2020-2021学年高三物理一轮复习练习卷：静电场 31页

2020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：静电场 一、单选题 1．电子是原子的组成部分，一个电子带有（ ） A． 191.6 10 C 的正电荷 B． 的负电荷 C． 319 . 1 1 0 C 的正电荷 D． 的负电荷 2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分 布情况，其中正确的是( ) A． B． C． D． 3．关于物体带电的电荷量，以下说法中不正确的是（） A．物体所带的电荷量可以为任意实数 B．物体所带的电荷量只能是某些特定值 C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了 1.0×1010 个电子 D．物体带电荷量的最小值为 1.6×10-19C 4．如图所示，三角形 abc 的三个顶点各自固定一个点电荷，A 处点电荷受力如图所示，则 B 处点电 荷受力可能是 A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 5．如图所示是 α 粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点， 在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的 α 粒子在各点处的加速度方向正确的是 ( ) A．M 点 B．N 点 C．P 点 D．Q 点 6．如图所示，两个相同的带电小球 A、B 分别用 2L 和√3L 长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一 点，当平衡时，小球 B 偏离竖直方向 30°，小球 A 竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触若两小球的质量 均为 m，重力加速度为 g.则 A．AB 的静电力等于√3 2 mg B．墙壁受的压力等于√3 2 mg C．A 球受到细线的拉力等于5 4mg D．B 球受到细线的拉力等于√3 4 mg 7．如图所示，三个点电荷 q1、q2、q3 固定在同一直线上，q2 与 q 3 间距离为 q 1 与 q 2 间距离的 2 倍， 每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为 A．（－9）∶4∶（－36） B．9∶4∶36 C．（－3）∶2∶（－6） D．3∶2∶6 8．用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为 m1 和 m2，带电量分别为 q1 和 q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角 a1 和 a2，且两球静止时同处一水平线上， 若 a1=a2，则下述结论正确的是（ ） A．q1 一定等于 q2. B．一定满足 12 12 qq mm C．m1 一定等于 m2 D．必然同时满足 q1=q2，m1=m2 9．如图所示带正电的金属圆环竖直放置,其中心处有一电子,若电子某一时刻以初速度 v0 从圆环中心 处水平向右运动,则此后电子将( ) A．做匀速直线运动 B．做匀减速直线运动 C．以圆心为平衡位置振动 D．以上选项均不对 10．如图，边长为 a 的立方体 ABCDA B C D 八个顶点上有八个带电质点，其中顶点 A 、 C  电 量分别为q 、Q ，其他顶点电量未知， 点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将C 上质 点电量变成 Q ，则顶点 上质点受力的合力为（不计重力）（ ) A． 2 kQq a B． 2 2 3 kQq a C． 23 kQq a D．0 11．在如图所示的四种电场中，分别标记有 a、b 两点．其中 a、b 两点电场强度大小相等、方向相 反的是( ) A．甲图中与点电荷等距的 a、b 两点 B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 D．丁图中非匀强电场中的 a、b 两点 12．如图，有一带电荷量为+q 的点电荷与表面均匀带电圆形绝缘介质薄板相距为 2d，此点电荷到带 电薄板的垂线通过板的圆心．若图中 a 点处的电场强度为零，则图中 b 点处的电场强度大小是（ ） A．0 B． 229 qqkkdd C． 2 qk d D． 229 qqkkdd 13．A、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从 A 点沿电 场线运动到 B 点，其速度 v 与时间 t 的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是选项图中的 A． B． C． D． 14．如图所示，M 、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心， 60M O P   电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 、 两点，这时 点电场强度的大小为 1E ；若将 点的点电荷移至 点，则 点电场强度的大小变为 2E 则 与 之比为（ ） A． 1: 2 B． 2:1 C． 2: 3 D． 4: 3 15．如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点 O 对称放置，下列能正确描述其位于 x 轴上的电场 或电势分布随位置 x 变化规律正确的是( ) A． B． C． D． 16．如图所示，两电荷量分别为－Q 和+2Q 的点电荷固定在直线 MN 上，两者相距为 L，以+2Q 的 点电荷所在位置为圆心、 2 L 为半径画圆，a、b、c、d 是圆周上四点，其中 a、b 在 MN 直线上，c、 d 两点连线垂直于 MN，下列说法正确的是 A．c、d 两点的电势相同 B．a 点的电势高于 b 点的电势 C．c、d 两点的电场强度相同 D．a 点的电场强度小于 b 点的电场强度 17．一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 EP 随位移 x 变化的关系如图所 示，其中 0～x2 段是关于直线 x=x1 对称的曲线，x2～x3 段是直线，则下列说法正确的是 （ ） A．