11靜電場基礎(chǔ)題答案解析

答案第=page1111頁，總=sectionpages1111頁答案第=page1212頁，總=sectionpages11頁靜電場基礎(chǔ)題答案解析1．C【解析】真空中兩個靜止點電荷間的靜電力大小為：F=kQAQBr2=kQ2r2，不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸：QC=QA故選C?！军c睛】由庫侖定律可知，在真空是必須確保電荷量不變，且電荷間距要大是能將帶電量看成點來處理．同時兩球帶同種電荷，所以當與A球接觸后的小球C與B球接觸時，則先出現(xiàn)電荷中和，然后再平分電荷。2．CD【解析】由庫侖定律可得：F=kqQr2得，庫侖力與電量的乘積成正比，當兩相同金屬小球帶同種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?：2，原來帶電量之比為1：3，原來庫侖力為F=kq?3qr2，現(xiàn)在的庫侖力為F′=k2q?2qr2，所以庫侖力是原來的4/3。當兩相同金屬小球帶異種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?q?q2＝q，所以庫侖力F″＝k3．ACD【解析】取小球為研究對象，它受到重力mg、絲線的拉力T和電場力Eq的作用．因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，T和Eq的合力與mg是一對平衡力，根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當電場力Eq的方向與絲線的拉力方向垂直時，電場力最小，如圖所示，則Eq＝mgsinθ得E＝＝，所以，該勻強電場的電場強度大小可能值為E≥，故A、C、D選項正確；故選ACD。4．BD【解析】根據(jù)庫侖定律可得小球A與B之間庫侖力的大小為：，當細線上的拉力為零時，小球A受重力、支持力及庫侖斥力而平衡，在沿斜面方向上根據(jù)共點力平衡條件可得：mgsinθ=Fcosθ，聯(lián)立解得：，故A錯誤，B正確；當斜面對A球支持力剛好為零時，根據(jù)共點力平衡條件可得：，聯(lián)立可得：，故D正確，C錯誤。所以BD正確，AC錯誤。5．D【解析】A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷的一條直線，外側(cè)二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個電荷，所以外側(cè)兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須為負電，在A的左側(cè)。設(shè)C所在位置與A的距離為r，則C所在位置與B的距離為L+r，要能處于平衡狀態(tài)，所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設(shè)C的電量為q。則有：kqQr2=k9qQr+L2，解得：6．D【解析】A、帶電粒子A受重力、Q1對其庫侖力、Q2對其庫侖力作用，懸浮于空中不動，所以Q1與Q2一定為同種電荷，故A錯誤；BCD、Q1對其庫侖力為F1=KQ1q(32d)2=4KQ1q故選D。7．C【解析】以小球為研究對象，球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力F作出F1、FT的合力F，則由平衡條件得：F=G，根據(jù)ΔFBF1∽ΔOAB得：FOA=FTOB，得【點睛】以小球B為研究對象，在增大A球電量的過程中，處于動態(tài)平衡狀態(tài)．小球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力FT三個力作用，作出力圖，根據(jù)相似三角形原理得到線的拉力8．C【解析】兩球整體分析，如圖所示，由于A帶正電，受到水平向左的作用力，而B帶負電，受到水平向右的電場力，因此勻強電場方向水平向左；以A、B整體作為研究對象，整體受向下重力、細線L1斜向右上方拉力，根據(jù)平衡條件可知，qAE>qB【點睛】本題要掌握整體分析的思想，要知道兩電荷之間的庫侖力可以看成是內(nèi)力，同時知道A與B帶電性，是解題的關(guān)鍵．9．A【解析】由電場的矢量疊加原理，可知矩形薄板在a處產(chǎn)生的場強與點電荷－q在a處的場強等大反向，大小為E=Kqd2。由對稱性可知，矩形薄板在b處產(chǎn)生的場強也為E=10．D【解析】電荷量為q的點電荷在b處產(chǎn)生電場強度為E=kqR2，而半徑為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（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場強度也為E=kqR2．

