2017版《三年高考两年模拟》物理汇编专题：专题7 静电场

答案精析

1. B [若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电

资源库A组 三年高考真题（2016～2014年）

场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错。]

2．AB [由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。] 3．D [由库仑定律F＝

kq1q2

可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，r2F

由a＝，可知ab>ac>aa。根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存

m在斥力，由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba>|Wcb|，结合动能定理可知，va>vc>vb，故选项D正确。] 4. D [由C＝

εrS

可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒4πkd

U

压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝，由于U与d

d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。]

5. C [由电场线的疏密表示场强大小可知，A点的电场强度比B点的小，A项错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，B项错误；容器的内表面为一等势面，内表面处各点场强的方向与等势面垂直，C项对；容器内表面为等势面，在等势面上移动电荷，电场力不做功，D项错误。] 6. D [若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝

εrS

可知，C变大；根据Q4πkd

＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝UεrS4πkQ，Q＝CU，C＝联立可得，E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，d4πkdεrS则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。] 7．C [通电线圈周围存在着磁场，当小线圈接近通电线圈过程中，穿过小线圈的磁通量发生变化，小线圈中会产生感应电流，这属于电磁感应现象，不是静电现象，故选项C正确．] Q

SσQ

8．D [由题意知，正极板所带电荷激发的电场的电场强度大小为E＝＝＝,同理负极

2ε02ε02ε0S

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板所带电荷激发的电场的场强E2＝Q2

大小F＝QE1＝，故D正确．]

2ε0S

QQ

，两板间的场 强E＝E1＋E2＝，两极板间的静电引力2ε0Sε0S

9．D [根据静电感应近异远同的特性可知乒乓球左侧感应出正电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确．]

10．B [因正电荷Q在O点时,G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与Q

正电荷Q在G点产生的场强等大反向大小为E合＝k2；若将正电荷移到G点,则正电荷在H点的

a场强为E1＝k

QkQ

2，因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场2＝（2a）4a

＝

3kQ

，方向沿y轴负向，故选B.] 4a2强为E＝E合－E1

11. BD [带电球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零,即M、N所在点合场强为零，所以M球在N球处所产生的场强方向向左,大小为E，故M球带负电；同理，N球在M球处产生的场强方向向右，大小为E，故N球带正电，且两球所带电荷量相等．所以B、D正确．]

12.B [电子带负电荷,电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等,有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0,即φM＞φN＝φP，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线,有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误．]

13. ACD [由题图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场线密集，所以A、C正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的 交点与b点位置比较知b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理分析可得d点电势高于c点电势，故D正确．]

14. BC [因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点

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移到a点,电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．]

15．BC [a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功.小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；

带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在D点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中,库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．]

16．D [两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．]

17.BC [对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．]

18.A [设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM＝＝

Eq31Eq2M3

，l＝t，联立解得＝，A正确．] m52mm2

2E1dq

，出偏转电场时的纵向速度vy＝m

2E22qL

，2E1md

Eq21Eq2

，l＝t；对m有：amM52M

19．AD [带电粒子经加速电场后速度v0＝

2

112E22L22

所以偏转电场E2对粒子做功为W＝m(v0＋vy)－mv0＝q，故做功一样多，故A正确；粒子

224E1d

2

v20＋vy＝

222

4E21d＋E2Lq

·，与比荷有关，故速度不一样大，故B错

2E1dm

打到屏上时的速度为v＝

12E2L2

误；纵向位移y＝at＝，即位移与比荷无关，由相似三角形可知，打到屏幕上的位置相24E1d同，故D正确；运动到屏上所用时间t＝?

?

?2dL＋L′?＋?×E12E1d?

m，与比荷有关，故C错误．] q

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TT2T

20．BC [因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛

333运动，在t＝

2TgT

时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0； 33

2T

在～T时间内，由牛顿第二定3

T

律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g＝0粒子的竖直速度减

3d1

小到零，水平速度为v0，选项A错误,B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项

2211

C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项

22D错误；故选B、C.]

21．A [由于带正电的试探电荷在球壳内运动时，不受电场力，没有力做功，动能不变，可知C、D项错误；在球壳外,电场力做正功，动能增大，且由F库＝k体现为Ekr图线的斜率减小，故选项A正确，B错误．]

22．B [设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有

UCUR1q＝q＝mg；由dd

U

d

Qq

可知随r的增大，F库减小,r2题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速，增大R2，油滴受力不变，仍保持静；由E＝

知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确．]

s

23．B [因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝2h1Eqs

v0t，竖直方向＝at2且满足a＝，三式联立解得v0＝

22m2

Eq

，故B正确．] mh

24．AD [电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误；由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误．]

25．AD [由φM＝φN，可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上，过F作MN的垂线交MP与O点，设MF＝FN＝l，则由几何关系MO＝＝MNcos 30°－l233

＝l，FO＝ltan 30°＝l，OP＝MP－MOcos 30°33

233323

l＝l，即FO＝OP＝l，ON＝OM＝l，故点电荷一定在MP的连线上3333

的O点，选项A正确(另解：根据题意φM＝φN，φP＝φF，可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处，作PF连线的中垂线交MP于点O，连结O、F两点，由几何知识知OF为MN的中垂线，故点电荷Q一定在MP的连线上的O点，A正确)；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面，直线不可能在球面上，故B选项错误；由图可知OF

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