x1 处电场强度最小，但不为零 B．粒子在 0～x2 段做匀变速运动，x2～x3 段做匀速直线运动 C．在 0、x1、x2、x3 处电势 φ0、φ1、φ2、φ3 的关系为：φ3>φ2=φ0>φ1 D．x2～x3 段的电场强度大小方向均不变 18．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下 的运动轨迹，设 M 点和 N 点的电势分别为 MN、 ，粒子在 M 和 N 时加速度大小分别为 MNaa、 ， 速度大小分别为 MNvv、 ，电势能分别为 PPMNEE、 ．下列判断正确的是 A． MNMNv v a a， B． MNMNvv， C． PPMNMN EE， D． PPMNMNaaEE， 19．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心 O，下列关于 x 轴上的电场 强度和电势的说法中正确的是（ ） A．O 点的电场强度为零，电势最低 B．O 点的电场强度为零，电势最高 C．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降低 20．图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子 M、N 质量相等，所带电荷的绝 对值也相等．现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中 两条实线所示．点 a、b、c 为实线与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c 点．若不计重力，则 A．M 带负电荷，N 带正电荷 B．N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相同 C．N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力做功 D．M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零 21．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中一个长方形的四个顶点，E、F 分别为 AB、CD 的中点， AD 边长度为 10cm，AB 边长度为 15cm 已知 A、B、D 三点的电势分别为 9.0V、3.0V、12.0V，长方 形所在平面与电场线平行，则（ ） A．C 点的电势为零 B．电场沿 AF 方向 C．电场强度大小为 50V/m D．电场强度大小为 40V/m 22．如图所示，半径为 40cm 的圆处在竖直平面内，存在与 OA 方向平行的匀强电场位于圆上的 S 点 有一放射源向各个方向发射质子（ 1 1 H ），质子能够到达圆上任一位置，到达 A 点的质子动能的增量 为 120eV，已知∠OSA=30°，则此匀强电场的场强大小为（ ） A．100V/m B．100 3 V/m C．200V/m D．200 V/m 23．下列图中，a、b、c 是匀强电场中的三个点，各点电势 φa＝10 V，φb＝2 V，φc＝6 V，a、b、c 三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是( ) A． B． C． D． 24．下列措施中属于静电防范的是 A．静电除尘 B．静电喷涂 C．良好接地 D．保持空气干燥 25．如图所示，左边为一带正电的小球，右边为一金属圆环，外壳接地，电场线的分布如图所示， 则下列说法正确的是（ ） A． a 点的电势高于 b 点的电势 B．c 点的电场强度大于 d 点的电场强度 C．若将一负试探电荷由 c 点移到 d 点，其电势能增大 D．若将一正试探电荷沿金属环的外表面移动半圆，电场力不做功 26．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示. 容器内表面为等势面，A、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( ) A．A 点的电场强度比 B 点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力所做的功不同 27．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆 MN，如图所示，金属 球上感应电荷产生的电场在球内直径上 a、b、c 三点的场强大小分别为 Ea、Eb、Ec，三者相比（ ） A．Ea 最大 B．Eb 最大 C．Ec 最大 D．Ea=Eb=Ec 28．下列公式不是比值定义式的是（ ） A． xv t = B． Fa m C． FE q = D． QC U 29．对电容 C＝ Q U ，以下说法正确的是( ) A．电容器充电电荷量越多，电容增加越大 B．电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比 C．电容器的电容越大，所带电荷量就越多 D．对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 30．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板 B 接地，开关 S 闭合，一带电油滴在电容器中的 P 点处于静止状态下列说法正确的是（ ） A．保持开关闭合， A 板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大 B．保持开关闭合， 板竖直上移一小段距离， 点的电势将升高 C．保持开关闭合， 板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右 D．开关 先闭合后断开， 板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动 31．一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从 A 点运动到 B 点， 电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是（ ） A．