那么圓盤在此d產(chǎn)生電場強度則仍為E=kqR2．

而電荷量為q的點電荷在d處產(chǎn)生電場強度為E'=kq3R2=k點睛：考查點電荷與圓盤電荷在某處的電場強度疊加，緊扣電場強度的大小與方向關(guān)系，從而為解題奠定基礎(chǔ)。11．4.010-6-50【解析】電荷在A點的電勢能為：EPA=qφA=2.0×10?8×2.0×【點睛】已知電勢和電荷量，由Ep=qφ求電荷的電勢能。根據(jù)電場力做功和電荷量，由U=Wq求得12．1.2×105V，-3.0×10-3J；【解析】根據(jù)U=Wq可知UAB=6.0×10?35.0×10?8=1.2×【點睛】在使用公式U=Wq、13．AB【解析】A、虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為2V，由于電子的電勢能增加，等勢面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢為零，故A正確。B、由上分析可知，當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運動，因此也可能電子在勻強電場中做拋體運動，則可能不會到達平面f，故B正確。C、在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為-2eV，動能為8eV，電勢能與動能之和為6eV，當電子經(jīng)過平面d時，動能為4eV，其電勢能為2eV，故C錯誤。D、電子經(jīng)過平面b時的動能是平面d的動能2倍，電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍，故D錯誤。故選AB?！军c睛】考查電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關(guān)鍵。14．1016【解析】經(jīng)過a、b點時的動能分別為24eV和3eV；圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，故電荷經(jīng)過相鄰兩個等勢面時的動能減小量為ΔEk=24?33=7eV，故經(jīng)過等勢面3時的動能為只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，其電勢能變?yōu)?6eV時，故有：0eV+10eV=?6eV+Ek，解得【點睛】只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，根據(jù)題意曲線3處的電勢為零，列式求解點電荷的電勢能與動能的和，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出動能。15．B【解析】BD、在等量同種電荷連線中垂線上電場強度方向O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向P→O，速度越來越大，動能增大，粒子的電勢能減小，但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，但可能是加速度先變大后變小，故B正確，D錯誤；AC、越過O點后，負電荷q做減速運動，則點電荷運動到O點時速度最大，電場力為零，加速度為零，根據(jù)電場線的對稱性可知，越過O點后，負電荷q做減速運動，加速度的變化情況：先增大后減?。粚τ谒俣纫恢睖p小，粒子將沿中垂線PO做往返直線運動，故A、C錯誤；故選B。【點睛】M、N為兩個等量的正點電荷，其連線中垂線上電場強度方向O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向P→O，速度越來越大．但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定．越過O點后，負電荷q做減速運動，點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值，加速度變化情況同樣不確定。16．ABD【解析】兩個等量同種電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線向上或向下到無窮遠處，電場強度先增大后減小，場強最大的P點可能在A、B連線之間，也可能在A、B連線上，還可能在A、B連線下，由于A、B兩點的間距也不確定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，還可能等于EB；即EA不一定大于EB。由電場的疊加原理知，A點的電場強度向上，B點的電場強度向下，所以兩點的場強方向相反。根據(jù)順著電場線方向電勢越來越低，可知φA一定大于φB，故C說法正確，ABD說法錯誤。所以選ABD。17．B【解析】在等量的異種點電荷形成的電場中，則電場線是從正電荷出發(fā)到負電荷終至，所以A、B兩點處于從左向右的電場線方向上，則ΦA(chǔ)＞ΦB，而A、C同處于一根等勢線，所以ΦA(chǔ)=ΦC．因此ΦA(chǔ)=ΦC＞ΦB；由等量異種點電荷的電場線的分布，可得B點的電場線最密，C點的最疏．所以EB＞EA＞EC；故B正確，ACD錯誤；故選B?！军c睛】明確等量異種點電荷的電場線的分布，電場線與等勢線相互垂直，電場線不是實際存在的，但電場線的疏密可以體現(xiàn)電場強度的強弱；可以根據(jù)電場線方向來確定電勢的高低。18．BC【解析】A、等量異種電荷的電場線和等勢線都是關(guān)于連線、中垂線對稱的，由等量異號電荷的電場的特點，結(jié)合題目的圖可知，圖中bdef所在的平面是兩個點電荷連線的垂直平分面，所以該平面上各點的電勢都是相等的，各點的電場強度的方向都與該平面垂直。由于b、c、d、e各點到該平面與兩個點電荷的連線的交點O的距離是相等的，結(jié)合該電場的特點可知，b、c、d、e各點的場強大小也相等。由以上的分析可知，b、c、d、e各點的電勢相等，電場強度大小相等，方向相同。故A、D錯誤；故選BC?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握等量異種電荷的電場線和等勢面的分布情況，知道場強是矢量，只有大小和方向都相同時，場強才相同，同時掌握好電場強度的疊加方法。19．B【解析】根據(jù)場強的疊加可知，兩個負電荷在c點產(chǎn)生的電場強度的和等于零，負電荷在c點產(chǎn)生的場強不為零，所以c點的電場強度一定不為零，故A錯誤；電場強度是矢量，由圖可知，b、d兩點的電場強度方向不同，故B正確；電場線從正電荷到負電荷，沿著電場線電勢降低，所以b點的電勢比a點的高，故C錯誤；由正電荷在d、c兩點產(chǎn)生的電勢相等，但兩個負電荷在d點產(chǎn)生的電勢高于c點，所以c點的總電勢低于d點，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。

