2025高考物理步步高同步练习必修3练透答案

2025高考物理步步高同步练习必修3练透练透答案精析第九章静电场及其应用1电荷1．B2．BCD[物体带电的原因是电子的得失，带正电是因为失去了电子，带负电是因为得到了电子．物体所带电荷量是不能连续变化的，只能是e＝1.60×10－19C的整数倍．]3．C4．B[把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近，绝缘导体两端的电荷越来越多，选项A正确；离带负电的球P较近的一端带正电荷，较远的一端带负电荷，即两端的感应电荷是异种电荷，选项B错误，C正确；据电荷守恒定律知，两端的感应电荷电荷量相等，选项D正确．]5．D[带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开，故D正确．]6．B[由静电感应特点可知，近端感应出异种电荷，远端感应出同种电荷，故选B.]7．AD[无论用手摸一下导体的什么位置，都会使枕形导体通过人体与大地相连，由于静电感应，导体上的自由电子将经人体流入大地，使得导体带正电，手指离开，移去带电体C，导体带正电，故选项A、D正确．]8．C[根据电荷守恒定律知，电荷既不会消灭，也不会创生，只会发生转移，故A错误；该过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移，仍然遵循电荷守恒定律，故B、D错误，C正确．]9．BCD[原本不带电的物体处于电中性，不是不带电荷，而是物体中正负电荷所带电荷总量相等，故A错误；根据电荷守恒定律可知，N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9C，故B正确；根据摩擦起电可知，M带正电荷，失去电子，摩擦过程中电子从M转移到N，故C正确；M在摩擦过程中失去的电子个数n＝eq\f(q,e)＝eq\f(2.72×10－9C,1.6×10－19C)＝1.7×1010(个)，故D正确．]10．AD[甲、乙、丙三个物体原来都不带电，甲、乙两个物体相互摩擦导致甲物体失去电子而带1.6×10－15C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，由于乙、丙两物体完全相同，故可知乙、丙两物体带等量负电荷，由电荷守恒定律可知乙、丙两物体最终所带电荷量均为8×10－16C，A、D正确．]11．ABC[摩擦使笔套带电，带电的笔套靠近圆环的时候，圆环发生静电感应，上、下部分感应出等量的异种电荷，吸引过程中，圆环加速向上，吸引力大于圆环重力；绝缘材料做成的笔套，自由电子无法移动，电荷无法立刻被中和，故A、B、C正确，D错误．]12．D[导体原来不带电，只是在静电感应的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多了电子而带负电，A部分少了电子而带正电．根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，故D正确，A、B、C错误．]13．C[当闭合开关S1、S2中的任何一个以后，便把大地与枕形导体连通，由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出正电荷，因此无论闭合开关S1还是S2，都有电子从大地流向枕形导体，故C正确．]14．C[验电器上带正电荷后，验电器上的金属箔张开一定角度，如果用另一个带电体靠近验电器的金属球，金属箔张角变大，说明带电体带正电，吸引电子向金属球转移；如果金属箔张角变小，说明带电体带负电，排斥电子，电子向金属箔转移，选项A、B错误；验电器上带负电荷后，验电器上的金属箔张开一定角度，如果用另一个带电体靠近验电器的金属球，金属箔张角变大，说明带电体带负电，排斥电子向金属箔转移；如果金属箔张角变小，说明带电体带正电，吸引电子向金属球转移，选项C正确，D错误．]2库仑定律1．D2.D3．D[如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布状况对它们之间作用力的影响可以忽略不计，即可将它看作点电荷，能否看成点电荷与电荷量的大小无关，故A、B错误；根据牛顿第三定律可知，A、B相互作用时，B受到的静电力与A受到的静电力大小相等，故C错误；库仑定律的适用条件是真空和静止点电荷，故D正确．]4．C[设A、B两金属小球开始带电荷量为Q，距离为r，F＝keq\f(Q2,r2)，用一个不带电的金属球C先后与A、B接触，与A接触完后，A、C带电荷量均为eq\f(Q,2)，再与B接触后，B、C带电荷量均为eq\f(3,4)Q，F′＝keq\f(\f(Q,2)·\f(3,4)Q,r2)＝eq\f(3,8)F，因此选C.]5．A[根据库仑定律有F＝keq\f(q1q2,r2)，如果q1、q2恒定，当距离变为eq\f(r,2)时，F1＝eq\f(kq1q2,\f(r,2)2)＝4F，选项A错误；如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，F2＝eq\f(kq1·\f(1,2)q2,\f(r,2)2)＝2F，选项B正确；如果它们的电荷量和距离都加倍时，F3＝eq\f(k2q1·2q2,2r2)＝F，选项C正确；如果它们的电荷量都加倍，距离变为eq\r(2)r时，F4＝keq\f(2q1·2q2,\r(2)r2)＝2F，选项D正确．]6．A[A受到B、C点电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有FBA＝eq\f(k|QB|QA,rBA2)＝eq\f(9×109×4×10－9×3×10－9,0.012)N＝1.08×10－3NFCA＝eq\f(kQCQA,rCA2)＝eq\f(9×109×3×10－9×3×10－9,0.032)N＝9×10－5N规定沿这条直线由A指向C为正方向，则点电荷A受到的合力大小为FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9×10－5)N＝9.9×10－4N，故选项A正确．]7．A[由题意，结合几何关系可得ac＝bc＝eq\f(\r(3)l,2cos30°)＝l，小球c受到小球a的库仑力F1＝keq\f(q2,l2)，同理小球c受到小球b的库仑力F2＝F1，且两力夹角为60°，如图所示，所以根据力的平行四边形定则，小球c受到小球a、b库仑力的合力F＝2F1cos30°＝eq\r(3)keq\f(q2,l2)，方向平行于ab向右，故A正确，B、C、D错误．]8．BD[因为B对A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C对A是吸引力，即C一定带负电；假设C带电荷量等于B的电荷量，则C、B对A的库仑力大小相等，合力方向与BA的延长线夹角为60°，但是因为FA与BA延长线的夹角小于60°，可知C带电荷量小于B的电荷量，B、D正确．]9．AC10．7.2×10－11N方向平行于ab连线向右解析对c点小球受力分析，如图所示，由几何关系知，ac⊥bc，△abc为直角三角形．a、b两球对c球的静电力大小分别为Fac＝keq\f(qaqc,ac2)＝5.76×10－11NFbc＝keq\f(|qb|qc,bc2)＝4.32×10－11N由平行四边形定则得：F＝eq\r(Fac2＋Fbc2)＝7.2×10－11N则eq\f(Fbc,F)＝0.6，由几何关系知c点小球所受静电力方向平行于ab连线向右．11．B[若带电金属球A、B能看成点电荷，设两球心间距为r，根据库仑定律，有F1＝keq\f(4Q×Q,r2)，不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则两金属球所带电荷量变为QA＝－2Q，QB＝－eq\f(Q,2)，则它们间的静电力变为F2＝keq\f(2Q·\f(Q,2),r2)＝eq\f(F1,4).由题意可知，两球半径相比两球间距不能忽略，原来两球带异种电荷，由于相互吸引，电荷主要集中在内侧，电荷间实际距离小于r，故实际两球间静电力为F>F1，后来两球带同种电荷，由于相互排斥，电荷主要集中在外侧，电荷间实际距离大于r，故实际两球间静电力F′<F2，故可得F′<eq\f(1,4)F，B正确．]专题强化练1静电力作用下的平衡1．B2．B[以小球N为研究对象，对其进行受力分析，若使小球N处于平衡状态，则M对小球N的库仑力应水平向右，则小球N带正电；小球N的受力分析图如图所示，根据小球处于平衡状态可知，在水平方向有F＝FTsinθ，在竖直方向有FTcosθ＝mg，解得F＝mgtanθ，则小球N所受库仑力大小为mgtanθ，故选项B正确．]3．B4．