11静电场基础题答案解析

答案第=page1111页，总=sectionpages1111页答案第=page1212页，总=sectionpages11页静电场基础题答案解析1．C【解析】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：F=kQAQBr2=kQ2r2，不带电的同样的金属小球C先与A接触：QC=QA故选C。【点睛】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带同种电荷，所以当与A球接触后的小球C与B球接触时，则先出现电荷中和，然后再平分电荷。2．CD【解析】由库仑定律可得：F=kqQr2得，库仑力与电量的乘积成正比，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2，原来带电量之比为1：3，原来库仑力为F=kq⋅3qr2，现在的库仑力为F′=k2q⋅2qr2，所以库仑力是原来的4/3。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3q−q2＝q，所以库仑力F″＝k3．ACD【解析】取小球为研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力T和电场力Eq的作用．因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，T和Eq的合力与mg是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则Eq＝mgsinθ得E＝＝，所以，该匀强电场的电场强度大小可能值为E≥，故A、C、D选项正确；故选ACD。4．BD【解析】根据库仑定律可得小球A与B之间库仑力的大小为：，当细线上的拉力为零时，小球A受重力、支持力及库仑斥力而平衡，在沿斜面方向上根据共点力平衡条件可得：mgsinθ=Fcosθ，联立解得：，故A错误，B正确；当斜面对A球支持力刚好为零时，根据共点力平衡条件可得：，联立可得：，故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。5．D【解析】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为负电，在A的左侧。设C所在位置与A的距离为r，则C所在位置与B的距离为L+r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q。则有：kqQr2=k9qQr+L2，解得：6．D【解析】A、带电粒子A受重力、Q1对其库仑力、Q2对其库仑力作用，悬浮于空中不动，所以Q1与Q2一定为同种电荷，故A错误；BCD、Q1对其库仑力为F1=KQ1q(32d)2=4KQ1q故选D。7．C【解析】以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F作出F1、FT的合力F，则由平衡条件得：F=G，根据ΔFBF1∽ΔOAB得：FOA=FTOB，得【点睛】以小球B为研究对象，在增大A球电量的过程中，处于动态平衡状态．小球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力FT三个力作用，作出力图，根据相似三角形原理得到线的拉力8．C【解析】两球整体分析，如图所示，由于A带正电，受到水平向左的作用力，而B带负电，受到水平向右的电场力，因此匀强电场方向水平向左；以A、B整体作为研究对象，整体受向下重力、细线L1斜向右上方拉力，根据平衡条件可知，qAE>qB【点睛】本题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力，同时知道A与B带电性，是解题的关键．9．A【解析】由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a处产生的场强与点电荷－q在a处的场强等大反向，大小为E=Kqd2。由对称性可知，矩形薄板在b处产生的场强也为E=10．D【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=kqR2，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=kqR2．

那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=kqR2．

而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E'=kq3R2=k点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。11．4.010-6-50【解析】电荷在A点的电势能为：EPA=qφA=2.0×10−8×2.0×【点睛】已知电势和电荷量，由Ep=qφ求电荷的电势能。根据电场力做功和电荷量，由U=Wq求得12．1.2×105V，-3.0×10-3J；【解析】根据U=Wq可知UAB=6.0×10−35.0×10−8=1.2×【点睛】在使用公式U=Wq、13．AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误。故选AB。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。14．1016【解析】经过a、b点时的动能分别为24eV和3eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为ΔEk=24−33=7eV，故经过等势面3时的动能为只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，其电势能变为−6eV时，故有：0eV+10eV=−6eV+Ek，解得【点睛】只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线3处的电势为零，列式求解点电荷的电势能与动能的和，然后结合功能关系即可求出动能。15．B【解析】BD、在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大，动能增大，粒子的电勢能减小，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小，故B正确，D错误；AC、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，粒子将沿中垂线PO做往返直线运动，故A、C错误；故选B。【点睛】M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。16．ABD【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上或向下到无穷远处，电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；即EA不一定大于EB。由电场的叠加原理知，A点的电场强度向上，B点的电场强度向下，所以两点的场强方向相反。根据顺着电场线方向电势越来越低，可知φA一定大于φB，故C说法正确，ABD说法错误。所以选ABD。17．B【解析】在等量的异种点电荷形成的电场中，则电场线是从正电荷出发到负电荷终至，所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则ΦA＞ΦB，而A、C同处于一根等势线，所以ΦA=ΦC．因此ΦA=ΦC＞ΦB；由等量异种点电荷的电场线的分布，可得B点的电场线最密，C点的最疏．所以EB＞EA＞EC；故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】明确等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直，电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低。18．BC【解析】A、等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直。由于b、c、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e各点的场强大小也相等。由以上的分析可知，b、c、d、e各点的电势相等，电场强度大小相等，方向相同。故A、D错误；故选BC。【点睛】解决本题的关键要掌握等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，知道场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同，同时掌握好电场强度的叠加方法。19．B【解析】根据场强的叠加可知，两个负电荷在c点产生的电场强度的和等于零，负电荷在c点产生的场强不为零，所以c点的电场强度一定不为零，故A错误；电场强度是矢量，由图可知，b、d两点的电场强度方向不同，故B正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，故C错误；由正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，故D错误。所以B正确，ACD错误。

