2022年高考物理大一轮复习第7单元静电场作业手册基础巩固1.[xx·湖南衡阳八中三检] 下列关于电场强度的说法中正确的是 ( ) A.由E=知,若q减半,则该处电场强度变为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度均相同D.电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向2.如图K19-1所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线,已知该电场线关于图中虚线对称,O点为A、B两点电荷连线的中点,a、b为A、B两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的两点,则下列说法中正确的是 ( )图K19-1A.A、B可能为等量异号点电荷B.A、B可能为电荷量不相等的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等,方向相反3.库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律,它的发现是受万有引力定律的启发,实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力.如图K19-2所示为无大气层、均匀带有大量负电荷且质量分布均匀的某星球,将一个带电微粒置于距该星球表面一定高度处并将其无初速度释放,发现微粒恰好能保持静止.若给微粒一个如图所示的初速度v,则下列说法中正确的是 ( )图K19-2A.微粒将做匀速直线运动B.微粒将做圆周运动C.库仑力对微粒做负功D.万有引力对微粒做正功4.如图K19-3所示,光滑水平桌面上有A、B两个可以看作点电荷的带电小球,A球带电荷量为+3q,B球带电荷量为-q,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍.若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,则C球所带的电荷量为 ( )图K19-3A.q5.[xx·甘肃二诊] 如图K19-4所示,等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放,则关于小球由C点运动到D点的过程,下列说法中正确的是 ( )图K19-4A.杆对小球的作用力先增大后减小B.杆对小球的作用力先减小后增大C.小球的速度先增大后减小D.小球的速度先减小后增大6.[xx·四川遂宁三诊] 在场强为E=k(k为静电力常量)的匀强电场中,以O点为圆心,以r为半径作一个圆周,在O点固定一个带电荷量为+Q的点电荷,ac、bd为相互垂直的两条直径,其中bd与电场线平行,如图K19-5所示.若不计试探电荷的重力,则 ( )图K19-5A.把一试探电荷+q放在a点,试探电荷恰好处于平衡状态B.把一试探电荷-q放在b点,试探电荷恰好处于平衡状态C.把一试探电荷-q放在c点,试探电荷恰好处于平衡状态D.把一试探电荷+q放在d点,试探电荷恰好处于平衡状态 技能提升7.[xx·湖南衡阳二联] 如图K19-6所示,一细棒均匀带电,所带的总电荷量为+Q,在过其中点c且与其垂直的直线上有a、b、d三点,且ab=bc=cd=L,在a点处有一电荷量为+的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处的场强大小为(静电力常量为k) ( )图K19-6A.k8.[xx·长春外国语学校期末] a、b两个带电小球的质量均为m,所带的电荷量分别为+3q和-q,两球间用一绝缘细线连接,用长度相同的另一绝缘细线将a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,平衡时两细线都被拉紧,则平衡时两球的位置可能是图K19-7中的( )图K19-79.[xx·安徽黄山二模] 如图K19-8所示,两根长度相等的绝缘细线的上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角均为θ=30°,重力加速度为g.以下说法中正确的是 ( )图K19-8A.细线对小球的拉力大小为mgB.两小球间的静电力大小为mgC.剪断左侧细线的瞬间,P球的加速度大小为2gD.当两球间的静电力瞬间消失时,Q球的加速度大小为g10.[xx·郑州外国语学校月考] 如图K19-9所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷,将质量为m、带电荷量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放,小球沿细管滑到最低点B时,对管壁恰好无压力.(1)求固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小;(2)若把O处固定的点电荷拿走,加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场,带电小球仍从A点由静止释放,下滑到最低点B时,小球对环的压力为多大?图K19-9挑战自我11.[xx·安徽六校联考] 水平面上的A、B、C三点分别固定着电荷量均为Q的正点电荷,将一个质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,OABC恰好构成一个棱长为L的正四面体,如图K19-10所示.已知静电力常量为k,重力加速度为g.若小球能静止在O点,则小球所带的电荷量为 ( )图K19-10A.C.12.[xx·长沙一中模拟] 如图K19-11所示,平行板电容器的两板水平正对放置,在两板的正中心上各开一个孔,孔相对极板很小,对两板间电场分布的影响忽略不计.现给上、下两板分别充上等量的正、负电荷,上板带正电、下板带负电,使两板间形成匀强电场,电场强度大小为E=.一根长为L的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A、B,两球大小相等,且直径小于电容器极板上的孔,A球所带的电荷量QA=-3q,B球所带的电荷量QB=+q,两球质量均为m.