加速度增大、动能减小、电势能增大 B．加速度减小，动能增大、电势能减少 C．加速度增大，动能增大，电势能减少 D．加速度减小，动能减少，电势能增大 二、多选题 32．下列说法正确的有( ) A．一个物体带负电是因为物体失去了电子 B．利用静电感应使金属导体带电的过程叫做感应起电 C．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引 D．电荷量是能连续变化的物理量 33．如图是表示在同一电场中 a、b、c、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它 所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( ) A．这个电场是匀强电场 B．a、b、c、d 四点的场强大小关系是 Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．a、b、c、d 四点的场强大小关系是 Ea＞Ec＞Eb＞Ed D．a、b、d 三点的场强方向相同 34．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ.一根轻质绝缘细线的 一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行．小球 A 的质量为 m、电量为 q.小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同、间距为 d.静电力常量为 k， 重力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷．小球 A 静止在斜面上，则( ) A．小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 2 2 kq d B．当 sinqmg dk  时，细线上的拉力为 0 C．当 tanqmg dk  时，细线上的拉力为 0 D．当 tan qmg dk 时，斜面对小球 A 的支持力为 0 35．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 时两负电荷连线的中点，d 点在 正电荷的正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则（ ） A．a 点的电场强度比 b 点的大 B．a 点的电势比 b 点的高 C．c 点的电场强度比 d 点的大 D．c 点的电势比 d 点的低 36．如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个 电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 Aa 、 Ba ，电势能分别 为 PAE 、 PBE .下列说法正确的是( ) A．电子一定从 A 向 B 运动 B．若 > ，则 Q 靠近 M 端且为正电荷 C．无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 < D．B 点电势可能高于 A 点电势 37．在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球 A、B（均可视为质点）处在同 一水平面上．现将两球以相同的水平速度 v0 向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示， 两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则 A．A 球带正电，B 球带负电 B．A 球比 B 球先落地 C．在下落过程中，A 球的电势能减少，B 球的电势能增加 D．两球从抛出到各自落地的过程中，A 球的动能变化量比 B 球的小 38．在如图所示的 M、N 两点固定两点电荷，两点电荷所带电荷量分别为+Q1、−Q2，O 点为 MN 的 中点，A 点为虚线上 N 点右侧的点，试探电荷放在 A 点时刚好处于静止状态，规定无穷远处的电势 为零则下列说法正确的是（ ） A．由于试探电荷在 A 点静止，则 A 点的电势为零 B．试探电荷可能静止在虚线上的另一位置 C．φM − φO > φO − φN D．正粒子沿虚线由 A 点移动到 O 点的过程中，电场力先做正功后做负功 39．匀强电场中有一条直线，A、B、C 为该直线上的三点，且 AB＝BC 若 A、B 两点的电势分别为 5V、11V，则下列叙述正确的是（ ） A．电场线方向由 B 指向 A B．C 点的电势为 17V C．正的检验电荷从 A 点运动到 B 点的过程，其电势能不一定增大 D．将负的检验电荷（不计重力）无初速放入该电场中的 A 点，则该检验电荷将沿直线运动 40．如图所示，实线为正电荷与接地的很大平板带电体电场的电场线，虚线为一以点电荷为中心的 圆，a、b、c 是圆与电场线的交点.下列说法正确的是( ) A．虚线为该电场的一条等势线 B．a 点的强度大于 b 点的强度 C．a 点的电势高于 b 点的电势 D．检验电荷-q 在 b 点的电势能比 c 点的大 41．如图，C 为中间插有电介质的电容器， b 极板与静电计金属球连接，a 极板与静电计金属外壳 都接地开始时静电计指针张角为零，在 b 板带电后，静电计指针张开了一定角度以下操作能使静电 计指针张角变大的是（ ） A．将 b 板也接地 B．b 板不动、将 a 板向右平移 C．将 a 板向上移动一小段距离 D．取出 a、b 两极板间的电介质 三、解答题 42．如下图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为 41.25 10 /E N C ，一根长 1.5Lm 、与水 平方向的夹角为 37 的光滑绝缘细直杆 MN 固定在电场中，杆的下端 M 固定一个带电小球 A， 电荷量 64 . 5 1 0QC   ；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量 61 . 0 1 0qC   ，质量 21.010mkg  .现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放，小球 B 开始运动．