20．AD【解析】试题分析：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高．故B错误；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．故选AD．考点：电场线；电场强度；电势及电势能【名师点睛】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．基础题目。21．BD【解析】A、B项：电子从a点运动到B点的过程中，电场力做的功为4.5eV，即，由于，解得，同理可得：，解得，根据，即，代入数据解得：，故A错误，B正确；C项：由AB项分析可知，a、c两点的电势相等，所以ac连线为匀强电场中的等势线，根据电场线与等势线垂直，故C错误；D项：过d点作ac的垂线，设垂足为f，由几何关系可得af=ad，根据，故D正确。22．CD【解析】连接AD、BF、CE，如图所示：由图可知AD与BF、CE都垂直，故电场强度方向由D指向A，由正六边形对称性可知F与B的电势相等，C与E的电势相等，故F点的电势为0V，C点的电势为4V，则A、F间的电势差为，C、F间的电势差为，由几何关系得：，而，则电场强度的大小为，故AB错误，CD正确，故选CD.23．C【解析】若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B错误；φ-x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；故选C。24．D【解析】A、由φ−x图象的斜率等于电场强度，知x=4

m处的电场强度不为零，选项A错误；B、从0到x=4

m处电势不断降低，但x=4

m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8

eV，选项D正确。故选D。【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱。25．ACD【解析】将A板稍微向右移，两极板间的距离减小，根据公式C=εS4πkd可知电容器电容增大，由于电荷量恒定，则根据C=QU可知两极板间的电势差减小，故静电计的张角变小，A正确；将A板稍微上移，两极板正对面积减小，根据公式C=εS4πkd可知电容器电容减小，根据C=QU可知U增大，即静电计指针张角变大，B错误；若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零，C正确；若将玻璃板插入两极板之间，两板之间电介质常数【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据C=εS4πkd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=U26．A【解析】据题可知，电容器所带电量Q不变，根据C=QU、C=εS4πkd、E=Ud得E=4πkQεS，则知电场强度E不变，P与右板间的距离不变，E不变，则由U=Ed分析P点与右板间电势差不变，右板电势为零，所以φ故选A。【点睛】由题知，电容器所带电量不变，根据C=QU、C=εS4πkd、E=Ud结合分析E的变化，由U=Ed27．C【解析】静止时尘埃P受到重力和电场力而平衡，电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，改变R1的阻值不能改变电容器的电压，所以尘埃仍静止。故A错误；变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左侧部分的电压，R2滑片向左移动时，电压减小，电容器板间场强减小，尘埃向下加速运动。故C正确，同理可知B错误；把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误。故选C。28．CD【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=εS4πkd知，d减小，则电容增加，故A错误；电势差不变，d减小，根据E=U/d可知，电场强度增加，带电油滴所受的电场力将变大，选项B错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C正确；因两板场强变大，则P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故D点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．29．BCD【解析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性。故A错误；粒子从A到B电场力做负功，则电势能变大，动能减小，可知B点电势能大于A点电势能，B点动能小于A点的动能，选项BD正确；根据电场线的疏密程度，判断A点场强大于B点场强，从而判断在A点受的电场力较大，根据牛顿第二定律得粒子在A点加速度较大，故C正确；故选BCD.点睛：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向；知道电场力做正功，动能增加，电势能减小．30．C【解析】A、粒子受到的电场力指向轨迹的内侧并和电场线共线，可知电场力和电场线同方向，所以粒子带正电，故A错B、负点电荷的电场线应该指向负电荷的直线，故B错；CD、沿着电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，而正电荷在电势高的地方电势能较大，所以C对；D错故选C31．D【解析】由图知，粒子轨迹向左弯曲，则带电粒子所受电场力大体向左。电场线与等势面垂直，且指向低电势，电场线的分布大致向左，则可知粒子带正电。故A错误。bc段力与速度方向夹角大于90度；故粒子做减速运动；故B错误。b→c动能减小，根据能量守恒，电势能增加，c点电势能最大；故C错误；bd在同一等势面上，电势能相等，则动能相等，故D正确。故选D。点睛：本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法．32．B【解析】电场线的方向从高电势指向低电势，由右向左，根据轨迹弯曲的方向知道电场力方向向右，知该粒子带负电。故A正确。粒子从A点运动到B点，电场力做正功，动能增大，则粒子速度增大，则粒子在A点的速度小于在B点的速度，故B错误。等势面越密的地方，场强越强，知A点的场强大于B点的场强，所以A点电荷所受电场力大于B点电荷所受电场力，根据牛顿第二定律知，粒子在A点的加速度较大。故C正确。从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，则粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。点睛：解决本题的关键知道等势面和电场线的关系，以及知道电场线和等势面的特点，电场力做功与电场能的关系．33．ACD【解析】a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由ℎ=12gt2可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，A正确；b和c在电场中沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同，B错误；由ℎ=12gt2可知，c粒子在电场中飞行的时间最短，而在水平方向飞行的距离最大，所以c的速度最大，a、b两粒子飞行时间相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同.先分析受力情况再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速，直线或曲线)，然后选用恰当的规律解题.解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．34．A【解析】当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t=l/v0与电压的变化无关，所以时间t不变。故A正确，BCD错误；故选A。35．C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：

①；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．在偏转电场中的偏转位移②，联立①②得；同理可得到偏转角度的正切，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．36．AB【解析】经加速电场后的速度为v，则12mv2=eU1点晴：本题是信息题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决问题。37．kq(R+L4【解析】水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端14L处产生的场强大小与一带电量为−q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：E=kqr2=kq【点睛】根据静电平衡可知，达到静电平衡后，感应电荷产生的附加电场与外面的电场大小相等，方向相反，所以导体内部场强处处为0，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等．然后在结合库仑定律解答即可。38．C【解析】在导体棒达到静电平衡后，导体棒的左端处带负电，故A错误；当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则棒左端的电势等于棒右端的电势，故B错误；当达到静电平衡时导体中心P点的场强为0，故C正确；导体棒上感应电荷中点P处产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反。因为点电荷+Q在P点产生的场强不为零，所以棒上感应电荷在P点处产生的电场强度大小也不为零，故D错误。所以C正确，ABD错误。39．C【解析】当静电平衡时，金属球内部场强