A[若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡，则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力作用而不平衡，故q1带正电，同理分析q3也带正电．根据上面的假设判断，也可能是q1、q3带负电，q2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q1q3|,l1＋l22)，对q2有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q2q3|,l22)，对q3有：keq\f(|q1q3|,l1＋l22)＝keq\f(|q2q3|,l22)，又l2＝2l1，联立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，由于q1、q3是同种电荷，q1、q2是异种电荷，故A正确，B、C、D错误．]5．AD[小球A悬浮于空中，因此Q1对A的排斥力与Q2对A的排斥力的合力，一定与A所受的重力等大反向，故Q1与Q2与A都带同种电荷，A正确；利用三角形的边角关系可知∠AQ1Q2＝30°，∠AQ2Q1＝60°，根据库仑定律和平衡条件，可得eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)sin30°＋eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)sin60°＝mg，eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)cos30°＝eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)cos60°，解得Q1＝eq\f(3mgd2,8kq)，Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)，因此B、C错误，D正确．]6．AC[由于两带电小球相互吸引，所以一定带异种电荷，选项A正确．根据牛顿第三定律可知，两小球受到的静电力大小相等，无法判断电荷量的大小，选项B、D错误．设轻丝线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的静电力F＝mgtanθ，α>β，故m1g＜m2g，即m1＜m2，选项C正确．]7．D[设三角形边长为L，即AB、AC距离为L，则AD距离为eq\f(\r(3),3)L.以小球A为研究对象，由库仑定律知，B、C对A球的静电力大小均为F＝keq\f(Q2,L2)，两静电力的合力大小为F合＝2Fcos30°＝eq\r(3)keq\f(Q2,L2)，球A、D间的静电力大小为F′＝eq\f(kQq,\f(\r(3),3)L2)＝3keq\f(Qq,L2)，根据平衡条件得F合＝F′，即eq\r(3)keq\f(Q2,L2)＝3keq\f(Qq,L2)，所以Q＝eq\r(3)q，则Q与q的比值为eq\r(3)，选项D正确．]8．C带负电荷放在A的左边0.2m处－eq\f(9,4)Q解析A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两电荷排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，因为外侧两电荷距离大，所以外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，因此，C只能带负电，并且只能放在二者连线的延长线上，靠近A，如图所示，已知A与B间距离为L＝0.4m，设C与A间距离为x，C所带电荷量大小为qC.由题意可知，A、B、C均处于平衡状态，则三者所受合力为零．对C有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqBqC,L＋x2)，解得x＝0.2m，对A有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqAqB,L2)，解得qC＝－eq\f(9,4)Q.9．(1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)1.5×10－3N1×10－3N解析(1)对B球受力分析如图甲所示．B球受力平衡，则拉力与库仑力的合力大小等于重力，方向与重力方向相反，由几何知识可知：F＝mg＝FTB.根据库仑定律：F＝keq\f(q2,L2)＝mg.代入数据，解得q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)对A球受力分析如图乙所示：A球受力平衡，所以：FN＝Fsin60°＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)×10－3N．由牛顿第三定律可知，墙受到小球的压力大小为eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡，则有：FTA＝mg＋Fcos60°＝1.5×10－3N，由(1)分析知FTB＝mg＝1×10－3N.10．BD[对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，当将小球B向左推动少许时，FBA与竖直方向的夹角减小．则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；地面对小球B的支持力和小球A和B的重力平衡，因此地面对B的支持力保持不变，C错误；由于两球之间的静电力减小，故两小球之间的距离增大，D正确．]3电场电场强度第1课时电场强度电场强度的叠加1．A2．AD[电场强度的大小和方向都是由电场本身所决定的，与试探电荷无关，故该点电场强度是个定值，故A正确，B错误；根据F＝Eq可知，F－q图像是正比例函数图像，故C错误，D正确．]3．A[电场强度的定义式为E＝eq\f(F,q)，其中F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，A说法错误，B说法正确；点电荷电场强度的计算式为E＝eq\f(kQ,r2)，其中Q是产生电场的电荷的电荷量，C说法正确；对于库仑定律表达式F＝keq\f(q1q2,r2)，eq\f(kq2,r2)是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的电场强度大小，D说法正确．]4．D[设A、B两点处的负点电荷在C点的电场强度大小分别为EA、EB，由题意可知EA和EB的矢量和垂直于AB，则有EAcos37°＝EBcos53°，解得eq\f(EA,EB)＝eq\f(3,4)，故选D.]5．C6．(1)坐标为12cm处(2)坐标为0＜x＜6cm和x＞12cm处解析因为电荷量的大小Q1＞Q2，所以在Q1左侧的x轴上，Q1产生的电场的电场强度总是大于Q2产生的电场的电场强度，且方向总是指向x轴负半轴，在x＝0和x＝6cm之间，电场强度总是指向x轴的正方向．因此，只有在Q2右侧的x轴上，才有可能出现电场强度为0的点．(1)设该点距离原点的距离为x，则keq\f(Q1,x2)－keq\f(|Q2|,x－62)＝0，即4(x－6)2－x2＝0，解得x1＝4cm(不合题意，舍去)和x2＝12cm.所以，在x2＝12cm处电场强度等于0.(2)在x轴上0＜x＜6cm和x＞12cm的地方，电场强度的方向总是沿x轴的正方向．7．(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向解析(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2)，代入数据得F＝9.0×10－3N(2)A、B两点电荷在C点产生的电场强度大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2)，由平行四边形定则和几何关系可知，A、B两点电荷产生的电场在C点的合电场强度大小为E＝2E1cos30°，代入数据得E＝eq\f(9\r(3),2)×103N/C≈7.8×103N/C，方向沿y轴正方向．8．B[设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的电场强度大小为E，方向水平向右，由点电荷的电场强度公式得：E＝keq\f(Q,L2)，－Q在b点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，所以b点的电场强度大小为Eb＝E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(5,4)E，方向水平向右，故A、C错误；同理可求出c点的电场强度大小为eq\f(5,4)E，方向水平向右，故B正确，D错误．]