小题精练11 静电场问题——高考物理题型突破限时精练

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公式、知识点回顾（时间：5分钟）
1.电场强度的叠加
如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
如果场源是一个带电的面、线、体，则可根据微积分求矢量和，转换思维角度，灵活运用补偿法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。
2.力电综合问题
3．做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力F合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。
4．解题思路
(1)用动力学观点分析
Eq＋F其他＝ma，E＝eq \f(U,d)(匀强电场)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。
5．电粒子在电场中的偏转问题
(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：利用运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(l,v0)。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
③运动过程，如图所示：
④基本关系式： 加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
在电场中的运动时间：t＝eq \f(l,v0)。 速度eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d))) v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d)。
位移eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\\al(2,0)d)))（y通常称为偏转量） 偏转角θ的正切值：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(02,)).
（4）两个推论
①不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)及tanθ＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d)，得tanθ＝eq \f(Ul,2U0d)。由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)及y＝eq \f(qUl2,2mv\\al(2,0)d)，得y＝eq \f(Ul2,4U0d)。
②粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到极板边缘的水平距离为eq \f(l,2)。
难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /15
（2023•丽水一模）已知k为静电力常量，q为电荷量，r为距离，则kqr2用国际单位制表示正确的是（ ）
A．V/mB．J/mC．ND．V
【解答】解：静电力常量k的单位为N•m2/C2，电荷量q的单位为C，距离r的单位为m，则kqr2的单位为N⋅m2/C2⋅Cm2=N/C
根据F＝qE和E=Ud得：1N/C＝1V/m
故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2023•西城区校级模拟）如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r。由于静电感应在金属球上产生感应电荷。设静电力常量为k。则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）
A．金属球的球心处电场强度大小为E=kQ4r2
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场场强E'=kQ2r2，方向向右
C．感应电荷全部分布在金属球的表面上
D．金属球右侧表面的电势高于左侧表面
【解答】解：A．根据静电平衡状态的特点可知，金属球内部合电场为零，故A错误；
B．球壳上产生的感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷Q在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为E'=kQ(2r)2，故B错误；
C．由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故C正确；
D．静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故D错误。
故选：C。
（2023•西安模拟）如图所示，将三个电荷量均为Q（Q＞0）的正点电荷分别固定在菱形的三个顶点a、b、c上，∠abc＝120°，它们在菱形的第四个顶点d处产生的合电场强度为E。现只将c点处的电荷换成等量负点电荷﹣Q（未画出），则d点处新的合电场强度大小为（ ）
A．EB．23EC．22ED．12E
【解答】解：设边长为x，由已知可得d的场强Ed＝Ea+Eb+Ec＝E＝2×kQx2。当c点的电荷换成等量的﹣Q时，此时d点的场强E1=(2×KQx2cs30°)2+(KQx2)2=2×KQx2，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024•郑州一模）静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的电势高于Q点的电势
B．电子在P点的加速度小于在R点的加速度
C．从P至R的运动过程中，电子的电势能减小
D．从P至R的运动过程中，电子的动能先减小后增大
【解答】解：A．从P到Q电子受力指向实线的凹侧，而电子受电场力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向背离PQ实线方向，根据沿着电场线电势降低可知，P点的电势低于Q点的电势，故A错误；
B．等差等势线越密，电场强度越大，所以P点场强大于R点场强，则电子在P点受到的场力大，由牛顿第二定律可知，电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；
CD．根据电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，从P至R的电势升高，根据Ep＝qφ，电子电势能减小，动能增大，故C正确、D错误。
故选：C。
（2023•西城区校级三模）一个内部含有空腔的矩形金属导体W放在静电场中，电场线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．金属发生感应起电，左端A处的感应电荷为正电荷
B．金属内部被静电屏蔽，空腔C处的电场强度为0
C．金属内表面是等势面，金属导体内外表面存在电势差
D．金属处于静电平衡时，金属内部电场强度与静电场电场强度大小相等、方向相反
【解答】解：A.金属放在静电场中会发生感应起电，根据电场线的方向，可知左端A处的感应电荷为负电荷，故A错误；
B.根据静电平衡下导体内部特征，金属内部被静电屏蔽，空腔C处的电场强度为0，故B正确；
C.根据静电平衡下导体内部特征，金属整体是等势体，金属导体内外表面电势差为0，故C错误；
D.金属放在静电场中会发生感应起电，金属内部的感应电场强度与静电场电场强度大小相等、方向相反，内部电场强度为0，故D错误。
故选：B。
（2023•宁都县校级一模）如图，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（ ）
A．带电粒子在a点时的加速度小于在b点时的加速度
B．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能
C．带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小
D．负点电荷一定位于N点右侧
【解答】解：A、D、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线M点左侧。
a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，带电粒子在a点的大于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。故AD错误；
B、C、电场力方向大致向左，所以a到b的过程中电场力对带电粒子做负功，电势能增大，动能减小，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能。带电粒子在a点的动能大于在b点的动能。故B错误，C正确。
故选：C。
（2023•莆田模拟）如图所示，两个等量同种正点电荷固定在真空中同一水平线上（水平线在纸面内），电荷量为Q，两电荷相距r，O为两者连线的中点，过O点沿竖直方向作水平线的垂线MN，M到两个点电荷的距离均为r，一个带负电的粒子P以垂直于纸面的速度v从M点射入，恰好做匀速圆周运动，已知静电力常量为k，带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力忽略不计，则其速度v大小为（ ）
A．3kqQ2mrB．2kqQmrC．3kqQmrD．kqQmr
【解答】解：依题意，两等量同种电荷对带电粒子的库仑力的合力提供其匀速圆周运动的向心力，即Fn=2kQqr2cs30°=mv2rcs30°
