专题08静电场（练）-2017年高考物理二轮复习讲练测（解析版）
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1．【2016·浙江卷】以下说法正确的是： （ ）
A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比
D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
【答案】A
【名师点睛】此题考查了四个简单的知识点，都是很基础的知识，只要平时学习扎实，有一定的物理功底即可解答。注意答案C中，电容器电容的决定因素是两极板相对面积、两极板间距离和两极板间的电介质的介电常数，要分清物理量的定义式和决定式。
2．【2016·全国新课标Ⅰ卷】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器： （ ）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】D
【解析】电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错误，D正确。
【名师点睛】本题主要考查平行板电容器的动态平衡，要注意正确应用电容的决定式、定义式，板间场强公式。
3．（多选）【2015·广东·21】如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N
分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则： （ ）
A．M的带电量比N大 B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N大 D．移动过程中匀强电场对M做负功
【答案】BD
【规律总结】⑴电荷间相互作用规律为同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引；
⑵电场方向的规定是，正电荷的受力方向为场强方向，反之负电荷受力的反方向为场强方向。
4．【2015·全国新课标Ⅱ·14】如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将： （ ）
A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动
【答案】D
【解析】 现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。
【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力转动45°，而大小不变，物体会乍样运动？
5．（多选）【2014·海南·9】如图（a），直线MN表示某电场中的一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图（b）所示。设a、b两点的电势分别为、，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有： （ ）
A．> B．Ea>Eb C．Ea
Wb
【答案】BD
【犯法技巧】本题重点在利用v-t图像分析粒子的运动，加速度减小，从而判断电场的强弱；结合电荷的电性判断电场的方向，电势的高低。
1．所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列说法正确的是： （ ）
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
D．粒子从A到B的电场力所做的功大于从B到C电场力做的功
【答案】B
【解析】
由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误；故选B．
【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；要知道等势线密集的地方电场线密集且场强大；正电荷在高电势点的电势能较大；粒子所受的电场力方向指向轨迹的凹向．
2．如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角的固定光滑绝缘斜面，高为H.一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为： （ ）
A． B. C. D.
【答案】C
【解析】
【名师点睛】匀强电场与重力场的复合场问题的处理方法:1.动力学观点的两种方法:(1)正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”.2.功能观点的解决方法：(1)从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时，在对带电粒子受力情况和运动情况进行分析的基础上，再考虑应用恰当的规律解题。如果选用动能定理，要分清有几个力做功，做正功还是负功，是恒力做功还是变力做功，以及初、未状态的动能。(2)如果选用能量守恒定律解题，要分清有多少种形式的能参与转化，哪种形式的能增加，哪种形式的能减少，并注意电场力做功与路径无关。
3．如图所示，在一匀强电场区域中，A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，BD是对角线，∠A小于90°，则下列说法不正确的是： （ ）
A．如果D、B两点电势相等，则A、C两点电势一定相等
B．如果A、D两点电势相等，则B、C两点电势一定相等
C．如果UAD=UDC，则D、B两点电势一定相等
D．如果A、B、D三点的电势均为零，则C点电势一定为零
【答案】A
【解析】
【名师点睛】本题主要考查了等势面与电场线的关系，电场中两点电势相同，两点为电势点，且电场线与等势面垂直。
4．图示为一个半径为R的均匀带电圆环，其单位长度带电量为η。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x，以无限远处为零势点，P点电势的大小为。下面给出的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性判断。根据你的判断，的合理表达式应为： （ ） P
R
x
O
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
电势的单位是V，1V=1N•m/C．A等式右边单位是N•m/C，与等式左边相同，从数学角度看意义合理．故A正确．B等式右边单位是N•m2/C2
，与等式左边单位不同，B项不合理．故B错误．C等式左右两边单位相同，但从数学角度分析，当x＞R时根号内R2-x2＜0，没有意义了，C项不合理．故C错误．D等式右边单位是1N•m2/C，与等式左边单位不同，D项不合理．故D错误．故选A
【名师点睛】运用单位（量纲）检查方程是否正确是常用的方法．从单位分析：若等式左右两边单位不同，等式是不合理的．如单位正确，再从表达式的数学意义分析是否正确；但等式还要符合数学要求，不能没有意义.