9．D[当负点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，根据E＝keq\f(Q,r2)可得负点电荷在F点产生的电场强度大小为E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故两个正点电荷在F点产生的合电场强度大小为keq\f(Q,d2)，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为E1＝eq\f(4kQ,d2)，方向水平向左，所以F点的合电场强度为eq\f(4kQ,d2)－keq\f(Q,d2)＝eq\f(3kQ,d2)，方向水平向左，故D正确，A、B、C错误．]10．D[设等边三角形的边长为L，由题意可知E＝2keq\f(q,\f(2,3)Lsin60°2)＝2keq\f(3q,L2)＝eq\f(6kq,L2)，当把点电荷C移至AB连线的中点D时，中心O处的电场强度E′＝keq\f(q,\f(1,3)Lsin60°2)－keq\f(q,\f(2,3)Lsin60°2)＝eq\f(12kq,L2)－eq\f(3kq,L2)＝eq\f(9kq,L2)＝eq\f(3,2)E，故选D.]11．B[根据点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)，两异种点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝eq\f(kq,a2)，方向如图所示：两异种点电荷在P点的合电场强度为E1＝eq\r(2)E0＝eq\r(2)eq\f(kq,a2)，方向与＋q点电荷和－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝keq\f(Q,\r(2)a2)＝eq\f(kQ,2a2)，由于三点电荷在P处的合电场强度为0，则E2的方向应与E1的方向相反，且大小相等，即有E1＝E2，解得Q＝2eq\r(2)q，由几何关系可知Q的坐标为(0，2a)，故选B.]12．B[点电荷产生的电场强度的大小E＝eq\f(kQ,r2)，则正点电荷产生的电场强度大小E1＝eq\f(kQ1,r12)，负点电荷产生的电场强度大小E2＝eq\f(kQ2,r22)＝keq\f(Q1,2r22).要使E1＝E2，则有r1＝eq\r(2)r2，且该点位于过两个点电荷的直线上，而满足此关系的点有两处：一处是两点电荷的连线间，另一处是负电荷外侧．由于两电荷是异种电荷，所以在两者连线间一处，合电场强度大小为2E1或2E2，而在负电荷外侧的一处，合电场强度为零，故B正确，A、C、D错误．]13．BC[根据库仑定律、电场强度公式和电场叠加规律可知，CD之间合电场强度方向向右，大小逐渐减小到零，所以带负电的粒子向右做变减速运动，可能出现到D点时速度仍未减小为零，A错误，B正确；也可能出现未到D点之前速度减小为零而后反向加速，C正确，D错误．]第2课时电场线匀强电场1．C2.A3．C[电场线是假想的，不是真实存在的，故A错误；题图甲中，没有头发屑的地方同样也有电场存在，故B错误；题图乙中A点的电场线较B点密集，可知A点的电场强度大于B点的电场强度，故C正确；因A、B之间的电场线为曲线，根据物体做曲线运动的条件可知，则在题图乙电场中由A点静止释放的质子不可能沿电场线运动到B点，故D错误．]4．AD[在直线电场线上，箭头所指的方向就是电场强度的方向，所以a、b两点的电场强度方向相同，不知道a、b附近电场线的分布情况，Ea、Eb的大小不能确定，故选A、D.]5．A[由题图可知a到b过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负电荷所受静电力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的静电力方向和电场强度方向相反，因为仅在静电力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，v－t图像的斜率表示加速度，根据图像可得正确的是A选项．]6．C[电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可知Ed＞Ec，Eb＞Ed，故选项C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不在同一直线上，即a点和b点的电场强度的方向不同，故选项D错误．]7．D[电场线的特点，从正电荷出发到负电荷或无穷远处终止可以判断，则由电场线分布可知，A、B是两个等量同种正电荷，故A、B错误；电场线只是为了形象描述电场而假想出来的，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，故C错误；由对称性可知，在a、b两点处电场强度大小相等、方向相反，则同一试探电荷所受静电力大小相等，方向一定相反，故D正确．]8．A[根据场强叠加原理，d、c、e三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点所受静电力方向与场强方向相同，故A正确，B、C错误；两点电荷连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由c到无穷远处逐渐减小，因此c点场强是两点电荷连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D错误．]9．D[电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据题图可知，P点电场强度大小等于Q点电场强度大小，但是两点电场强度的方向不同，则电场强度不相同，故A错误；同理，M点的电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；根据电场线的方向可知，右边的小球带负电，但是带电荷量小于左边的小球的带电荷量，故C错误；依据E＝keq\f(q,r2)及电场强度叠加原则，则两点电荷连线的中点处的电场强度为E合＝keq\f(2q,r2)＋keq\f(q,r2)＝3keq\f(q,r2)，故D正确．]10．A[两等量异种点电荷电场的电场线如图所示，在它们连线的中垂线上，从连线上的中点O到无穷远处的电场强度逐渐减小，故选A.]11．AB[在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球受力方向沿垂直平分线，如果P、N与O之间的距离足够远，小球从P点运动到O点，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到N点，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，B正确；同理，如果P、N与O之间的距离很近，A正确．]12．BC[由等量异种电荷电场分布情况可知，关于二者连线中点对称的两点电场强度大小相等，方向相同．题目中各点的电场是由点电荷形成的电场与匀强电场叠加而成的．叠加时遵循平行四边形定则．因为A、F两点关于O点对称，所以两点电荷在A、F的电场强度大小相等，方向相同，故与匀强电场叠加后A点和F点电场强度大小相等，方向相同，A错误；因为I、D两点关于O点对称，所以两点电荷在I与D两点电场强度大小相等，方向相同，故与匀强电场叠加后I点和D点电场强度大小相等，方向相同，B正确；因为B、G两点关于O点对称，所以两点电荷在B与G两点电场强度大小相等，方向相同，故与匀强电场叠加后B点和G点电场强度大小相等，方向相同，C正确；点电荷在H与F两点电场强度大小相等，方向不相同，则与匀强电场叠加后电场强度不相同，D错误．]专题强化练2静电力的性质1．D[正电荷所受静电力方向与电场强度方向相同，根据v－t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受静电力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，综上所述可知A、B、C不可能，D可能．]2．D[电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．]3．BC[根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误．]4．D[相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右．由对称性知，完整的带电圆环在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆环其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙，故选D.]5．