解得v=2kQqmr(cs30°)2=3kqQ2mr，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2022•房山区二模）某静电场中的电场线如图实线所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，下列说法正确的是（ ）
A．粒子必定带负电
B．粒子在M点的动能小于在N点的动能
C．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，故A错误；
BD、由图可知，粒子受力方向与运动轨迹间夹角为锐角，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，它在M点的电势能大于它在N点的电势能，故B正确，D错误；
C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C错误；
故选：B。
（2022•铜陵二模）如图所示，在直角三角形的顶点A，C处分别固定Q1、Q2两个点电荷。已知∠ACB＝30°，Q1、Q2两个点电荷在B点形成的电场方向平行于AC向左，OD是三角形ABC的中位线，下列说法正确的是（ ）
A．Q1为正电荷、Q2为负电荷
B．Q1的电荷量与Q2的电荷量之比为1：8
C．B点场强大于D点场强
D．O点电势低于D点电势
【解答】解：A．根据电场的叠加，B点场强方向与AC平行向左，则Q1在B点场强为指向A处，Q2在B点的场强沿CB方向，所以Q1为负电荷，Q2为正电荷。故A错误；
B．由点电荷场强公式E=kQr2
根据场强叠加原理，有E1＝E2sin30°
由几何关系，可得r1＝r2sin30°
联立，解得Q1：Q2＝1：8
故B正确；
C．Q1在D点产生的场强大小与B点相等，Q2在D点产生的场强大于在B点产生的场强，且在D点两电荷单独产生的场强方向之间夹角小于在B点的夹角，故在D点的合场强大于B点合场强。故C错误；
D．由电场的叠加，可判断两点电荷产生的电场在D、O之间各点的场强方向均偏左上，因沿电场方向电势降低，可知D点电势低于O点电势。故D错误。
故选：B。
（2024•五华区校级模拟）如图所示，a、b、c、d、e是两个等量异种点电荷形成的电场中的等差等势面，一电荷量为q的带正电的粒子，只受该电场的作用，在该电场中运动的轨迹如图中实线MPN所示，已知电场中b、c两等势面的电势分别为φb、φc。则下列说法正确的是（ ）
A．φb＜φc
B．带电粒子经过P点和N点时速度相同
C．带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为q（φb﹣φc）
D．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
【解答】解：A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，又带电粒子带正电，故正电荷在上方，负电荷在下方，所以φb＞φc，故A错误；
B．P、N两点在同一等势面上，电势能相同，动能相同，所以带电粒子经过P和N位置时速度大小相等，但曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，则带电粒子经过P和N位置时速度方向不同，故B错误；
C．根据电场力做功与电势差的关系，则带电粒子从M点运动到N点电场力做的功为
WMN＝qUMN＝q（φc﹣φb）
故C错误；
D．等势面较密集的位置场强大，等势面稀疏的位置场强小，故M点场强小于N点场强，带电粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，根据牛顿第二定律，带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故D正确。
故选：D。
（2023•宁德模拟）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度E=mgtanθq
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin=mgL2sinθ
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【解答】解：A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示
由平衡关系可知tanθ=qEmg
解得E=mgtanθq
故A正确；
B．小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示
A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知F=mgcsθ=mvmin2L
动能Ekmin=12mvmin2
联立解得Ekmin=mgL2csθ
故B错误；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于除重力之外的电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D错误。
故选：A。
（2023•普宁市校级二模）真空中某电场的电场线如图中实线所示，M、O、N为同一根电场线上的不同位置的点，两个带电粒子a、b均从P点以相同速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．电场力对a、b粒子均做正功
C．a粒子的电势能减小，b粒子的电势能增加
D．若在O点由静止释放a粒子，仅在电场力的作用下，a粒子将沿电场线运动到M点
【解答】解：A．根据粒子的受力和运动轨迹可知，a粒子受力逆着电场线，故a粒子带负电，b粒子受力沿电场线，故b粒子带正电，故A错误；
BC．根据粒子的运动轨迹可知，电场力对a、b两个粒子均做正功，电势能均减小，故B正确，C错误；
D．由于M、O、N所在电场线为曲线，电场线不是粒子的运动轨迹，所以在O点由静止释放带电粒子，不可能沿电场线运动到M点，故D错误。
故选：B。
（2023•荔湾区校级三模）工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：B.电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F＝eE，电场力逐渐增大，图线向上，故B错误；
A.电子的加速度a=eEm，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，故A错误；
C.根据Ep＝eEx，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，故C错误；
D.根据φ=Epe，Ep＝eEx，解得φ＝Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，故D正确。
故选：D。
（2023•海淀区一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
【解答】解：A．沿着电场线方向电势逐渐降低，根据图像可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，故A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，故B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，故C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：C。
（2023•高新区校级模拟）图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是（ ）
A．匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B．保持加速度恒定向上运动时，C1减小，C2增加
C．由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
【解答】解：A．匀速向上运动时，多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故A错误；
B．保持加速度恒定向上运动时，与加速度为零时相比，多晶硅悬臂梁的右侧虽发生弯曲形变，但此时多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故B错误；
C．由静止突然加速向上运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变大，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变小，由C=εrS4πkd，C1减小，C2增加。故C正确；
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变小，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变大，C1增加，C2减小。故D错误。
故选：C。
【例题】（2023•杭州二模）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为2(n-1)eU0m
C．各金属筒的长度之比为1：2：3：…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：2：3：…
【解答】解：A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0=12mvn2-0
解得vn=2neU0m
故B错误；
D．依题意分析，只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．根据匀加速直线运动位移—时间公式，第n个圆筒长度Ln=vn⋅T2=2neU0mT2
则各金属筒的长度之比为1：2：3：…，故C正确。
故选：C。