将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直,使B球刚好位于上板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内,然后由静止释放.已知带电平行板电容器只在其两板间存在电场,两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变.忽略两球产生的电场对平行板间匀强电场的影响,两球可以看成质点,电容器极板厚度不计,重力加速度为g.(1)B球刚进入两板间时,求杆和球组成的装置的加速度大小;(2)若B球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离,求电容器两极板的间距d. 图K19-11课时作业(二十) 第20讲 电场的能的性质时间 / 40分钟基础巩固1.[xx·黑龙江大庆一模] 关于静电场,下列说法中正确的是 ( )A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能一定增加B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大C.在同一个等势面上的各点处场强的大小一定是相等的D.电势降低的方向就是场强的方向2.(多选)[xx·湖北六校联考] 一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用.若小球的重力势能增加5 J,机械能增加1.5 J,电场力做功2 J,则 ( )A.重力做功5 J B.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J3.[xx·合肥一中段考] 如图K20-1所示,在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q,图中O点为两点电荷连线的中点,P点为连线上靠近-Q的一点,MN为过O点的一条线段,M点与N点关于O点对称.下列说法中正确的是 ( )图K20-1A.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,其他点在空间的位置不变,则O点的电势升高4.(多选)[xx·郑州一中摸底] 现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd,如图K20-2所示,且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等,在AB、AC、CD、DB的中点分别放置等量的正点电荷和负点电荷.下列说法中正确的是 ( )图K20-2A.O点的电场强度和电势均为零B.把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零C.同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D.将一正点电荷由a点移到b点,电势能减小5.(多选)[xx·四川凉山三诊] 如图K20-3所示,在纸面内有一水平直线,直线上有a、b两点,且ab长度为d,当在该纸面内的某位置固定一个点电荷Q时,a、b两点的电势相等,且a点的场强大小为E,方向如图所示,θ=30°.已知静电力常量为k,下列说法中正确的是 ( )图K20-3A.点电荷Q带正电B.点电荷Q所带的电荷量的大小为C.把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其所受的电场力先增大后减小D.把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其电势能先增大后减小技能提升6.(多选)[xx·江西新余四中段考] 如图K20-4所示,轻弹簧上端固定,下端拴着一个带正电的小球Q,Q在O处时弹簧处于原长状态,Q可在O1处静止.将另一带正电的小球q固定在O1正下方某处,Q可在O2处静止.现将Q从O处由静止释放,则Q从O运动到O1处的过程中 ( )图K20-4A.Q运动到O1处时速率最大B.Q的加速度大小先减小后增大C.Q的机械能不断减小D.Q、q、弹簧与地球组成的系统的势能不断减小7.[xx·湖南怀化二模] 如图K20-5所示,现有一个以O点为圆心、以OP为半径的圆,四边形ABCD为圆内接的正方形,a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点,P、Q分别为弧AB和弧CD的中点.现在A、B、C、D四点分别放上等量的正电荷和负电荷(如图中所示),若取无穷远处电势为零,则下列说法中不正确的是 ( )图K20-5A.O点的电场强度和电势均为零B.把正电荷从a点移到c点,电场力做正功C.把正电荷从b点移到d点,电场力做功为零D.同一电荷在P、Q两点处所受的电场力大小相等,方向相反8.(多选)[xx·广东揭阳二模] 如图K20-6所示,真空中有一个边长为L的正方体,正方体的两个顶点M、N处分别放置所带电荷量都为q的正、负点电荷,图中的a、b、c、d也是正方体的顶点.已知静电力常量为k.下列说法中正确的是 ( )图K20-6A.a、b两点电场强度相同B.a点电势高于b点电势C.把正点电荷从c点移到d点,电势能增加D.M点的电荷受到的库仑力大小为F=9.(多选)[xx·天津期末] 空间内存在与纸面平行的匀强电场,纸面内的A、B、C三点均位于以O点为圆心、半径为10 cm的圆周上,并且∠AOC=90°,∠BOC=120°,如图K20-7所示.现把一个电荷量q=1×10-5 C的正电荷从A点移到B点时,电场力做功为-1×10-4 J;从B点移到C点时,电场力做功为3×10-4 J,则该匀强电场的场强 ( )图K20-7A.大小为200 V/mB.大小为200 V/mC.方向垂直于OA向右D.方向垂直于OC向下10.(多选)[xx·长沙长郡中学一模] 某电场中x轴上各点的电场强度的大小变化如图K20-8所示,场强方向与x轴平行,规定沿x轴的正方向为正.一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动,到达x1位置时速度第一次为零,到达x2位置时速度第二次为零,不计粒子的重力.下列说法中正确的是 ( )图K20-8A.