20．AD【解析】試題分析：電場線的疏密表示場強的大小，由圖象知a點的電場強度比b點大，故A正確；a點所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，即a點的電勢比b點的高．故B錯誤；電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，故C錯誤；由上知，-q在a點的電勢能較b點小，則把-q電荷從電勢能小的a點移動到電勢能大的b點，電勢能增大，電場力做負功．故D正確．故選AD．考點：電場線；電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】該題考查電場線的特點與電場力做功的特點，解題的關(guān)鍵是電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加．基礎(chǔ)題目。21．BD【解析】A、B項：電子從a點運動到B點的過程中，電場力做的功為4.5eV，即，由于，解得，同理可得：，解得，根據(jù)，即，代入數(shù)據(jù)解得：，故A錯誤，B正確；C項：由AB項分析可知，a、c兩點的電勢相等，所以ac連線為勻強電場中的等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，故C錯誤；D項：過d點作ac的垂線，設(shè)垂足為f，由幾何關(guān)系可得af=ad，根據(jù)，故D正確。22．CD【解析】連接AD、BF、CE，如圖所示：由圖可知AD與BF、CE都垂直，故電場強度方向由D指向A，由正六邊形對稱性可知F與B的電勢相等，C與E的電勢相等，故F點的電勢為0V，C點的電勢為4V，則A、F間的電勢差為，C、F間的電勢差為，由幾何關(guān)系得：，而，則電場強度的大小為，故AB錯誤，CD正確，故選CD.23．C【解析】若是異種電荷，電勢應(yīng)該逐漸減小，由圖象可以看出，應(yīng)該是等量的同種正電荷，故A錯誤；沿x正方向從N到C的過程，電勢降低，N、C兩點間場強方向沿x軸正方向。故B錯誤；φ-x圖線的斜率表示電場強度，由圖可得N、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大，故C正確；NC電場線向右，CD電場線向左，將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大。故D錯誤；故選C。24．D【解析】A、由φ?x圖象的斜率等于電場強度，知x=4

m處的電場強度不為零，選項A錯誤；B、從0到x=4

m處電勢不斷降低，但x=4

m點的電場方向不一定沿x軸正方向，選項B錯誤；C、由斜率看出，沿x軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，選項C錯誤；D、沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，電場力做負功，從O點移動到6m的過程電勢能增大8