(静电力常量 9229.010? /kNmC ，取 210gms ，sin370.6 ，cos370.8 )求： (1)小球 B 开始运动时的加速度为多大？ (2)小球 B 的速度最大时，与 M 端的距离 r 为多大？ 43．如图所示，在 E＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨 道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点， P 为 QN 圆弧的中点，一带负电 q＝10－4 C 的小滑块质量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝ 0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的 M 处，取 g＝10 m/s2，求： (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0 向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 44．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为 m=0.1kg、电荷量为 q=2.0×10－4C 的带电小球用 一端固定于 O 点的绝缘轻绳连接恰好能静止在图中的 P 位置.轻绳 OP 与竖直方向成 37°角，且轻绳 OP 的长度为 L=0.2m，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求: (1)小球的带电性质； (2)该匀强电场的场强大小； (3)若将带电小球从最低点 Q 静止释放，则小球到达 P 点时的速度. 参考答案 1．B 【详解】 电子是原子的组成部分，一个电子带有 191 . 6 1 0 C 的负电荷，故 B 正确，ACD 错误。 2．B 【详解】 由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电 器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故 ACD 项错误，B 项正确。 3．A 【详解】 AB．物体所带的电荷量只能是某些特定值，不可以为任意实数，选项 A 错误，符合题意；选项 B 正确，不符合题意； C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了 1.0×1010 个电子，选项 C 正确，不符合题意； D．物体带电荷量的最小值为 1.6×10-19C，任何带电体所带电量都是 1.6×10-19C 的整数倍，选项 D 正 确，不符合题意。 4．B 【详解】 A 处点电荷所受静电力大小为 F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C 处电 荷对 A 处电荷的电场力为引力，B 处电荷对 A 处电荷的电场力为斥力，C 处电荷与 A 处电荷为异种 电荷，A 处电荷与 B 处电荷为同种电荷，所以可得 C 处电荷对 B 处电荷的电场力为引力，A 处电荷 对 B 处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得则 B 处点电荷受力可能 2F ，故 B 正确， A、C、D 错误； 故选 B． 5．C 【解析】 由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定 律，加速度的方向就是合外力的方向，故 C 正确，ABD 错误． 【考点定位】考查库仑定律和牛顿第二定律． 6．C 【详解】 AD.对 B 球受力分析，如图所示： 根据共点力平衡得，A、B 两球的静电力为：퐹퐵 = 푚푔sin30° = 1 2 푚푔，B 球受到的细线拉力为：푇퐵 = 푚푔cos30° = √3 2 푚푔；故 A 项错误，D 项错误. BC.对 A 球受力分析，如图所示，根据平衡有：푁 = 퐹퐴cos30° = 1 2 푚푔 ⋅ √3 2 = √3 4 푚푔，则根据牛顿第三 定律知墙壁受的压力为푁′ = √3 4 푚푔；细线的拉力为：푇퐴 = 푚푔 + 퐹퐴cos30° = 푚푔 + 1 2 푚푔 × 1 2 = 5 4 푚푔； 故 B 错误，C 正确. 7．A 【详解】 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 因都受斥力而不平衡， 故 q1 带正电，同理分析 q3 带正电。 若同理也可能是 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： 1312 22 1 1 2() qqqqkkl l l  …① 对 q2 有： 2312 22 12 qqqqkkll ② 对 q3 有： 3213 2 12 2 2() qqqqkklll   …③ 联立①②③可解得： 1212 2 22 123 1 )1( )(lllq lq llq ： ： ：： 根据题意可知 l2=2l1，所以 q1：q2：q3= 9 4 ：1：9 由于 q1、q3 是同种电荷，故 q1：q2：q3=-9：4：-36 或 q1：q2：q3=9：-4：36； A．（－9）∶4∶（－36），与结论相符，选项 A 正确； B．9∶4∶36，与结论不相符，选项 B 错误； C．（－3）∶2∶（－6），与结论不相符，选项 C 错误； D．3∶2∶6，与结论不相符，选项 D 错误； 8．C 【详解】 题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反；由于它们与竖 直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定 相等。故 C 正确，ABD 错误； 故选 C。 9．C 【详解】 将圆环分成无数个正点电荷,再用点电荷场强公式和场强叠加原理求出 v0 方向所在直线上的场强分 布即可.由场强叠加原理易知,把带电圆环视作由无数个点电荷组成,则圆环中心处的场强为 0,v0 所在 直线的无穷远处场强也为 0,故沿 v0 方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大.从 O 点沿 v0 方向向右的直线上各点的场强方向处处向右.再由对称性知,沿 v0 方向所在直线上的 O 点左方也必有 一点场强最大,无穷远处场强为零,方向处处向左.