PAGEPAGEPAGE4第六章靜電場命題點一：電場力的性質1．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。b點處的場強為零，那么d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：選B由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產生的電場強度與圓盤上Q在b點產生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據對稱性可知Q在d點產生的場強大小E′Q＝keq\f(q,R2)，那么Ed＝E′Q＋E′q＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，應選項B正確。2．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統置于方向水平的勻強電場中。靜電力常量為k。假設三個小球均處于靜止狀態，那么勻強電場場強的大小為()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：選B設小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，小球b對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力為2Fcos30°。設水平勻強電場場強的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項B正確。命題點二：電場能的性質3．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。那么()A．直線a位于某一等勢面內，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內，φM>φNC．假設電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．假設電子由P點運動到Q點，電場力做負功解析：選B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，應選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，應選項C錯誤。電子由P點運動到Q點，電場力做正功，應選項D錯誤。4．(多項選擇)(2022·全國卷Ⅱ)關于靜電場的電場強度和電勢，以下說法正確的選項是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向解析：選AD根據電場強度與電勢的關系解題。電場線(電場強度)的方向總是與等電勢面垂直，選項A正確。電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項B錯誤。沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的上下與電場強度的大小無必然關系，選項C錯誤。電場線(電場強度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確。5．(多項選擇)(2022·全國卷Ⅰ)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F為MN的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，那么()A．點電荷Q一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢面上C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D．φP大于φM解析：選AD根據正點電荷的電場的特點可知，點電荷的電場的等勢面是以點電荷為中心的同心球面，故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線，如下圖，根據圖中幾何關系可知，兩條線交MP于A點，即點電荷在A點，A正確，B錯誤；將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，C錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故φP>φM，D正確。命題點三：電容器、帶電粒子在電場中的運動6．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。假設在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態。現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止狀態B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動解析：選D兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉45°，受力如圖，那么其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。7．(2022·全國卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。假設將下極板向上平移eq\f(d,3)，那么從P點開始下落的相同粒子將()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回解析：選D當兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中，根據動能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，當下極板向上移動eq\f(d,3)，設粒子在電場中運動距離x時速度減為零，全過程應用動能定理可得：mg(eq\f(d,2)＋x)－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，兩式聯立解得：x＝eq\f(2,5)d，選項D正確。8．(多項選擇)(2022·全國卷)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。假設一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，那么在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動解析：選BD由題意可知粒子做直線運動，受到豎直向下的重力和垂直極板的電場力，考慮到電場力和重力不可能平衡，故只有電場力與重力的合力方向水平向左才能滿足直線運動條件，故粒子做勻減速直線運動，電場力做負功，電勢能逐漸增加，B、D對。9.(2022·全國卷)靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器。某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面。工作時收塵板帶正電，其左側的電場線分布如下圖；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收塵板上。假設用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，以下4幅圖中可能正確的選項是(忽略重力和空氣阻力)()解析：選A粉塵受力方向為電場強度方向，故在P點粉塵受力沿切線方向，從靜止開始運動時應沿P點的切線方向，但運動方向不可能沿電場線方向，故C、D錯誤；此后粉塵受力偏向右，故粉塵應從P點的切線方向向右下偏，但運動軌跡一定在P點所在電場線的上方，故B錯誤，A正確。10．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。解析：設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(vB2－v02)③聯立②③式得UAB＝eq\f(mv02,q)④答案：eq\f(mv02,q)11.(2022·全國卷Ⅱ)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q＞0)的質點沿軌道內側運動。經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能。解析：質點所受電場力的大小為F＝qE①設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝meq\f(va2,r)②Nb－F＝meq\f(vb2,r)③設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mva2④Ekb＝eq\f(1,2)mvb2⑤根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥聯立①②③④⑤⑥式得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)⑦Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)⑧Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)。⑨答案：見解析12．(2022·全國卷)一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如下圖。不計重力。求在t＝0到t＝T的時間間隔內，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間。解析：解法一：(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)①a2＝－2eq\f(qE0,m)②a3＝2eq\f(qE0,m)③a4＝－eq\f(qE0,m)④由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖像如圖(a)所示，對應的速度—時間圖像如圖(b)所示，其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)⑤(a)(b)由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T的時間間隔內位移大小為s＝eq\f(T,4)v1⑥由⑤⑥式得s＝eq\f(qE0,16m)T2⑦它沿初始電場正方向。(2)由圖(b)可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)⑧解法二：(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時間間隔內分別做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③－qE0＝ma4④設帶電粒子在t＝eq\f(T,4)、t＝eq\f(T,2)、t＝eq\f(3T,4)、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，那么v1＝a1eq\f(T,4)⑤v2＝v1＋a2eq\f(T,4)⑥v3＝v2＋a3eq\f(T,4)⑦v4＝v3＋a4eq\f(T,4)⑧設帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為s，有s＝(eq\f(v1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)＋eq\f(v2＋v3,2)＋eq\f(v3＋v4,2))eq\f(T,4)⑨聯立以上各式可得s＝eq\f(qE0T2,16m)⑩它沿初始電場正方向。(2)由電場的變化