eV，選項D正確。故選D。【點睛】本題首先要讀懂圖象，知道φ-x圖象切線的斜率等于電場強度，場強的正負反映場強的方向，大小反映出電場的強弱。25．ACD【解析】將A板稍微向右移，兩極板間的距離減小，根據(jù)公式C=εS4πkd可知電容器電容增大，由于電荷量恒定，則根據(jù)C=QU可知兩極板間的電勢差減小，故靜電計的張角變小，A正確；將A板稍微上移，兩極板正對面積減小，根據(jù)公式C=εS4πkd可知電容器電容減小，根據(jù)C=QU可知U增大，即靜電計指針張角變大，B錯誤；若將A板拿走，B板上帶電量不變，靜電計相當于驗電器，指針張角不為零，C正確；若將玻璃板插入兩極板之間，兩板之間電介質(zhì)常數(shù)【點睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據(jù)C=εS4πkd判斷電容器的電容變化情況，然后結(jié)合E=U26．A【解析】據(jù)題可知，電容器所帶電量Q不變，根據(jù)C=QU、C=εS4πkd、E=Ud得E=4πkQεS，則知電場強度E不變，P與右板間的距離不變，E不變，則由U=Ed分析P點與右板間電勢差不變，右板電勢為零，所以φ故選A。【點睛】由題知，電容器所帶電量不變，根據(jù)C=QU、C=εS4πkd、E=Ud結(jié)合分析E的變化，由U=Ed27．C【解析】靜止時塵埃P受到重力和電場力而平衡，電路穩(wěn)定時，滑動變阻器R1無電流通過，兩端電壓為零，改變R1的阻值不能改變電容器的電壓，所以塵埃仍靜止。故A錯誤；變阻器R2處于分壓狀態(tài)，電容器兩端電壓等于變阻器R2左側(cè)部分的電壓，R2滑片向左移動時，電壓減小，電容器板間場強減小，塵埃向下加速運動。故C正確，同理可知B錯誤；把閉合的開關(guān)S斷開，電容器兩端電壓增大到等于電源電動勢，故P向上加速，故D錯誤。故選C。28．CD【解析】將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距減小，根據(jù)C=εS4πkd知，d減小，則電容增加，故A錯誤；電勢差不變，d減小，根據(jù)E=U/d可知，電場強度增加，帶電油滴所受的電場力將變大，選項B錯誤；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故C正確；因兩板場強變大，則P點與下極板的電勢差變大，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小，故D點睛：本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當電容器與電源斷開，則電荷量不變．29．BCD【解析】由圖，粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子在A、B兩點受到的電場力沿電場線向左。由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性。故A錯誤；粒子從A到B電場力做負功，則電勢能變大，動能減小，可知B點電勢能大于A點電勢能，B點動能小于A點的動能，選項BD正確；根據(jù)電場線的疏密程度，判斷A點場強大于B點場強，從而判斷在A點受的電場力較大，根據(jù)牛頓第二定律得粒子在A點加速度較大，故C正確；故選BCD.點睛：本題是電場中粒子的軌跡問題，首先要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子受力方向；知道電場力做正功，動能增加，電勢能減?。?0．C【解析】A、粒子受到的電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)并和電場線共線，可知電場力和電場線同方向，所以粒子帶正電，故A錯B、負點電荷的電場線應(yīng)該指向負電荷的直線，故B錯；CD、沿著電場線電勢降低，所以A點的電勢高于B點的電勢，而正電荷在電勢高的地方電勢能較大，所以C對；D錯故選C31．D【解析】由圖知，粒子軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受電場力大體向左。電場線與等勢面垂直，且指向低電勢，電場線的分布大致向左，則可知粒子帶正電。故A錯誤。bc段力與速度方向夾角大于90度；故粒子做減速運動；故B錯誤。b→c動能減小，根據(jù)能量守恒，電勢能增加，c點電勢能最大；故C錯誤；bd在同一等勢面上，電勢能相等，則動能相等，故D正確。故選D。點睛：本題是軌跡問題，首先根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷帶電粒子所受的電場力方向，畫電場線是常用方法．32．B【解析】電場線的方向從高電勢指向低電勢，由右向左，根據(jù)軌跡彎曲的方向知道電場力方向向右，知該粒子帶負電。故A正確。粒子從A點運動到B點，電場力做正功，動能增大，則粒子速度增大，則粒子在A點的速度小于在B點的速度，故B錯誤。等勢面越密的地方，場強越強，知A點的場強大于B點的場強，所以A點電荷所受電場力大于B點電荷所受電場力，根據(jù)牛頓第二定律知，粒子在A點的加速度較大。故C正確。從A點到B點，電場力做正功，電勢能減小，則粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D正確。此題選擇不正確的選項，故選B。點睛：解決本題的關(guān)鍵知道等勢面和電場線的關(guān)系，以及知道電場線和等勢面的特點，電場力做功與電場能的關(guān)系．33．ACD【解析】a、b兩個粒子在電場中沿電場的方向上的位移相同，由?=12gt2可知運動時間也相同，所以b粒子飛離電場的同時，a剛好打在負極板上，A正確；b和c在電場中沿電場的方向的位移不同，所以在電場中飛行的時間也就不同，B錯誤；由?=12gt2可知，c粒子在電場中飛行的時間最短，而在水平方向飛行的距離最大，所以c的速度最大，a、b兩粒子飛行時間相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，【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．34．A【解析】當滑動變阻器的滑動端C上移時，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，根據(jù)q=UC得：電量q增大；電子在平行板電容器中做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動，所以運動時間t=l/v0與電壓的變化無關(guān)，所以時間t不變。故A正確，BCD錯誤；故選A。35．C【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d．在加速電場中，由動能定理得：

