲線的拉力，是常用的方法和思路，要能熟練運用力學方法解決電場中的問題。15（15分）一個帶正電的小物體，,放在絕緣的水平地面上，圖甲中，空間若加上水平方向的變化電場，其加速度隨電場力變化圖像為圖乙所示?，F(xiàn)從靜止開始計時，改用圖丙中周期性變化的水平電場作用（g取10m/s2）。求：E/ ×106NC-1（1）物體的質(zhì)量及物體與地面間的動摩擦因數(shù)；（2）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體一個周期內(nèi)的位移大?。唬?）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，23s內(nèi)電場力對物體所做的功?！敬鸢浮浚?）4kg；0.1；（2）8m；（3）196J【解析】（1）物體在水平面上受重力mg、地面的支持力N、水平拉力F和摩擦力f作用，根據(jù)牛頓第二定律得：Fmgma，解得：ag對照a-F關(guān)系圖象，可知m4kg，g1m/s2，即0.1 （2）電場變化周期是T=4s 0-2s ；2s末 ；在2-4s內(nèi) 做減速運動，4s末v2=0，所以一個周期內(nèi)物體的位移x=x1+x2=8m （3）23s內(nèi)E1作用下位移為6x1，E2作用下位移為5x2+3m，因此W1=E1q×6x1=288JW2=-E2q×（5x1+3m）=-92J 即23s內(nèi)電場力做功W=W1+W2=196J 【名師點睛】本題涉及牛頓運動定律和運動學的知識以及運動定理的應(yīng)用，求解本題的關(guān)鍵是認真分析物理過程，主要考查分析、推理和綜合能力；利用牛頓第二定律求出加速度，再利用運動學公式求出一個周期內(nèi)的位移，通過周期性的運動過程求出23s內(nèi)的位移，然后求出拉力做的功。16（15分）如圖所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由三個邊長均為L的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接。三個正方形區(qū)域中分別存在方向為豎直向下、豎直向上、豎直向上的勻強電場，其場強大小比例為112?，F(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點射入場區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點射出場區(qū)。已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點。求： （1）滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小v0；（2）滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間。【答案】（1）（2）（2）在CDHG區(qū)域在BCGF區(qū)域，滑塊做勻速直線運動在ABEF區(qū)域，滑塊做勻減速直線運動，由動能定理得：則：又 得：總時間：【名師點睛】本題是對牛頓第二定律及動能定理的應(yīng)用的考查；解題的關(guān)鍵是先根據(jù)類平拋運動的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運動學公式求解；此題有一定的難度，考查學生的綜合分析能力.