故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减 速至零,再向左运动,当运动到 O 点处时,速度大小仍为 v0,并向左继续运动至速度也为零(这点与 O 点 右方的速度为零处关于 O 点对称),然后往复运动.在整个运动过程中,F 电是个变力,故加速度也是变化 的，故 C 正确，ABD 错误。 10．B 【详解】 A 点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，说明除 C  点以外的其它电荷对 点电荷的作用力与 点电荷对 点电荷的作用力等大反向；根据库仑定律可得 23CA kQqF a  ，现将 上质点电量变成 Q ，其它电荷对 点电荷作用力不变， 点电荷对 点电荷作用力大小不变、方向相反，则顶点 上质点受力的合力为 2 2 3 kQq a ，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 11．C 【详解】 A．甲图中与点电荷等距的 a、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，故 A 错误； B．对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，故 B 错误； C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点，电场强度大小相同，方向相 反，故 C 正确； D．对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于 a 点的电场强度，故 D 错误。 故选 C。 12．D 【详解】 +q 在 a 处产生的场强大小为 E=k 2 q d ，方向水平向左．据题，a 点处的电场强度为零，+q 与带电薄 板在 a 点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在 a 点产生的场强大小为 E=k ，方向水平 向右．根据对称性可知，带电薄板在 b 点产生的场强大小为 E=k ，方向水平向左．+q 在 b 处产 生的场强大小为 E=k 2 ( 3 ) q d ，方向水平向左，则 b 点处的电场强度大小是：Eb= 22 9 kq kq dd ．故选 D． 13．A 【详解】 由 v-t 图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来 越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由 F=qE 知，场强增大，电场线越来越密。电场力方 向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右。 A．该图与结论相符，选项 A 正确； B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论不相符，选项 C 错误； D．该图与结论不相符，选项 D 错误； 14．B 【详解】 两个点电荷分别在 M 点和 N 点时，每个点电荷在 O 点产生的电场强度的大小相等、方向相同，所以 1MNEEE，得 1 2MN EEE。将 N 点处的点电荷移至 P 点时，假设 M 点的电荷为正电荷，则 O 点的电场强度如图所示。M点和 P 点的点电荷在 O点产生的电场强度的大小仍相等，夹角为 120  ， 所以 O 点电场强度 1 2 2M EEE，即与 1 2 2 1 E E  ，B 正确。 15．A 【详解】 根据两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，知从左侧无穷远 处向右电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高；然后再电势减小，O 点处电势为零，则 O 点右 侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷后右，电势开始升高，直到无穷 远处，电势为零；故 A 正确，B 错误；根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，从左侧无穷远到 正电荷，电场强度逐渐增大，方向向左。从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但 O 点的电 场强度不为零。从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向右。故 CD 错误。故选 A。 16．A 【详解】 A、B、a、b、c、d 四点在以点电荷+2Q 为圆心的圆上，可知+2Q 产生的电场在 a、b、c、d 四点的 电势是相等的，所以 a、b、c、d 四点的总电势可以通过-Q 产生的电场的电势确定，根据顺着电场 线方向电势降低可知，b 点的电势最高，c、d 两点对称电势相等，a 点电势最低；故 A 正确，B 错误. C、+2Q 的场源在 c、d 两点产生的场强大小相等，-Q 的场源在 c、d 两点的产生的场强大小也相等， 根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故 c、d 两点的电场强度不同；故 C 错误； D、由点电荷的场强公式 2 kQE r ，合成可得 2 22 212 ()()22 a kQkQkQE LL L ，方向向左； 2 22 268 3 9()()22 b kQkQkQE LLL ，方向向右；故 abEE ；则 D 错误. 故选 A. 17．D 【详解】 A．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝ x   ，得：E＝ 1 PE qx   ．Ep﹣x 图象切线的斜率等于 PE x   ，根据数学知识可知，x1 处切线斜率为零，则 x1 处电场强度为零，故 A 错误； BD．由图看出在 0～x1 段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小， 加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2 段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力 增大，做非匀变速运动．