热点强化练10　静电场性质综合训练

(时间：40分钟)

1.(2020·北京市第二次合格性考试)图1为某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，这三个点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。把一个检验电荷先后放在a、b、c三点，它受到的电场力大小分别为Fa、Fb、Fc，下列判断正确的是(　　)

图1

A.Fa＞Fb＞Fc  B.Fa＜Fb＜Fc

C.Fa＝Fb＝Fc  D.Fa＝Fb＜Fc

答案　A

解析　根据电场线的特点可知，电场线越密电场强度越大，故Ea＞Eb＞Ec，电场力F＝qE，故有Fa＞Fb＞Fc，故A正确，B、C、D错误。

2.[2020·浙江省名校联盟创新卷(一)]点电荷产生的电场如图2所示，a、b为同一条电场线上的两点，则下列判断正确的是(　　)

图2

A.a、b两点的电场强度Ea＝Eb

B.a、b两点的电势φa＜φb

C.负电荷在a点的电势能较小

D.正电荷在b点电场力与电场方向相反

答案　C

解析　电场强度跟电场线的疏密程度有关，由点电荷电场线的分布可知，a点的电场线比b点的电场线密，因此Ea＞Eb，故选项A错误；电场线的方向指向电势降低的方向，因此φa＞φb，故选项B错误；负电荷从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，因此选项C正确；正电荷所受电场力的方向跟电场线在该点的切线方向相同，故选项D错误。

3.(2020·浙江选考模拟)如图3所示，真空中固定于A、B两点的点电荷Q1＝＋2.0×10－6 C、Q2＝－2.0×10－6 C，A、B之间的距离L为2.0 m，MN为AB的中垂线，P点距离A、B的距离也为2.0 m，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)

图3

A.两点电荷间的库仑力大小为1.8×10－2 N

B.P点场强的方向沿y轴正向

C.若P点放置q＝＋2.0×10－6 C的电荷，该电荷受到的电场力的大小为9.0×10－3 N

D.若P点放置q＝＋2.0×10－6 C的电荷，该电荷受到的电场力的大小为9×10－3 N

答案　C

解析　根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小F＝k，代入数据得F＝9.0×10－3 N，A错误；A、B两点电荷在P点产生的场强大小相等，均为E1＝k，A、B两点电荷形成的电场在P点的合场强大小E＝2E1cos 60°＝4.5×103 V/m，根据矢量合成的法则，方向为x轴的正方向，B错误；P点处的电荷受到电场力的大小为F＝qE＝9.0×10－3 N，C正确，D错误。

4.(多选)(2020·北京市密云区期末)如图4所示，平行板电容器的A、B板水平正对放置，B板接地(电势为0)。在两板间有一带负电液滴恰好静止不动，若A板向下移动，则下列判断正确的是(　　)

图4

A.液滴向下运动

B.液滴仍静止不动

C.若此平行板电容器与静电计相连，则静电计指针张角变小

D.此带电液滴电势能不变

答案　BCD

解析　根据题意可知，电容器的电量不变。若A板向下移动，板间距减小，根据C＝、C＝、E＝可知，板间场强不变，液滴所受电场力不变，仍平衡，静止不动，故A错误，B正确；若A板向下移动，板间距减小，根据C＝可知，电容变大，由C＝知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确；B板接地(电势为0)，A板向下移动，板间场强不变，由U＝Ed知，液滴与下极板间的电势差不变，液滴的电势能不变，故D正确。

5.(2020·山东烟台市高考诊断一模)如图5所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心的圆，与x、y轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。则 (　　)

图5

A.电场线与x轴平行

B.a点电势大于c点电势

C.在圆周上的各点中，b点电势最高

D.电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加

答案　C

解析　从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大，说明O、b两点间电势差最大，电场线与y轴平行，沿y轴负方向，所以b点电势最高，a点电势等于c点电势，故C正确，A、B错误；电子带负电，从O点射出至运动到b点过程中，电势升高，电场力做正功，其电势能减小，故D错误。

6.(2020·浙江省名校协作体5月模拟)在点电荷＋Q形成的电场中有一点A，当一个电荷量为－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W。取无限远处电势为0，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为(　　)

A.EpA＝－W，φA＝  B.EpA＝－W，φA＝－

C.EpA＝W，φA＝  D.EpA＝W，φA＝－

答案　A

解析　依题意，－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EpA＝－W，U∞A＝＝0－φA，则A点的电势φA＝，故选项A正确。

7.(多选)(2020·江苏如皋中学模拟)如图6，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法正确的是(　　)

图6

A.M带负电荷，N带正电荷

B.M在b点的动能小于它在a点的动能

C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能

D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

答案　ABC

解析　由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。

8.(多选)(2020·广东佛山市二模)如图7所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一个直角三角形，BC边垂直AC边，∠BAC＝30°，BC边长度为d，已知电场方向与该直角三角形的某一边平行。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子(不计重力)在该电场中运动，经过A点时速度大小为v0、方向沿AB；经过BC边的中点D时，速度大小为vD，方向与BC边垂直。以下选项正确的是(　　)

图7

A.电场方向与AC边平行

B.A、B、C三点中B点电势最高

C.vD＝v0

D.电场强度大小E＝

答案　BD

解析　因带正电的粒子沿AB方向入射，垂直BC边射出，且已知电场方向与该直角三角形的某一边平行，根据做曲线运动的物体所受的合力方向指向轨迹的凹向，可知粒子所受电场力方向平行于BC向下，选项A错误；沿电场线电势逐渐降低，可知A、B、C三点中B点电势最高，选项B正确；粒子在垂直于BC方向做匀速运动，可知vD＝v0cos 30°＝v0，选项C错误；由A到D由动能定理－qE＝mv－mv，解得E＝，选项D正确。