BCD[A图中，小球带正电，电场强度方向水平向左，带电小球所受的静电力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，电场强度方向水平向右，带电小球所受的静电力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受静电力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细绳的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D图中，电场强度方向向上，当qE＝mg，绳子拉力为零时，小球能静止在图中位置，故D正确．]6.eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根据电场强度的叠加原理可知，薄板带负电荷．点电荷在A点的电场强度为eq\f(kq,9d2)，A点的电场强度为0，则薄板在A点的电场强度大小为EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根据对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正点电荷q在B点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B点的合电场强度大小为E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7．C[假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，根据对称性及电场的叠加原理知圆心O处电场强度为0，所以圆心O点处的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的电场强度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小等于在A点处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度的大小，方向相反，A点处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误．]8．D[由题意可知，单位长度圆弧所带电荷量相等，圆弧AF、DE、BC所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小相等，其中圆弧AF与BC所带电荷在O处产生的电场强度方向的夹角为120°，圆弧DE所带电荷在O处产生的电场强度方向在上述两电场强度方向的夹角的角平分线上，如图所示，根据平行四边形定则知，圆心O处的合电场强度大小为2E1，故D正确，A、B、C错误．]9．(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s解析(1)根据静电力的计算公式可得静电力F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103N＝3.0×10－3N；(2)小球受力情况如图所示：根据平衡条件得mg＝eq\f(qE,tanθ)，所以m＝eq\f(qE,gtanθ)＝eq\f(3×10－3,10×0.75)kg＝4.0×10－4kg；(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2.0m/s.10．(1)3.2m/s2(2)0.9m解析(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－eq\f(kQq,L2)－qEcosθ＝ma，代入数据解得：a＝3.2m/s2.(2)小球B速度最大时所受合力为零，即mgsinθ－eq\f(kQq,r2)－qEcosθ＝0，代入数据解得：r＝0.9m.11．C[取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，联立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故选C.]4静电的防止与利用1．A[导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场与场源电荷Q在此处产生的电场场强大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误．]2．AC[由于导体AB缓慢移动，所以导体AB内部可以认为始终处于静电平衡状态，导体内部电场强度始终为零，选项B错误；由于导体AB距P越来越近，所以导体A、B两端积累的感应电荷会越来越多，选项A正确；M点距小球P的距离比N点要近，带负电的小球P在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度，而导体内部的合电场强度处处为零，那么导体上的感应电荷在M点产生的电场强度就大于在N点产生的电场强度，故选项C正确，选项D错误．]3．ACD4．AD[避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，D正确；根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知底端带负电的云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷，A正确，B错误；由于电荷更容易集中到尖端，从而避雷针尖端附近的电场强度比避雷针底端附近的电场强度大，C错误．]5．D[因为金属壳的外表面接地，所以外表面没有感应电荷，只有内表面有感应电荷分布，且由于A带正电，B的内表面带负电，D正确，B、C错误；B的空腔内有带正电的小球A产生的电场和金属壳内表面感应电荷产生的电场，所以空腔内电场强度不为零，A错误．]6．AC[工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，是由于喷枪喷嘴与被涂工件之间形成了强电场，由正电荷对涂料微粒的吸引作用可得出涂料微粒带负电，故A、C正确．]7．D[由于集尘极与电源的正极连接，尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明到达集尘极的尘埃带负电，A错；电场方向由集尘极指向放电极，B错；尘埃带负电荷，在电场中受静电力的方向与电场方向相反，C错；根据F＝qE可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大，D正确．]8．C[电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业，A错误．金属笼起到静电屏蔽的作用，所以不会对小鸟造成危害，B错误．因为塑料桶和汽油容易摩擦起电，产生的静电不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故，而金属桶能将静电导出，避免事故发生，C正确．一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下，D错误．]9．B[把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，由于正电荷的电场和感应电场的共同作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场，但球壳外部的电场分布情况不会受到影响，选项B正确，A、C、D错误．]10．C[当静电平衡时，空腔球形导体壳内壁感应出负电荷，外壁感应出正电荷，感应电荷形成的电场与点电荷形成的电场叠加，导致空腔球形导体壳中电场强度为零．画出电场线的大致分布如图所示．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线最疏，b处场强为零，则Ea>Ec>Ed>Eb，C正确．]11．B[首先带正电荷的小球C从A球开口处放入A球中央．根据静电感应现象可知，A球内表面带负电荷，外表面带正电荷．用手接触A相当于把A接地，由大地传导过来的电子与A球外表面正电荷中和，使A球外表面不带电，此时A球对外部起静电屏蔽作用，A球内的电场不影响外部．用手接触B时，无电荷移动，B球不带电．当带正电荷的C球从A球内移走后，A球内表面所带的负电荷移至外表面，所以此时A球带负电荷．故选B.]第十章静电场中的能量1电势能和电势1．