x2～x3 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受 的电场力不变，做匀变速直线运动，故 B 错误，D 正确； C．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势 越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故 C 错误； 故选 D． 18．D 【解析】 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从 M 运动到 N；从 N 运动到 M，根据电场的性质依次判断； 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大， 故有 MNaa ；若粒子从 M 运动到 N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在 某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即 MNpMpNvvEE， ，负电荷在低电势处电势能大，故 MN ； 若粒子从 N 运动到 M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向 和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即 ，负电荷 在低电势处电势能大，故 ； 综上所述，D 正确； 19．B 【解析】 试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于 O 点对称的一小段在 O 点，产生的电场 的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在 O 点的总矢量和为零，即在 O 点处，电 场强度为零．因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于 O 点对称的一小段在 O 点的左右两侧， 产生大小相等、方向分别向外与 x 轴成相等角的电场，矢量和沿着 x 轴，由 O 点向两侧发散，各段 叠加后总矢量和仍然沿着 x 轴，由 O 点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知， O 点的电势最高，故选项 A、C 错误，选项 B 正确；当从 O 点沿 x 轴正方向，趋于无穷远时，电场 强度也为零，因此从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项 D 错误． 考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题． 20．D 【详解】 A．由于 O 点电势高于 c 点．电场强度方向向下，根据 MN 粒子的运动轨迹可知 N 受到的电场力向 上，M 受到的电场力向下，N 带负电，M 带正电，A 错误； B．根据题意可知 2OaOcUU ，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能 定理得 22 0 11 22Uq mvmv，N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小不等，B 错误； C．N 在从 O 点运动至 a 点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C 错误 D．图中的虚线为等势线，即 O 点和 b 点的电势相等，所以 M 点从 O 点到 b 点的过程中电场力对粒 子做功等于零，D 正确； 21．C 【详解】 A．匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系知 C 点的电势不为零，选项 A 错误； B．根据电场线与等势线垂直，知电场线沿垂直于 AF 方向，选项 B 错误； CD．根据几何关系可知 AF 长为 12.5cm，AG 长度为 6cm，则电场强度 3 V/m 50V/m0.06 UE d   选项 C 正确，D 错误。 故选 D。 22．C 【详解】 OA 为电场线方向，过 S 做 SB 垂直于 AO 于 B 点，则 SB 为等势面，如图所示 根据三角形的边角关系可知 3 0.6m2ABR 由于质子带电量为 e，因此 SA 间的电势差为 120V，根据 UE d 可得电场强度 120 V/m200V/m0.6E  故选 C。 23．D 【详解】 据题，a、b、c 三点的电势分别 φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电 势差相等，则得 ab 两点连线的中点的电势为 φ= =6V，因此该中点与 C 点的连线为等势面， 那么与连线垂直的直线即为电场线，由于 φa=10V，φb=2V，又因为电势沿着电场线降低，故 D 正确． 24．C 【详解】 A．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于 静电的应用，故 A 错误； B．静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒 吸附在工件表面的一种喷涂方法，属于静电的应用，故 B 错误； C．良好接地是为了导走静电，防止触电，属于静电的防止，故 C 正确； D．静电防范是用各种措施来防止静电对人，或财产造成损害；保持空气干燥，容易产生静电，故 D 错误。 故选 C。 25．D 【解析】 根据顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面垂直．可知，a 点所在等势面的电势低于 b 点所 在等势面的电势，则 a 点的电势低于 b 点的电势．故 A 错误．电场线的疏密表示场强的大小，由图 象知 c 点的电场强度小于 d 点的电场强度，故 B 错误．c 点的电势低于 d 点的电势，根据在电势越高 的地方，负电荷具有的电势能越小，则知将一负试探电荷 c 点移到 d 点，电势升高，电势能减少， 故 C 错误．金属球表面是一个等势面，则电场线方向与金属球表面处处垂直，试探电荷所受的电场 力与表面垂直，所以电场力不做功．故 D 正确．