负点电荷从x1位置运动到x2位置的过程中,速度先保持不变,然后均匀增大再均匀减小B.负点电荷从O点沿x轴正方向运动到x2位置的过程中,加速度先均匀增大再均匀减小C.电势差UOx10)且初速度为v0的相同带电微粒,这些带电微粒分布在0E2,d1=d2,则上方微粒的比荷较小8.(多选)[xx·成都经开区实验中学一诊] 如图K21-8所示,光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场,长度为L的绝缘的光滑挡板AC与电场方向的夹角为30°.现有质量相等、所带电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发,甲由静止释放后沿AC滑动,乙垂直于电场方向以一定的初速度开始运动,若甲、乙两个带电体都通过C处,则甲、乙两个带电体( )图K21-8A.发生的位移相等B.通过C处时的速度大小相等C.电势能减少量都为EQLD.从A点运动到C点的时间之比为∶19.[xx·甘肃二诊] 如图K21-9所示,静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中半圆弧虚线所示的轨迹通过静电分析器,从P点垂直于CN进入矩形区域内的有界匀强电场,匀强电场的场强方向水平向左.静电分析器通道内有均匀、辐向分布的电场,已知圆弧轨迹所在处的场强大小都为E0,方向沿圆弧轨迹半径指向圆心O,离子质量为m、电荷量为q,QN=2d、PN=3d,离子重力不计.(1)求离子通过静电分析器时的圆弧轨迹的半径R;(2)若离子恰好能打在QN的中点上,求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E.图K21-9挑战自我10.(多选)[xx·江西师大附中月考] 如图K21-10所示,直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为∞)连接,电源负极接地.开始时电容器不带电,闭合开关S,电路稳定后,一带电油滴恰能在电容器中的P点保持静止.在保持开关S接通的状态下,下列说法中正确的是 ( )图K21-10A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时,带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时,带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时,P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时,P点的电势升高11.在真空中水平放置的平行板电容器的两极板间有一个带电油滴,电容器两板间距为d,当平行板电容器两板间的电压为U0时,油滴保持静止状态,如图K21-11所示.当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时,油滴开始向上运动;经时间Δt后,电容器突然放电使其电压减少ΔU2,又经过时间Δt,油滴恰好回到原来位置.假设油滴在运动过程中没有失去电荷,充电和放电的过程均很短暂,这段时间内油滴的位移可忽略不计.重力加速度为g.求:(1)带电油滴所带电荷量与质量之比;(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比;(3)ΔU1与ΔU2之比.图K21-11专题训练(六) 专题6 带电粒子在电场中运动的综合问题时间 / 40分钟基础巩固1.(多选)[xx·湖南株洲一模] 如图Z6-1所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B,一个电荷量q=1.41×10-4 C、质量m=1 g的带电小球自A板上的孔P以大小为0.1 m/s的水平速度v0飞入两板之间的电场,经0.02 s后又回到P点,其间未与B板相碰,g取10 m/s2,则 ( )图Z6-1A.板间电场强度大小为100 V/mB.板间电场强度大小为141 V/mC.板与水平方向的夹角θ=30°D.板与水平方向的夹角θ=45°2.[xx·合肥联考] 如图Z6-2所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同的速率射入三个质量相同的带正电液滴甲、乙、丙,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法中正确的是 ( )图Z6-2A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴丙所带的电荷量最多3.(多选)[xx·四川自贡一诊] 在地面附近存在一个有界电场,边界MN将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场.在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A,如图Z6-3甲所示,小球运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则 ( )图Z6-3A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5B.在t=5 s时,小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功大于克服电场力做的功D.在1~4 s过程中,小球的机械能先减小后增大4.(多选)[xx·长春质检] 如图Z6-4所示,光滑绝缘斜面体ABC处于水平向右的匀强电场中,斜面AB的长度为0.5 m,倾角θ=37°,带电荷量为+q、质量为m的小球(可视为质点)以大小为2 m/s的速度v0沿斜面匀速上滑.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法中正确的是 ( )图Z6-4A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为C.若电场强度变为原来的2倍,则小球运动的加速度大小为3 m/s2D.若电场强度变为原来的一半,则小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半5.