①；兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同．兩種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同，則運動的時間也不同，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場．在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移②，聯(lián)立①②得；同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切，可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)．所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同．故兩種粒子打屏上同一點．故C正確，A、B、D錯誤．故選C．【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動情況，知道從靜止開始經(jīng)過同一加速電場加速，垂直打入偏轉(zhuǎn)電場，運動軌跡相同．做選擇題時，這個結(jié)論可直接運用，節(jié)省時間．36．AB【解析】經(jīng)加速電場后的速度為v，則12mv2=eU1點晴：本題是信息題，根據(jù)所給的信息，找出示波管的靈敏度的表達式即可解決問題。37．kq(R+L4【解析】水平導體棒當達到靜電平衡后，棒上感應(yīng)電荷在棒內(nèi)距離左端14L處產(chǎn)生的場強大小與一帶電量為?q的點電荷在該處產(chǎn)生的電場強度大小相等，則有：E=kqr2=kq【點睛】根據(jù)靜電平衡可知，達到靜電平衡后，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場與外面的電場大小相等，方向相反，所以導體內(nèi)部場強處處為0，同一個導體為等勢體，導體上的電勢處處相等．然后在結(jié)合庫侖定律解答即可。38．C【解析】在導體棒達到靜電平衡后，導體棒的左端處帶負電，故A錯誤；當達到靜電平衡時整個導體是一個等勢體，則棒左端的電勢等于棒右端的電勢，故B錯誤；當達到靜電平衡時導體中心P點的場強為0，故C正確；導體棒上感應(yīng)電荷中點P處產(chǎn)生的場強大小與點電荷+Q在該處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反。因為點電荷+Q在P點產(chǎn)生的場強不為零，所以棒上感應(yīng)電荷在P點處產(chǎn)生的電場強度大小也不為零，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。39．C【解析】當靜電平衡時，金屬球內(nèi)部場強