BC[静电力做功的多少与电荷运动路径无关，故A错误；静电力做功只与电荷在电场中的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，故B正确；正电荷沿着电场线方向运动，则正电荷受到的静电力方向和电荷的运动方向相同，故静电力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，静电力对负电荷做正功，故C正确；电荷在电场中运动虽然有静电力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，故D错误．]2．C[静电力做功只与起始和终止位置有关，与路径无关，因此选项C正确．]3．D[根据公式Ep＝φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的电性，因此无法判断它在电势高的地方电势能的大小，故A错误；若放在电场中某点的电荷为正电荷，当该点电势小于零时，电荷量越大，电荷具有的电势能越小，故B错误；电势能Ep＝qφ，正电荷在电势小于零处的电势能为负值，小于负电荷在该处的电势能，故C错误；取无穷远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，可知在负点电荷所产生的电场中的任意一点电势为负，正电荷在任意一点具有的电势能为负值，而负电荷在任意一点具有的电势能为正值，正电荷具有的电势能小于负电荷具有的电势能，故D正确．]4．D[电场线的疏密反映电场强度的大小，B点的电场线较A点密集，则EA<EB，沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知B点电势高于A点，电子带负电，负电荷在电势高处的电势能较小，则EpA>EpB，故选D.]5．B[只有一条电场线不能确定是否为匀强电场，A错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，则A点的电势最高，B正确；电场线的疏密反映电场强度的大小，一条电场线无法比较疏密，所以无法比较其大小，C错误；电子带负电，所受静电力与电场方向相反，沿电场线方向，静电力对电子做负功，电势能增大，故电子在A点的电势能最小，D错误．]6．C[取无穷远处电势φ＝0，由题意有φM>φN>0，故选项C正确．]7．AC[电子受到点电荷的静电力，当电子由M点向P点运动时，二者距离减小，静电力做正功，故电势能减小，又由动能定理，知动能增大，即速率增大；当电子由P点向N点运动时，电势能增大，动能减小，速率减小，故A、C正确，B、D错误．]8．C[负电荷从A点由静止释放(初速度为0)后，能加速运动到B，说明负电荷受到的静电力方向从A指向B，那么电场方向由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA<φB；由题图乙可知，负电荷从A运动到B的过程中，加速度逐渐减小，由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由E＝eq\f(F,q)知，EA>EB，C正确．]9．BC[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点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，电场强度最大的点可能在M、N连线之间，也可能在N点以上，还可能在M点以下，A错误；等量同种正点电荷的连线的中垂线的电场方向由O点指向远处，所以M点的电势高于N点的电势，B正确；同一负电荷在电势越高的地方电势能越小，因为M点的电势高于N点的电势，所以负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，C正确；如果只受静电力作用正电荷从M点静止释放，将沿中垂线做加速运动，但加速度可能一直减小或先增大后减小，D错误．]10．BCD[由分析可知，负电荷从A至B做减速运动，则负电荷所受静电力的方向为B→A，电场E的方向应为A→B，所以φA＞φB，EpA＜EpB，选项B、C正确；由于只有一条电场线，不知道电场的具体分布，所以无法判断A、B两点电场强度的大小，选项A错误；负电荷再回到A点时，其电势能不变，动能也不变，所以v与v0大小相等，选项D正确．]11．ABD[根据静电力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，静电力做功为0，选项B正确；根据对称和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为＋q的电荷后，C点电势为φC2＝2φC1＝2eq\f(W,q)，带电荷量为－2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，选项D正确；Q2从无穷远处移到C点的过程中，静电力做的功为0－EpC＝4W，选项C错误．]12．(1)－1.2×10－7J(2)60V/m(3)减少1.44×10－7J解析(1)静电力做功与电势能的关系为W1＝Epa－Epb规定a点电势为零，即Epa＝0电荷在b点的电势能为Epb＝－W1＝－1.2×10－7J；(2)正电荷从a移动到b，静电力做功可表示为W1＝qE·ab代入数据解得E＝60V/m；(3)该电荷从b到c，静电力做功W2＝F|bc|cos60°＝qE·bc·cos60°代入数据解得W2＝1.44×10－7J，所以该过程电荷的电势能减少1.44×10－7J13．BD[A、B两点电荷在O点产生的合电场强度为0，而C点电荷在O点产生的电场强度方向向左，故O点的合电场强度方向向左，A错误；同理可知，D点的合电场强度为0，B正确；OC间各点的合电场强度方向向左，若将点电荷＋q从O点移向C点，静电力做正功，电势能减少，C错误；若将点电荷－q从O点移向C点，静电力做负功，电势能增加，D正确．]2电势差1．D[电荷在等势面上移动时，静电力不做功，但并不是不受静电力的作用，选项A错误；等势面上各点电场强度大小不一定相等，不同电势的等势面不可能相交，选项B、C错误．等势面与电场线垂直，结合这一特点可知匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面，选项D正确．]2．C3．D[在c、d、e、f四点中，f点所处的等差等势面最密集，所以电场线也密集，则f点的电场强度最大，故A错误；f点电势最低，若将某电子由c移到f，其电势能将增大，故B错误；电场方向由c等势面指向f等势面，则将某电子在d点由静止释放，它会向c点所在等势面运动，故C错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，故在c、d、e、f四点中c点的电势最高，故D正确．]4．D[由题图可知，P、Q处固定等量异种电荷，则两电荷连线中垂线为等势线且电势为0，e在该等势线上，故e点电势为0，故A错误；a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；Q处固定正电荷，则P处固定负电荷，所以φb>0，φd<0，故b点电势高于d点电势，故C错误；负电荷从a到c，电势降低，由Ep＝qφ知，电势能增加，故D正确．]5．BC[A、B两点间的电势差UAB由电场决定，与两点间移动电荷的电荷量q及WAB无关，与是否移动电荷也无关，故A错误，C正确；A、B两点间的电势差UAB由电场决定，在不变的电场中，A、B两点间的电势差不变，所以不同的电荷从A点移动到B点，静电力做的功WAB和电荷量q成正比，故B正确；WAB与q、UAB有关，与电荷移动的路径无关，故D错误．]6．B[UAD＝φA－φD＝－40V－(－10)V＝－30V，所以WAD＝qUAD＝1.6×10－9×(－30)J＝－4.8×10－8J，故选B.]7．(1)100N/C，水平向右(2)－4×10－18J解析(1)由点电荷的电场强度公式有：E＝keq\f(Q,r2)，r＝OM＝30cm＝0.30m代入数据可得电荷Q在M点的电场强度大小为：E＝9×109×eq\f(1.0×10－9,0.302)N/C＝100N/C方向为水平向右；(2)电荷q从M点移到N点，静电力做的功为：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝－2.0×10－19×20J＝－4×10－18J.8．B[根据等量异种点电荷周围的电场特点，可知OC所在的直线为等势线，E点电势高于D点电势．故可知UCE<UOD，两次移动点电荷的过程中，静电力都做正功．根据W＝qU，可知W1>W2，故选项B正确．]9．CD[a点的等势面比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误．c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误．a点电势低于c点电势，负电荷从a点移到c点，即负电荷向高电势处移动，静电力做正功，选项C正确．