(多选)[xx·山东泰安质检] 如图Z6-5甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压.在第1 s内,点电荷在两极板间处于静止状态,t=2 s时电荷在运动且未与极板接触,g取10 m/s2,则 ( )图Z6-5A.在1~2 s内,点电荷做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2B.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2C.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,2 s末加速度大小为10 m/s2D.在2 s末,点电荷的速度大小为10 m/s技能提升6.(多选)[xx·青岛二模] 如图Z6-6所示,两个带等量正电荷的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点,其位置关于坐标原点O对称,圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆,c点为半圆与y轴的交点,a、b两点为一条平行于x轴的直线与半圆的交点.下列说法中正确的是 ( )图Z6-6A.a、b两点的电势相同B.a、b两点的场强相同C.将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,其电势能先增大后减小D.将一个正电荷q放在半圆上的任意一点,两点电荷对q的作用力大小分别是F1、F2,则为一定值7.(多选)[xx·西安联考] 如图Z6-7甲所示,平行金属板A、B之间的距离为6 cm,两板间电场强度随时间变化的规律如图乙所示,周期T=8×10-5 s,场强垂直于金属板由A指向B为正.电荷量为8.0×10-19 C、质量为1.6×10-26 kg的带正电的粒子在两板间中心处由静止释放,若不计粒子重力,粒子与金属板碰撞后即不再运动,则 ( )图Z6-7A.粒子于t=0时刻释放时,一定能运动到B板B.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到B板C.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板D.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板8.(多选)[xx·石家庄调研] 如图Z6-8所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是 ( )图Z6-8A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动B.小环上滑时间小于下滑时间C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能9.[xx·四川凉山一模] 如图Z6-9所示,绝缘平板S放在水平地面上,S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.两块足够大且带等量异种电荷的平行金属板P、Q通过绝缘撑架板固定在S上,在两板间形成竖直向上的匀强电场,金属板间的距离d=1 m,P板的中央有一小孔,整个装置的总质量为M=0.36 kg.给装置某一初速度使其向右做直线运动,同时质量m=0.04 kg的带正电小球从离P板高h=1.25 m处由静止下落,恰好能进入孔内.小球进入电场时,装置的速度为v1=6 m/s.小球进入电场后,恰能运动到Q板且不与Q板接触,之后返回P板.不计空气阻力,g取10 m/s2,不考虑运动产生的磁场.求:(1)小球自由下落到小孔所用的时间;(2)刚释放小球时小球与小孔的水平距离x1;(3)小球返回P板时装置的速度.图Z6-9挑战自我10.质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上,质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入,绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场,其场强大小E=(g为重力加速度),方向竖直向下,如图Z6-10所示.已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定,物块运动到绝缘板的右端时恰好相对绝缘板静止.若将匀强电场的方向改变为竖直向上,场强大小不变,且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入,结果当二者相对静止时,物块未到达绝缘板的右端.(1)当场强方向竖直向下时,求物块在绝缘板上滑动的过程中系统产生的热量;(2)求场强方向竖直向下时与竖直向上时物块受到的支持力大小之比;(3)当场强方向竖直向上时,求物块相对于绝缘板滑行的距离.图Z6-10教师详解(作业手册)课时作业(十九)1.B [解析] 电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误.2.D [解析] 根据电场线的方向及对称性可知该电场是由等量同种点电荷形成的,故A、B错误;a、b两点处虽没有画出电场线,但这两点的电场强度都不为零,C错误;根据该电场的特点可知,同一试探电荷在a、b两点所受的电场力等大反向,D正确.3.A [解析] 微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.4.B [解析] 根据题述,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍,可知A球的质量是B球的,若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,对A球,由牛顿第二定律得k=ma,对B球,由牛顿第二定律得k=2ma,联立解得Q=q,选项B正确.5.A [解析] 小球从C点运动到D点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误;因直杆处于A、B的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直在做匀加速直线运动,故C、D错误.6.B [解析] 点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为Ea=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为Eb=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.7.A [解析] 电荷量为+,方向向右,而b点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知,细棒与点电荷在b点处产生的电场强度大小相等,方向相反,则细棒在b点处产生的电场强度大小为E'=,方向向左,根据对称性可知,细棒在d点处产生的电场强度大小为,方向向右,而电荷量为+,方向向右,所以d点处的场强大小为Ed=E″+E'=,方向向右,故选项A正确.8.D [解析] a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,受力分析如图所示,则上面悬挂a的绳子应向左偏转,设上面的绳子与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得tan α=;以b球为研究对象,设a、b间的绳子与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.9.C [解析] 对P球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T==2mg,静电力大小F=mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1) (2)3(mg+qE)[解析] (1)由A到B,由动能定理得mgr=mv2-0在B点,对小球受力分析,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的电场强度为E=(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2设在B点处环对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg-qE=m联立解得小球在B点受到环的压力为FN=3(mg+qE)由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为F'N=FN=3(mg+qE)11.C [解析] 对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C处三个正点电荷施加的库仑力,将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向,设α是A、B、C处正点电荷对其施加的库仑力方向与竖直方向的夹角,在竖直方向,根据平衡条件得3Fcos α=mg,根据几何关系得cos α=,又F=,解得q=,C正确.12.(1)g (2)L[解析] (1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有qE+2mg=2ma1解得a1=g.(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有=2a1L解得v1=从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有qE+2mg-3qE=2ma2=2a2·sB穿出下孔后,有2mg-3qE=2ma30-联立解得s=L所以两板间距d=s+L=L.课时作业(二十)1.B [解析] 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电场力做正功,因此电势能一定减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,但场强不一定相等,故C错误;电势降低最快的方向才是场强的方向,故D错误.2.BD [解析] 小球的重力势能增加5 J,则小球克服重力做功5 J,故A错误;电场力对小球做功2 J,则小球的电势能减少2 J,故B正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5 J,则除重力以外的力做功为1.5 J,因电场力对小球做功2 J,则空气阻力做功为-0.5 J,即小球克服空气阻力做功0.5 J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5 J,根据动能定理,小球的动能减少3.5 J,D正确.3.A [解析] 等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q前,O点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.4.BCD [解析] 四个点电荷在O点都产生场强,由场强叠加原理知,O点场强不为零,且场强沿OD方向,O点电势为零,A错误;a点电势最高,b、c在同一等势面上,d点电势最低,把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零,B正确;由电场的对称性知,同一点电荷在a、d两点所受电场力相同,C正确;将一正点电荷由a点移到b点,电势能减小,D正确.5.BC [解析] 根据点电荷的电场特点,结合题给条件可确定点电荷Q的位置在ab的中垂线和E的方向的交点处,且带负电,A错误;a点的电场强度E=k,其中r=,解得Q=,B正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移到b点过程中,先靠近后远离点电荷Q,所以其所受的电场力先增大后减小,C正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点的过程中,电场力先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,D错误.6.BC [解析] q在O1正下方某处,Q在O2处时受力平衡,速率最大,故A错误;Q从O运动到O1处的过程中,加速度先减小,在O2处时加速度为零,而后反向增大,故B正确;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,因弹簧弹力一直做负功,即W弹<0,库仑力也一直做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q的机械能不断减小,故C正确;系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和,根据能量守恒定律得ΔEp+ΔEk=0,由于Q的动能Ek先增大后减小,所以系统的势能先减小后增大,故D错误.7.A [解析] 左、右两个电荷和上、下两个电荷都是等量异种电荷,P、Q连线的垂直平分线是一条等势线,并延伸到无穷远,则O点电势与无穷远处电势相等,即O点的电势为零,根据电场的叠加原理可知,O点的场强不为零,A错误;由四个电荷分布的位置可知,a点电势高于c点电势,故把正电荷从a点移到c点,电场力做正功,故B正确;由四个电荷分布的位置可知,电场线关于P、Q连线对称,b点与d点电势相等,故把正电荷从b点移到d点,电场力做功为零,C正确;根据电场线的对称性可知,P、Q两点处电场线疏密程度相同,场强大小相等,方向相反,则同一电荷在P、Q两点处所受的电场力大小相等,方向相反,D正确.8.AD [解析] 由等量异种点电荷的电场分布可知,a、b两点处电场强度相同,a点的电势等于b点的电势,且都等于零,A正确,B错误;因c点电势高于d点,故把正点电荷从c点移到d点,电势能减小,C错误;M点的电荷受到的库仑力大小为F=k,D正确.9.AC [解析] 由题意知,UAB= V=-10 V,UBC= V=30 V,则UAC=UAB+UBC=20 V,若设φC=0,则φA=20 V,φB=30 V,延长AO与BC交于BC的三等分点D,则D点的电势应为20 V,AD是电势为20 V的等势线,故场强方向垂直于OA向右,场强大小为E= V/m=200 V/m,故选项A、C正确.10.BD [解析] 将负点电荷从x1位置运动到x2位置的过程分为两个阶段:从x1位置运动到O点的过程中,初速度为0,根据牛顿第二定律得a=,电场强度E不变,所以加速度a不变,做匀加速运动;从O点运动到x2位置的过程中,根据牛顿第二定律得a=,电场强度E先均匀增大后均匀减小,所以加速度a先均匀增大再均匀减小,速度不是均匀变化的,故A错误,B正确.点电荷从O点运动到x1位置的过程中,根据动能定理得-UOx1q=0-,点电荷从O点运动到x2位置的过程中,根据动能定理得-UOx2q=0-,故电势差UOx1=UOx2,C错误.点电荷从O点运动到x1位置的过程中,电场力做负功,电势能增大,点电荷在x1位置的电势能最大,点电荷从O点运动到x2位置的过程中,电场力也做负功,电势能增大,点电荷在x2位置的电势能也为最大,故D正确.11.(1) (2)x2=2Ly (3)L[解析] (1)设电场强度为E,从(0,)点射入场区的带电微粒在场区中的偏转时间为t1,有L=v0t1qE=ma解得E=.(2)微粒做类平抛运动,有x=v0ty=at2可得x2=2Ly.(3)如图所示,设射到(2L,0)点的带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1,竖直偏转位移为y1,偏转角为θ,偏转时间为t2,射入场区时的y坐标值为Y,有x1=v0t2y1=根据几何关系有x1+=2L,L-x1=Y-y1根据平抛运动的特点有tan θ=2解得Y=L.12.(1)mg+m (2) (3) [解析] (1)小球经B点时,在竖直方向上,有F-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细杆的拉力大小F'=F=mg+m.(2)O点电势为零,而OB在M、N连线的垂直平分线上,故B点的电势φB=0对小球由A点运动到B点的过程,由动能定理可得mgL+q(φA-φB)=mv2解得φA=.(3)由电场的对称性可得φC=-φA,所以UAC=2φA对小球由A点运动到C点的过程,由动能定理可得qUAC=解得vC=.课时作业(二十一)1.B [解析] 根据题意可得Q=5×105 C,U=3×105 V,根据C==1.7 F,B正确.2.A [解析] 插入一个带有一定厚度的金属板,相当于极板间的距离变小,根据电容的决定式C=,可知电容增大,又因电势差不变,则由Q=CU知,电容器的电荷量增大,电路中流过逆时针方向的短暂电流,故A正确,B错误;电势差不变,d减小,则电场强度增大,带电液滴所受的电场力增大,使带电液滴向上做加速运动,故C、D错误.3.C [解析] 当负极板右移时,两板之间的距离d减小,由C=可知,C与x的关系图像不是一次函数图像,故A错误;由U=可知,U=Q,则E=,故E与两板之间的距离d(或x)无关,故B错误;因负极板接地,设P点原来与负极板之间的距离为l,则P点的电势φ=E(l-x),故C正确;电势能Ep=φq=Eq(l-x),不可能为水平线,故D错误.4.BD [解析] 在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,解得d=,设带电粒子离开M板的最远距离为x,若使初速度减小为原来的,则x=,A错误;若使M、N间的电压提高到原来的2倍,则电场强度变为原来的2倍,x=,B正确;若使M、N间的电压提高到原来的4倍,则电场强度变为原来的4倍,x=,C错误;若使初速度和M、N间的电压都减小为原来的,则电场强度变为原来的一半,x=,D正确.5.D [解析] 粒子在加速电场中运动时,有U1q=,在偏转电场中运动时,有x=v0t,y=t2,解得x2=,若保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x减小,选项A错误;若保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;若保持U1、U2和下板的位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则d变大,x变大,故选项D正确.6.B [解析] 