故选 D. 点睛：该题关键要掌握电场线的物理意义以及静电平衡导体的特点，知道顺着电场线方向电势逐渐 降低，电场线的疏密表示场强的大小． 26．C 【解析】 试题分析：依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则 A 点的电场强度比 B 点的小，故 A 错误；根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势 比容器内表面的高，故 B 错误；因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此 B 点的电 场强度方向与该处内表面垂直，故 C 正确；因 A、B 在同一等势面上，将检验电荷从 A 点沿不同路 径到 B 点，电场力所做的功相同，均为零，故 D 错误；故选 C． 考点：电场线；电场强度；电势 27．C 【详解】 静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆 MN 产 生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．c 点离带电的细杆 MN 最近，带电的细杆 MN 在 c 点处产 生的场强最大，则金属球上感应电荷在 c 点处产生的场强最大，即 Ec 最大． 故选 C． 28．B 【详解】 所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。而这个新有物 理量与这两个定义物理量的大小无关，而由于其它因素决定的。 A．速度 v 的大小与位移 x 大小及运动时间 t 长短无关，因此是比值定义，A 正确； B．加速度 a 与物体力受合外力 F 成正比，与物体的质量 m 成反比，与 F、m 有关，因此不是比值定 义，B 错误； C．电场强度 E 的大小与试探电荷所受电场力 F 的大小及试探电荷的带电量 q 无关，因此是比值定 义，C 正确； D．电容 C 的大小与电容器的带电量 Q 及两板间的电压 U 无关，因此是比值定义，D 正确。 故不是比值定义的是 B 选项。 29．D 【详解】 A.电容与电容器带电量无关，故 A 错误。 B.该公式为比值定义式，所以电容器的电容跟它两极板间所加电压无关，故 B 错误。 C. 电容器所带电荷量在电容固定时与两端电压有关，故 C 错误。 D. 对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变，故 D 正确。 30．B 【详解】 A．保持开关闭合，则电压恒定不变，A 板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式 4 SC kd   ，可 知电容 C 减小，故 A 错误。 B．根据 UE d ，可知电场强度减小，根据 U=Ed 可知，P 点与下极板的距离不变，但 E 减小，故 P 点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故 P 点的电势升高，故 B 正确。 C．根据 Q=CU 可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故 C 错误。 D．开关 S 先闭合后断开，则电荷量 Q 不变，A 板竖直上移一小段距离，电场强度 4UQkQE dCdS   ＝ ＝ 恒定不变，故带电油滴静止不动，故 D 错误。 故选 B。 31．C 【详解】 电荷在 A 点电场线比 B 点疏，所以 A 点的电场力小于 B 点的电场力，则 A 点的加速度小于 B 点的加 速度，因为粒子受到的电场力指向轨迹内侧，所以电场力的方向和速度方向的夹角为锐角，故从 A 到 B，电场力做正功，根据动能定理，动能增大，电势能减小，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 32．BC 【详解】 一个物体带负电是因为物体得到了电子，选项 A 错误；利用静电感应使金属导体带电的过程叫做感 应起电，选项 B 正确；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，选项 C 正确；电荷量是不连续变化 的物理量，任何物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，选项 D 错误. 33．CD 【解析】 试题分析：由 知图象的斜率大小等于场强的大小，a、b、c、d 四点的场强大小关系是 Ea＞ Ec＞Eb＞Ed．此电场是非匀强电场，选项 A、B 错误，选项 C 正确；图象斜率的正负代表场强的方 向，a、b、d 为正值，表示 a、b、d 三点的场强方向相同，选项 D 正确． 考点：本题旨在考查电场强度． 34．AC 【详解】 由题意知，根据库伦定律可求小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 ，故 A 正确；以小球 A 为 研究对象受力分析如图： 根据物体的平衡条件可求当 mg、Fc、FN 三力的合力等于零时，即 时，细线上的 拉力为 0，所以 B 错误；C 正确；由平衡条件知，小球 A 受弹力不可能为零，所以 D 错误． 35．ACD 【详解】 由图知，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 点处电场密集，故 AC 正确；过 a 点画等势线，与 b 点所在电场线的交点在 b 点沿电场线的方向上，所以 b 点的电势高于 a 点的电势， 故 B 错误；同理可得 d 点电势高于 c 点电势，故 D 正确． 36．BC 【解析】 由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故 A 错误；若 aA＞aB，则 A 点离点电荷 Q 更近即 Q 靠近 M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以， 在 MN 上电场方向向右，那么 Q 靠近 M 端且为正电荷，故 B 正确；由 B 可知，电子所受电场力方 向指向左侧，那么，若电子从 A 向 B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从 B 向 A 运动， 则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有 EpA＜EpB 求解过程与 Q 所带电荷无关，只与电场线方 向相关，故 C 正确；由 B 可知，电场线方向由 M 指向 N，那么 A 点电势高于 B 点，故 D 错误；故 选 BC． 