9.(多选)(2020·山西阳泉市上学期期末)如图8所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起至A点，此时细线与场强平行，然后把小球从A点无初速释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为零，则 (　　)

图8

A.小球在B点时速度最大

B.小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少

C.小球在B点时的绳子拉力最大

D.从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加

答案　BD

解析　小球受电场力水平向右，则由平衡知识可知，小球的平衡位置在AB之间的某位置，小球在平衡位置时的速度最大，绳子在此位置时绳子的拉力也是最大，则选项A、C错误；小球从A点到B点再到C点的过程中，只有电场力和重力做功，则小球的机械能和电势能之和守恒，因此过程中电场力一直做负功，电势能变大，则机械能一直在减少，选项B正确；从B点到C点的过程中，电场力对小球做负功，则小球的电势能一直增加，选项D正确。

10.(多选)(2020·浙江宁波市适应性考试)如图9甲所示，一绝缘的圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆过圆心且垂直于圆环平面，杆上套有带正电的小球。t＝0时刻把小球从a点由静止释放后，小球沿细杆运动经过b、c两点，小球运动的v－t图像如图乙所示。下列判断正确的是(　　)

图9

A.小球从a点运动到b点的过程中电势能增大

B.圆环在圆心处产生的电场强度为0

C.a点的电场强度大于b点的电场强度

D.a、b两点电势差Uab小于b、c两点电势差Ubc

答案　BD

解析　小球带正电，则小球从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；根据对称性可知，绝缘竖直圆环上均匀分布的正电荷在圆心处产生的场强完全抵消，则带电圆环在圆心处产生的场强为零，故B正确；由乙图可知小球在a处的加速度小于b处加速度，由qE＝ma，可知a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误；根据动能定理qUab＝mv－0＝m×0.42＝0.08m，qUbc＝mv－mv＝m×(0.72－0.42)＝0.165m，可得a、b两点电势差Uab小于b、c两点电势差Ubc，故D正确。

11.(多选)(2020·天津市和平区第二次质量调查)如图10所示，一带电的粒子以一定的初速度进入某点电荷产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是(　　)

图10

A.粒子带正电

B.a点的电势低于b点的电势

C.从a到b，系统的电势能减小

D.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

答案　AC

解析　将Ea、Eb延长，其交点为Q点，如图所示，由图可知场源电荷在Q位置，电场方向指向场源电荷，故电荷为负电荷，根据曲线运动所受合力指向曲线内侧，所以粒子带正电，故A正确；由图可知，Ra＞Rb，且点电荷的电场中等势面是以场源电荷为圆心的同心圆，沿着电场线方向，电势逐渐降低，故a点的电势高于b点电势，故B错误；由于a点的电势高于b点电势，由正电荷在电势高处电势能大，即粒子从a到b电势能减小，故C正确；由图可知，Ra＞Rb，且根据E＝k可知粒子在a点的场强小于在b点的场强，故粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误。

12.(2020·浙江省山水联盟开学考)如图11所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分有水平向左的匀强电场，电场强度的大小E＝，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为＋q的小球从管中a点由静止开始释放，则(　　)

图11

A.小球到达b点时速度为零，并在adb间往复运动

B.小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间的某一位置

C.小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5

D.小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为4∶1

答案　C

解析　带电小球从a点由静止释放，只有重力和电场力做功，带电小球到达b点，重力势能不变，电势能减小，故到达b点时的动能为Ek＝qE·2R＝2mgR，故A错误；当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时，小球的速度最大，所以速度最大点在d点的左侧，故B错误；第一次过d点时，根据动能定理，有mgR＋qER＝mv，根据向心力公式，有FN1d－mg＝，解得FN1d＝5mg，第一次过c点，根据向心力公式，有FN1c＋mg＝，第一次经过c点的动能为mv＝mgR，FN1c＝mg，则小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为FN1d∶FN1c＝5∶1，故D错误；从a点释放到第二次到c点过程，根据动能定理，有－mgR＋2qE·2R＝mv，据向心力公式，有FN2c＋mg＝，解得FN2c＝5mg，则小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为FN1c∶FN2c＝1∶5，故C正确。

13.(多选)(2020·辽宁葫芦岛市上学期质监)如图12所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2。两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点。下列关于两种粒子运动的说法正确的是(　　)

图12

A.两种粒子会打在屏MN上的同一点

B.两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远

C.两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能

D.两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大

答案　AD

解析　两种粒子在加速电场中由动能定理得qU1＝mv－0，在偏转电场中，平行于极板方向L＝v0t，垂直于极板方向a＝＝，y＝at2，离开偏转电场的速度偏向角为α，有tan α＝＝，联立以上各式得y＝，tan α＝，偏移量y和速度偏向角α都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；对两个粒子先加后偏的全过程，根据动能定理qU1＋q＝Ek－0，因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确。

14.(多选)(2020·湖南永州市第二次模拟)如图13所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是(　　)

图13

A.两极板间电场强度大小为

B.两极板间电压为

C.整个过程中质点的重力势能增加

D.若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上

答案　BD

解析　据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝mg，得到E＝，由U＝Ed可知板间电压为U＝，故A错误，B正确；小球在电场中向上偏转的距离为y＝at2，而a＝＝g，t＝，解得y＝，小球打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝，重力势能的增加量为Ep＝mgs＝，故C错误；仅增大两板间的距离，因两板上电荷量不变，根据E＝＝，而C＝，解得E＝，可知板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D正确。