5．（多选）如图一个点电荷只受电场力作用沿圆弧MN做匀速圆周运动，若圆弧MN的弧长为s，经过圆弧M、N两点的时间为t，经过这两点的速度偏向角为，不考虑点电荷对周围电场的影响，则： （ ）
A、M、N两点的电势相等
B、点电荷的加速度大小为
C、该点电荷所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的
D、该电场的场强方向一定指向圆弧的圆心
【答案】ABC
【解析】
【名师点睛】关键是知道速度偏向角与圆心角相等，根据圆心角和运动的时间求出角速度的大小，结合弧长和半径的关系得出半径的大小，从而求出点电荷的加速度大小．抓住电场力不做功判断M、N两点的电势大小关系
6．（多选）如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处.A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是（以无穷远处为电势零点）： （ ）
A．A、B、C、D四点的电场强度不同，电势不同
B．A、B、C、D四点的电场强度不同，电势相同
C．将一带负电的试探电荷从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能一直不变
D．位于过O点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势不为零
【答案】BC
【解析】
A、B、设正方向边长为L，每个电荷电量为Q，若将四个电荷分成a与d，b与c两组，
【名师点睛】计算场强的两种方法：1．计算电场强度的常用方法—公式法 (1)是电场强度的定义式，适用于任何电场，电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷无关，试探电荷q充当“测量工具”的作用。(2)要是真空中点电荷电场强度的计算式，E由场源电荷Q和某点到场源电荷的距离r决定。(3)是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意式中的d为两点间的距离在场强方向的投影。2.计算多个电荷形成的电场强度的方法—叠加法:当空间的电场由几个点电荷共同激发的时候，空间某点的
电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和，其合成遵循矢量合成的平行四边形定则。
7．如图（甲）所示，倾角为的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为的小球A，将一可视为质点的带电小球B从斜杆的底端a点（与A靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图（乙）所示．已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量．求：
（1）小球B的荷质比；（2）小球B在b点时速度到达最大，求a、b两点的电势差．
【答案】（1） （2）
【解析】
【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．
8． 如图所示，半径R = 0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q＝1.00×10－7C。圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N = 1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则：
⑴小球的最小动能是多少？
⑵小球受到重力和电场力的合力是多少？
⑶现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度。
【答案】（1）0.08J（2）0.2N（3）0.01kg、
【解析】
⑴、⑵小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．设小球在复合场中所受的合力为F，则有；
（2分）
即： （2分）
带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：
-F•2R=EKB-EKA=-0.32 （2分）
由此可得：F = 0.2N，（2分） （2分）
即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N．
【名师点睛】带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量
1．在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q（未 知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为k，则有： （ ）
A．电荷量 B．电荷量
C．绳对小球的拉力 D、绳对小球的拉力
【答案】A
【解析】
取圆环上一部分微元△x，设总电量为Q，则该部分电量为；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图所示，
【名师点睛】此题是对库仑定律以及物体的平衡问题的考查；因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析；此题有一定难度.
2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、运动径迹上电势φ和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是： （ ）
【答案】B
【解析】
从O到A过程中电场线先是变疏后又变密，所以电场强度先减小后增大，电场强度越大，单位长度上电势降落的越快，故电势先减小的慢后减小的快，即斜率先减小后增大，故C错误；电场强度先减小后增大，则电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，B正确；由于粒子一直做正功，所以速度一直增加，图像的斜率表示加速度，所以斜率先减小后增大，故A错误；根据动能定理可得，所以图像的斜率表示电场强度大小，所以斜率也应先减小后增大，故D错误；
【名师点睛】本题的关键是根据电场线的分布，可确定电场强度的变化规律，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化
3．如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b
紧靠挡板处于静止状态．现若稍改变F的大小，使b稍向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后： （ ）
A．ab间的电场力增大 B．作用力F将减小
C．系统重力势能减少 D．系统的电势能将增加
【答案】B
【解析】
由图可得，α变大，减小，F减小；B正确；由于减小，根据可知，两球间距离增大，由于b稍有向左移动一段小距离，所以a球上升一段距离，系统重力势能增加，C正确；两球间距离增大，电势能减小，D错误；故选BC。
【名师点睛】对a、b两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列平衡方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论；关于重力势能和电势能的变化，应从重力做功和电场力做功的角度判断。
4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ
随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则： （ ）A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【答案】D
【解析】
【名师点睛】此题考查了电势及电场强度的关系；要弄清图像反映的物理意义：φ-x图象的斜率等于电场强度E．沿着电场线电势降低，电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否.
5．（多选）如图所示， A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠A=30°，D为AB的中点，负点电荷Q位于D点．A、B、C三点的电势分别用、、表示，下列说法不正确的是： （ ）
A．大于
B．A、B两点电场强度相同
C．负检验电荷在BC连线上各点具有的电势能都相等
D．将正检验电荷沿AC从A点移到C点，电场力先做正功后做负功
【答案】ABC
【解析】
【名师点睛】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低
6．（多选）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a： （ ）
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
D．从N到Q的过程中，电势能一直增加
【答案】BD
【解析】
a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；从P到Q的过程中，由动能定理可知，-mgh-WE=0-mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故C错误；由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；故选BD.
【名师点睛】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量。
7．质量为m，带电量为q的带电微粒以初速度v0从A点竖直向上射入真空中沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率为，方向与电场方向一致，在此过程中，求：
（1）A、B两点间的电势差；（2）微粒的最小动能及此时的速度方向。．
【答案】（1） ；（2），速度方向沿斜向右上方与电场成60°
【解析】
（２）将重力场和电场合成为等效场，等效重力，方向与电场方向成
建立如图所示直角坐标系，该运动为类斜抛：当时，取
则：，此时，速度方向沿斜向右上方，与电场成60°.
【名师点睛】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，一般的思维是通过运动的合成和分解，得出两个分方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求解，也可以通过对全过程运用动能定理求解．
8．图中B为电源，电动势，内阻不计。固定电阻，为光敏电a阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距，S为屏，与极板垂直，到极板的距离。P为一圆盘，由形状相同透光率不同的三个扇形、和构成，它可绕轴转动。当细光束通过、、照射光敏电阻时，的阻值分别为1000Ω，2000Ω，4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度连续不断地射入C。已知电子电量，电子质量。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受重力。假设照在上的光强发生变化时阻值立即有相应的改变。
（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。
（2）设转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在、分界处时,试在答卷给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。）
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
设电子从C穿出时，沿y方向的速度为，穿出后到达屏S所经历的时间为，在此时间内电子在y方向移动的距离为，
由以上关系式得
代入数据得
由题意得
（2）如图所示。
【名师点睛】这是一道综合性较强的题目，涉及电路、电场、带电粒子在电场中的运动等问题，根据电路的连接可求出电容器两板间的电压，确定电场情况，进一步计算带电粒子在平行板间的运动情况（偏转角和偏移量），射出电场后做匀速运动，由数学的比例关系计算打在广平上的位置；关于图象，算出光敏电阻的阻值不同时，的偏移量而得到y-t关系。