37．AD 【详解】 两球在水平方向都做匀速直线运动，由 x=v0t 知，v0 相同，则 A 运动的时间比 B 的长，竖直方向上， 由 h= 1 2 at2，h 相等，可知，A 的合力比 B 的小，所以 A 的电场力向上，带正电，B 的电场力向下， 带负电，故 A 正确．A 运动的时间比 B 的长，则 B 球比 A 球先落地，故 B 错误．A 的电场力向上， 电场力对 A 球做负功，A 球的电势能增加．B 的电场力向下，电场力对 B 球做正功，B 球的电势能减 小，故 C 错误．A 的合力比 B 的小，则 A 的合力做功较少，由动能定理知 A 球的动能变化小，故 D 正确． 38．CD 【详解】 A．设无限远处电势为零，沿电场线方向电势逐渐降低，A 点右侧的电场线由 A 点指向无穷远，因此 A 点的电势大于零，故 A 错误； B．由于试探电荷放在 A 点时刚好处于静止状态，则说明 A 点的电场强度为零，则由电场强度的叠 加可知 12 22 MANA kQkQ rr 所以 12QQ 由叠加原理可知虚线上除A点外电场强度均不为零，则试探电荷不可能静止在除A点外的任何位置， 故 B 错误； C．由于 ，因此 O 点左侧的电场线比较密集，所以 MO 间的平均电场强度大于 ON 间的平 均电场强度，由 UE d 可知，MO 两点之间的电势差比较大，则 MOON 故 C 正确； D．若将一正粒子从 A 点移至 O 点的过程中，从 A 到 N 电场力做正功，从 N 到 O 电场力做负功，则 电场力先做正功后做负功，故 D 正确。 故选 CD。 39．BD 【详解】 A．在匀强电场中，沿着电场线方向的电势在降低，B 点电势高于 A 点电势，但直线 AB 不一定是电 场线，故电场线方向不一定是由 B 指向 A，故 A 错误； B．在匀强电场中，若在同一条直线上距离相等则电势差相等，AB=BC，故 UAB=UBC 故 φB-φA=φC-φB 则 φC=2φB-φA=2×11V-5V=17V 故 B 正确； C．电势能 Ep=qφ，若 q 是正的，则电势能与电势成正比，由于 A 点的电势低于 B 点的电势，故正的 检验电荷从 A 点运动到 B 点的过程，其电势能一定增大，故 C 错误； D．匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷无初速放入该电场中的 A 点，该电荷在恒定电场力 的作用下，沿场强的反方向做匀加速直线运动，故 D 正确。 故选 BD。 40．CD 【详解】 A．虚线上各点的电场线与虚线不都是垂直的，则虚线不是该电场的一条等势线，选项 A 错误； B．因 b 点的电场线较 a 点密集，则 a 点的强度小于 b 点的强度，选项 B 错误； C．正电荷到 a 点间平均场强比正电荷到 b 点的平均场强小，则正电荷与 a 点间电势差小于正电荷与 b 点间电势差，可知 a 点的电势高于 b 点的电势，选项 C 正确； D．通过画出过 b 点的等势线可知，b 点的电势低于 c 点，则检验电荷-q 在 b 点的电势能比 c 点的大， 选项 D 正确。 41．CD 【详解】 将 b 板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项 A 错误；b 板不动、将 a 板向右平移，根据퐶 = 휀푆 4휋푘푑可知 d 变小时，C 变大，Q 不变时，根据 C=Q/U，可知 U 减小，即静电计指针张角变小，选项 B 错误；将 a 板向上移动一小段距离，根据퐶 = 휀푆 4휋푘푑可知 S 变 小时，C 变小，Q 不变时，根据 C=Q/U，可知 U 变大，即静电计指针张角变大，选项 C 正确；取出 a、b 两极板间的电介质，根据퐶 = 휀푆 4휋푘푑可知 C 变小，Q 不变时，根据 C=Q/U，可知 U 变大，即静电 计指针张角变大，选项 D 正确；故选 CD. 【点睛】 本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式 퐶 = 휀푆 4휋푘푑和 C=Q/U． 42．(1) a＝3.2 m/s2. (2) r＝0.9 m 【详解】 试题分析：(1)开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二 定律得 mgsin θ－ 2 kQq L －qEcos θ＝ma ① 解得：a＝gsin θ－ 2 kQq mL － cosqE m  ② 代入数据解得： a＝3.2 m/s2. ③ (2)小球 B 速度最大时合力为零，即 mgsin θ－ 2 kQq r －qEcos θ＝0 ④ 解得：r＝ sin cos kQq mg qE ⑤ 代入数据解得：r＝0.9 m 考点：本题考查受力分析、牛顿第二定律等，意在考查学生分析综合能力． 43．（1）7m/s （2）0.6N 【详解】 （1）设滑块到达 Q 点时速度为 v，则由牛顿第二定律得：mg+qE＝m 2v R ， 滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得： ﹣mg•2R﹣qE•2R﹣μ（mg+qE）x 1 2 mv2 1 2 mv 2 0 联立方程组，解得：v0＝7m/s； （2）设滑块到达 P 点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得： ﹣（mg+qE）R﹣μ（qE+mg）x mv′2 mv 又在 P 点时，由牛顿第二定律得：FN＝m 2'v R ， 代入数据解得：FN＝0.6N，方向水平向右； 44．(1) 负电(2) 33 . 7 5 1 0 V / m (3) 1m/s 【详解】 （1）分析带电小球的受力，由于带电小球受到的电场力与电场的方向相反，所以带电小球带负电. （2）带电小球在 P 点受力平衡，于是有 qE=FTsin37° mg=FTcos37° 联立两式并带入数据得 3 4 30.1 10tan 37 4 V/m 3.75 10 V/m2.0 10 mgE q      （3）设小球到达 P 点时的速度为 v，小球由 Q 到 P 的过程中，根据动能定理有   21sin 37 1 cos37 2qEL mgL mv     解得 v=1m/s