从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确．]10．B[仅在静电力作用下电荷由A点移到B点，静电力做功为2.0×10－3J，电荷在B点的电势能比在A点的电势能小2.0×10－3J，根据动能定理知电荷在B点的动能比在A点的动能大2.0×10－3J，故B正确，A错误；A、B两点间电势差为UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(2.0×10－3J,5.0×10－4C)＝4V，故C错误；若在A、B两点间移动一个q＝1.0×10－4C负电荷，则静电力做功W＝q′UAB＝－1×10－4×4J＝－4×10－4J，故D错误．]11．AD[电荷量为q的粒子从O点运动到A点，由动能定理可得qUOA＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mv02，解得UOA＝eq\f(3mv02,2q)；电荷量为－q的粒子从O点运动到B点，同理可得(－q)UOB＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2，解得UOB＝－eq\f(5mv02,2q)，即UBO＝eq\f(5mv02,2q)，所以O、A间的电势差比B、O间的电势差小，C错误，D正确．由以上计算结果可知UOA>0，UOB<0，所以φO>φA，φO<φB，即O、A、B三点的电势关系为φA<φO<φB，A正确，B错误．]12．AC[设ab边与Oa夹角为θ，圆半径为R，由牛顿第二定律可得qEcosθ＝ma，根据运动学公式，有2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2，联立，可得t＝eq\r(\f(4mR,qE))，易知带电小球沿不同绝缘槽运动，所需时间相同，即t1＝t2＝t3，故A正确；小球分别到b、c、d时的过程中，静电力做功关系为Wab<Wac<Wad，又根据动能定理W＝Ek，易知Ek1<Ek2<Ek3，则v1<v2<v3，故B错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，依题意小球带正电可得φ1>φ2>φ3，且φ1－φ2>φ2－φ3，根据Ep＝qφ，依题意小球带正电可得Ep1>Ep2>Ep3，故C正确；U1＝φ1－φ2，U2＝φ2－φ3，故U1>U2，故D错误．]3电势差与电场强度的关系1．CD2.D3．C[由U＝Ed知，此圆周上各点与A点间电势差最大的点应是沿电场强度方向与A点相距最远的点，dmax＝r＋rcosθ，所以Umax＝Er(cosθ＋1)，C项正确．]4．C[根据U＝Ed，得U＝1×104×0.5V＝5000V，故选项C正确．]5．(1)－eq\r(3)×102V(2)eq\r(3)×102V(3)1000V/m垂直AB连线指向右下方解析根据W＝qU，得UAB＝eq\f(WAB,q)＝0，即φA＝φB，UBC＝eq\f(WBC,q)＝－eq\r(3)×102V.(1)UAC＝φA－φC＝φB－φC＝UBC＝－eq\r(3)×102V.(2)φB＝0，UBC＝φB－φC，所以φC＝φB－UBC＝eq\r(3)×102V.(3)AB为等势面，电场强度方向垂直AB连线指向右下方，故E＝eq\f(|UBC|,BCsin60°)＝1000V/m6．B[由等势线分布和电子速度变化可知该电场类似于负点电荷的电场，电势φA>φB>φC，电子沿AC方向运动时受到的静电力越来越大，选项A、D错误；根据电子只在静电力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，可知电子具有的电势能越来越大，选项B正确；根据U＝Ed，由于电场为非匀强电场，平均电场强度EAB<EBC，可知电势差UAB<UBC，选项C错误．]7．AD[根据电场线和等势面的关系，可以判断出M点的电势比P点的电势高，A正确．将负点电荷由O点移到P点，静电力做负功，B错误．根据U＝Ed进行定性分析可知UMN＜UOM，C错误，D正确．]8．A[沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa>φb>φc，A正确；只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较三点电场强度的大小，B、D错误；对于匀强电场，两点间的电势差U＝Ed，只有在匀强电场中沿电场线方向才有φa－φb＝φb－φc，C错误．]9．AB[一个带电荷量为q的正电荷从C点运动到A点和从C点运动到B点静电力做的功均为W，则AB是一条等势线，正电荷从C点运动到B点静电力做功为W，由W＝qUCB，得UCB＝eq\f(W,q)＝φC－φB，由于C点电势为零，所以φB＝－eq\f(W,q)，故A、B正确；过C点作AB的垂线，交AB于D点，如图所示，则CD为电场线，由几何关系知CD＝BCcos30°＝eq\f(\r(3),2)d，则E＝eq\f(UCB,CD)＝eq\f(\f(W,q),\f(\r(3),2)d)＝eq\f(2\r(3)W,3qd)，故C错误；在A点由静止释放一个点电荷，该电荷将沿垂直于AB的方向做直线运动，故D错误．]10．D[a、O之间沿电场线方向的距离为d＝Rsin53°＝4m，a、O间电势差U＝4V，则电场强度的大小为E＝eq\f(U,d)＝1V/m，故A错误；b、O之间沿电场线方向的距离为x＝Rcos53°＝3m，b点电势为φb＝Ex＝1×3V＝3V，故B错误；b、d两点间的电势差为Ubd＝2ERcos53°＝2φb＝6V，静电力做功Wbd＝qUbd＝－1×6J＝－6J，故C错误；a、c两点间的电势差为Uac＝2ERsin53°＝8V，静电力做功Wac＝qUac＝1×8J＝8J，则电势能减少8J，故D正确．]11．(1)1200V(2)6×10－5J－480V－1680V解析(1)由U＝Ed得A、B两点间的电势差UAB＝E·eq\x\to(AB)cosθ＝2.4×104×10×10－2×0.5V＝1200V.(2)正点电荷在电势高处电势能大，它在A、B两点间的电势能之差为EpA－EpB＝qUAB＝5×10－8×1200J＝6×10－5J.若M板接地，M板电势为0，UMA＝φM－φA＝E·eq\x\to(MA)＝480V.则φA＝－480V，φB＝φA－UAB＝－480V－1200V＝－1680V.12．C[若只在A点放置一正点电荷B、C之间的平均电场强度大于H、G之间的平均电场强度，又有BC＝HG，再结合BC、HG与电场方向的关系，可知电势差UBC>UBG，故A错误；若只在A点放置一正点电荷，由于B、H两点到A点的距离不相等，根据点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，B、H两点的电场强度大小不相等，故B错误；若在A、G两点处放置等量异种点电荷，由于BC与EH平行且相等，结合等势面的分布情况可知UBC＝UEH，故C正确；若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H关于AE连线的中垂线上下对称，所以D点与H点电场强度大小相等，同理得H与F两点的电场强度大小相等，则D、F两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故D错误．]13．CD[根据电场线的疏密表示电场强度的大小，则R点的电场强度小于P点，A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，Q左侧电场强度小于右侧的电场强度，根据U＝Ed，无穷远处电势为零，则R点电势大于0.5V，带正电试探电荷从R点移动到P点，静电力做功不等于零，B错误；P点左侧电场线比较密，则左侧的电场强度较大，根据U＝Ed，则UQP>0.5V，点电荷与金属板间的电势差大于1V，C正确；金属板处于静电平衡状态，是等势体，表面是等势面，D正确．]专题强化练3电场线、等势面与电荷运动轨迹问题等分法的应用1．D[微粒的运动情况取决于合力和初速度的关系，微粒只受到静电力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，微粒有没有初速度及初速度方向与电场线的关系；只有当电场线是直线且微粒的运动方向沿着电场线时，微粒才沿电场线运动，微粒不一定由高电势处向低电势处运动，故A、B、C错误，D正确．]2．BCD[由运动轨迹可知，粒子P受引力作用，粒子带正电，故A错误；a、c与负点电荷Q的距离相等，b点距离负点电荷Q较远．