根据C=,将A板向上平移一小段距离,间距d增大,其他条件不变,则导致电容变小,故A错误;在A板上移过程中,电容减小,又由于极板间的电压不变,则电容器的电荷量减小,因此电容器处于放电状态,电阻R中有向上的电流,故B正确;根据E=,由于间距d增大,而电压U不变,所以A、B两板间的电场强度变小,故C错误;因场强变小,导致P点与B板间的电势差减小,因B板接地,电势为零,可知P点电势降低,故D错误.7.D [解析] 根据两微粒的运动轨迹可知,二者所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反,故A正确;若两微粒的初速度相同,根据平抛运动的规律可知,它们在水平方向上做匀速运动,因此到达金属网所用的时间相同,故B正确;根据运动学公式,在竖直方向有d=,若不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,故C正确;若E1>E2,d1=d2,根据运动学公式,在竖直方向有d=,由于两粒子的初速度不一定相同,则上方微粒的比荷不一定较小,故D错误.8.AC [解析] 由于两带电体起点和终点相同,故发生的位移一定相同,A正确;电势能的减少量等于电场力所做的功,电场力做功都为W=EQLcos 30°=EQL,C正确;由于两带电体初速度不同,但电场力做功相同,故到达C点的速度大小不相等,B错误;甲从A点运动到C点的时间t甲=,乙从A点运动到C点的时间t乙=,则甲、乙从A点运动到C点的时间之比为2∶,D错误.9.(1) (2)[解析] (1)离子在加速电场中加速,根据动能定理得qU=mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,根据牛顿第二定律得qE0=m解得R=.(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律得=vtPN=at2由牛顿第二定律得qE=ma解得E=.10.AD [解析] 当滑动变阻器的滑片向上滑动时,变阻器有效阻值增大,R的电压增大,则电容器板间电压增大,场强增大,油滴所受的电场力增大,所以带电油滴会向上运动,A正确;当电容器的上极板向上移动时,由电容的决定式C=知,电容减小,而电容器的电压不变,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量Q不变,根据E=可知电容器板间场强不变,油滴所受的电场力不变,所以带电油滴仍静止不动,B错误;当电容器的下极板向下移动时, 电容器所带的电荷量Q不变,由E=知,电容器板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,C错误;当电容器的下极板向左移动时,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量不变,故极板间电压U增大,由E=知,电容器板间场强变大,则P与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,D正确.11.(1) (2)1∶3 (3)1∶4[解析] (1)油滴静止时,由平衡条件得mg=q解得.(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1,加速度大小为a1,第二个Δt时间内油滴的位移为x2,加速度大小为a2,则x1=a1(Δt)2x2=v1Δt-a2(Δt)2且v1=a1Δt,x2=-x1联立解得a1∶a2=1∶3.(3)油滴向上做加速运动时,有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上做减速运动时,有mg-q=ma2即q=ma2则解得.专题训练(六)1.AD [解析] 对带电小球进行受力分析,如图所示,小球的加速度a= m/s2=-10 m/s2,根据几何关系得tan θ==1,故θ=45°,F电=mg=qE,解得E=100 V/m,故A、D正确,B、C错误.2.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D正确.3.AD [解析] 小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后受到电场力作用而做减速运动,由v-t图可以看出,在t=1 s和4 s时,小球经过边界MN,故B错误;由图像的斜率表示加速度可得,小球进入电场前的加速度为a1=,进入电场后的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,则电场力F=mg+ma2=ma1,所以重力mg与电场力F大小之比为3∶5,故A正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等,故C错误;在1~4 s过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,由于该过程中机械能和电势能的总和不变,所以小球的机械能先减小后增大,故D正确.4.BD [解析] 小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;因小球做匀速运动,由平衡条件知qEcos θ=mgsin θ,所以电场强度E=,选项B正确;电场强度变为原来的2倍后,则有q·2Ecos θ-mgsin θ=ma,所以a=gsin θ=6 m/s2,选项C错误;电场强度变为原来的一半后,则有mgsin θ-q·cos θ=ma1,所以a1==3 m/s2,由-v2=2a1L,解得v=1 m/s,选项D正确.5.BC [解析] 第1 s内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s末电场强度增大为第1 s末的2倍,故电场力变为第1 s末的2倍,合力变为向上,大小为mg,且第2 s内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.6.AD [解析] 根据等量同种点电荷产生的电场特点可知,a、b两点的电势相等,A正确;a、b两点的场强大小相等,但方向不同,B错误;正电荷从a点经c点移到b点,电势先降低后升高,由Ep=qφ得正电荷的电势能先减小后增大,C错误;由库仑定律和几何关系得,D正确.7.AD [解析] 粒子在板间运动的加。