距离负电荷越远，电势越高，故B正确；正电荷在电势越高(低)的位置，电势能越大(小)，结合A、B选项，粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小，故C正确；由几何关系，a、b、c三点到负点电荷Q的距离关系为ra＝rc＝eq\f(\r(2),2)rb，又根据F＝keq\f(Qq,r2)＝ma，得aa∶ab∶ac＝2∶1∶2，故D正确．]3．B[由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹可知该粒子所受静电力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子做匀变速曲线运动，静电力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故选B.]4．AC[由题知，带正电的微粒仅受静电力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10－5J，说明静电力做负功，则知静电力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹如题图中虚线1所示，故A正确，B错误；由于微粒带正电，所受静电力水平向左，则电场强度方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势高于A点电势，故C正确，D错误．]5．D[从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的静电力的作用，可知电场强度方向大致向下，沿电场线电势逐渐降低，则a、b、c、d、e各点中c点电势最低，故A错误；根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，b点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；根据电势能Ep＝φq可知，负电荷在电势高的地方电势能低，故粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；粒子从a点运动到e点的过程中电势能先增大后减小，所以动能先减小再增大，故D正确．]6．C[由题意可知，各点的电势分别为φA＝5V，φB＝2V，φC＝1V，则AB连线上距B点eq\f(1,3)处的F点电势为3V，AC的中点G点电势也为3V，所以F点与AC中点的连线，即为等势线，由于沿着电场线方向，电势降低，故C正确，A、B、D错误．]7．D[根据U＝Ed知在匀强电场中，沿同一方向相等距离电势差相等．设AC中点为D，D点的电势为φD＝eq\f(φA＋φC,2)＝eq\f(2＋6,2)V＝4V，则φD＝φB，BD为一条等势线．根据电场线与等势面垂直，且由高电势处指向低电势处，知AC连线为一条电场线，匀强电场的方向垂直于BD向下，如图所示，故A错误；AC间的电势差为UAC＝φA－φC＝6V－2V＝4V，匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(UAC,LAC)＝eq\f(4,1)V/m＝4V/m，故B错误；因为BD为一条等势线，等边三角形中心在BD边线上，则等边三角形中心的电势为4V，故C错误；将一个电子从A点沿直线移到B点，静电力做功为W＝－eUAB＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4)V＝－2eV，则电子的电势能增加了2eV，故D正确．]8．AD[连接AD、BF、CE，AD与BF、CE的交点分别为M、N.设六边形的中心点为O，如图所示：由图可知，AD与BF、CE都垂直，由正六边形的特点可知，AM＝MO＝ON＝ND，所以可知M、O、N的电势分别是0、4V、8V，所以BF和CE为等势面，则φF＝φB＝0，φE＝φC＝8V，故A正确；A、F间电势差为UAF＝φA－φF＝－4V－0＝－4V，故B错误；C、F间电势差为UCF＝φC－φF＝8V－0＝8V，故C错误；因为电场线和等势面垂直，BF为等势面，故电场线和BF垂直，故AD为电场线，因为沿着电场线方向电势降低，所以电场线方向由D指向A，即电场线垂直于BF连线，且指向A，该匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(UBA,Lsin30°)＝eq\f(0－－4,2×0.5×10－2)V/m＝400V/m，故D正确．]9．D[由题图可知离子N受到中心电荷的斥力，而离子M受到中心电荷的引力，故两离子的电性一定不同．由于中心电荷带正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，A错误；由题图可判定M在从a到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从a到q运动过程中，静电力做负功，动能减小．所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，B错误；由于a、b、c三点在同一等势面上，所以M在从a向b运动过程中静电力所做的总功为0，N在从a向c运动过程中静电力所做的总功为0.由于两离子以相同的速率从a点射入电场，故两离子分别经过b、c两点时的速率一定相等，C错误；由题图可知q点离正电荷更近一些，N离子在从a向q运动过程中静电力做负功的值大于离子M在从p向b运动过程中静电力做负功的值，故M从p到b过程电势能的增量一定小于N从a到q电势能的增量，D正确．]10．AC[由题意有UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－1×10－4,1×10－5)V＝－10V，UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(3×10－4,1×10－5)V＝30V，则UAC＝UAB＋UBC＝20V．若设φC＝0，则φA＝20V，φB＝30V，延长AO，与BC的连线交于BC的三等分点D(如图所示)，D点的电势应为20V，则AD为电势为20V的等势线，故电场强度方向垂直OA向右，大小为E＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(20,0.1)V/m＝200V/m，故选A、C.]11．B[如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N.外接圆上电势最低点为N点，电势最高点为M点．设外接圆的半径为R，则UOP＝UOa＝eq\r(3)V，UON＝E·R，UOP＝E·Rcos30°，则UON∶UOP＝2∶eq\r(3)，故12．C[因为UAC＝UBC＝3V，所以AB连线为等势面，过C点作底边AB的垂线，垂足为F，则FC即为匀强电场的电场线，如图所示，由几何知识知FC＝3cm，则匀强电场电场强度E＝eq\f(3,0.03)V/m＝100V/m，过D点作FC的垂线，垂足为G，则CG＝eq\f(2,3)FC，所以UDC＝UGC＝eq\f(2,3)UAC＝2V，则C、D两点的电势差UCD＝－UDC＝－2V，故选C.]13．D[静电力做功Wcb＝eUcb，Ucb＝－eq\f(2W,e)在匀强电场中，沿电场线方向，位移相同的两个点之间的电势差相等，由于bc和ad平行且等距离，所以Uda＝Ucb＝－eq\f(2W,e)，φd－φa＝－eq\f(2W,e)，由于φa＝0，所以φd＝－eq\f(2W,e)，A、B错误；如图所示，质子从c到b静电力做功为－2W，所以从d到a做功－2W，从a到d做功2W，从a到ad中点e做功W，又从a到b做功W，因此eb为等势线，电场线为af方向，电势差和电场强度的关系为E＝eq\f(Uab,Lsinθ)，根据几何关系可知tanθ＝eq\f(1,2)，Uab＝eq\f(W,e)，联立解得E＝eq\f(\r(5)W,Le)，C错误，D正确．]专题强化练4电场中的功能关系及图像问题1．C[速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图乙可知，电子的加速度不变，所受静电力不变，由F＝Eq可知，该电场是匀强电场，A点的电场强度等于B点电场强度，不可能是正点电荷产生的，故A、D错误；电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知静电力做负功，故电势能增加；因电子带负电，所以从A到B电势降低，故A点的电势比B点的高，故B错误，C正确．]2．CD[由题图可知，沿Ox轴正方向电势逐渐升高，故电子受到的静电力沿Ox轴正方向，电子将沿Ox轴正方向运动；静电力对电子做正功，电子的电势能将减小，故A、B错误；由Δφ＝E·Δx可知，φ－x图像的斜率表示电场的电场强度，由题图可知，沿Ox轴正方向，电场强度先减小后增大，故电子受到的静电力先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，结合等量异种点电荷间的电场线分布特点可知，该电场线可能是等量异种点电荷间的电场线，故C、D正确．]3．BCD[沿电场方向电势降低，因电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故φx1>φx2，A错误；电子受到的静电力方向和电场方向相反，故沿x轴从x1处运动到x2处，静电力做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能，B、D正确；因为从x＝0处到x1处的电场强度是均匀增大的，所以从x＝0处到x1处的电场强度平均值为eq\f(E0,2)，根据公式E＝eq\f(U,d)，可得x＝0处与x1处的电势差为U＝eq\f(E0x1,2)，C正确．]4．BC[电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，静电力做负功，静电力对其所做的功为W＝EpA－EpB，C正确；电子所受的静电力对电子做负功，电子的动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，D错误；由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，A错误，B正确．]5．C[甲、乙两粒子均在匀强电场中做曲线运动，根据合外力指向运动轨迹的凹侧可知，甲粒子所受静电力向右，又甲粒子带正电，则电场方向向右；乙粒子所受静电力向左，故乙带负电，选项A错误；静电力对两粒子均做正功，由功能关系知甲、乙的电势能均减小，又正电荷在电势能大的地方电势高，则φA>φC，选项B错误，选项C正确；两粒子做类平抛运动，初速度大小相等，轨迹对称，可知两粒子加速度大小相同，由a＝eq\f(Eq,m)可知，两粒子的比荷eq\f(q,m)相同，但电荷量不一定相等，选项D错误．]6．(1)3g(2)－eq\f(3kQ,h)解析(1)由分析知另一点电荷必为正电荷，设其质量为m，电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时，有mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(3,4)g，在B点时，有eq\f(kQq,0.25h2)－mg＝maB解得此电荷在B点处的加速度为aB＝3g，方向竖直向上．(2)另一点电荷从A到B的过程，由动能定理，得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0联立解得UAB＝－eq\f(3kQ,h).7．CD[题干中仅给出了点电荷从A点运动到B点，但点电荷电性未知，所以电场线方向不一定从A指向B，那么A点的电势也不一定高于B点的电势，故A、B错误；根据题图乙，点电荷从A点运动到B点的过程中加速度在逐渐减小，由a＝eq\f(F,m)可判断出点电荷所受静电力在逐渐减小，根据E＝eq\f(F,q)可判断出电场强度在一直减小，故C正确；点电荷从A点运动到B点，加速度一直减小，但速度一直在增加，那么动能一直在增大，说明静电力做正功，电势能降低，所以点电荷在A点的电势能一定大于其在B点的电势能，故D正确．]8．CD[O～x1、x3～x4区间图像斜率均为正，电场强度方向均沿x轴负方向，故A错误；带负电的粒子所受的静电力方向与电场强度方向相反，故粒子从O点运动到x4点的过程中，先加速后减速再加速运动，故在x1～x2粒子做减速运动，即在x2点的速度不是最大，故B错误；粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势低处电势能大可知，粒子的电势能一直增大，故C正确；若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，从O点到x2点，静电力做功W＝qU＝0，则由动能定理得Ek＝eq\f(1,2)mv02＝2qφ0，故D正确．]9．AD[滑块水平方向受大小不变的摩擦力及逐渐增大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，滑块的加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，故滑块在运动过程中的中间时刻的速度小于eq\f(v0,2)，故A、B错误；由动能定理可得：－qUab－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得两点间的电势差Uab＝eq\f(mv02－2μgs,2q)，故D正确．由功能关系可知此过程中产生的内能Q′＝μmgs，由D选项的解析可得：Q′＝eq\f(1,2)mv02－qUab，因a点电势低于b点电势，故Uab为负值，故产生的热量大于eq\f(1,2)mv02，故C错误．]10．(1)正电荷eq\f(mgd,U)(2)eq\r(2)mg(3)eq\f(\r(2)v02,4g)解析(1)作出电场线如图甲所示．由题意知，只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示．只有当F合方向与v0方向在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动．由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝eq\f(U,d)，所以q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(mgd,U).(2)由图乙知，F合＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\r(2)mg.(3)由动能定理得：－F合xm＝0－eq\f(1,2)mv02所以xm＝eq\f(mv02,2\r(2)mg)＝eq\f(\r(2)v02,4g).11．BD[小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低于A点的电势，故A错误．根据动能定理得－mgLsinθ＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq\f(mgLsinθ,q)＝eq\f(mgL,2q)，故B正确．若静电力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ为定值，则当静电力沿斜面向上，且大小为F＝mgsinθ时，静电力最小，电场强度最小．若电场强度与运动方向不共线，则静电力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡．根据矢量的合成法则可知，静电力可能大于mg，电场强度可能大于eq\f(mg,q)，故C错误．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势低于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确．]4电容器的电容第1课时电容器的电容1．A2．BC[9V为电容器的额定电压(或工作电压)，且额定电压低于击穿电压，故C正确，D错误；正常工作时的带电荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，故A错误，B正确．]3．B[C＝eq\f(ΔQ,ΔU)＝eq\f(4.0×10－7,20)F＝2.0×10－8F．故选B.]4．B[由题意知C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q－1.5×10－4C,\f(2,3)U)，解得Q＝4.5×10－4C，故B正确，A错误；因电容器的电容未知，所以无法求出电容器原来的电压，C错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D错误．]5．B[由Q＝CU知，U降低，则Q减小，故为放电过程，A错，B对；C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.2,40)F＝5×10－3F，C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D错．]6．B[由题图可知，A板带正电，B板带负电，形成方向水平向右的电场，小球向左偏，则说明小球带负电，故A错误；保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度减小，小球所受静电力减小，则θ角将减小，故B正确；断开开关S，电容器的电荷量保持不变，由C＝eq\f(εrS,4