一、多选题
1.（2018•卷Ⅱ）如图，同一平面内的a,b,c,d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a,c连线的中点，N为b,d连线的中点。一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小 ;若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小 。下列说法正确的是（ ）
A. 此匀强电场的场强方向一定与 两点连线平行
B. 若该粒子从 点移动到 点，则电场力做功一定为
C. 若 之间的距离为 ,则该电场的场强大小一定为
D. 若 ,则 两点之间的电势差一定等于 两点之间的电势差
【答案】B,D
【解析】【解答】A、选项根据题意无法判断，故A项错误。
B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以
若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
,故B正确；
C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是 ，故C错误；
D、若W1=W2 ， 说明
由因为 ；
解得： ，故D正确；
故答案为：BD
【分析】匀强电场中沿同一直线降落相同距离，电势降落相等，知道场强是矢量，明确电场力做功与电势差的关系，是解决此题的关键。
2.（2018•卷Ⅰ）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。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。下列说法正确的是（ ）
A. 平面c上的电势为零 B. 该电子可能到达不了平面f
C. 该电子经过平面d时，其电势能为4cV D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】A,B
【解析】【解答】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U ， 根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右。由Wab=3eV，联立解得：U=2V。已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零， A符合题意；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f， B符合题意；由于题述没有指出电子速度方向， CD不符合题意。故答案为：AB
【分析】该题主要考查电场力做功与电势能与动能的变化关系：若只有电场力做功，电子的动能与势能相互转化，其代数和不变；电势能与电势的关系，以及等势面与电场线的关系：电场线垂直等势面且由高电势指向低电势。
3.（2018•江苏）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（ ）
A. 充电时，通过R的电流不变
B. 若R增大，则充电时间变长
C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
【答案】B,C,D
【解析】【解答】电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小， A不符合题意；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长， B符合题意；若C增大，根据Q=CU ， 电容器的带电荷量增大， C符合题意；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变， D符合题意。
故答案为：BCD
【分析】熟练掌握形成电流的条件，电流的定义式以及电容器充放电的原理、知道Q=CU即可解决此题。
4.（2018•卷Ⅲ）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b ， 它们由静止开始运动，在随后的某时刻t ， a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A. a的质量比b的大 B. 在t时刻，a的动能比b的大
C. 在t时刻，a和b的电势能相等 D. 在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】B,D
【解析】【解答】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a ， 由牛顿第二定律， qE=maaa ， 对微粒b ， 由牛顿第二定律，qE =mbab ， 联立解得： > ，由此式可以得出a的质量比b小，选项A不符合题意；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B符合题意；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C不符合题意；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题意结合运动学公式， 牛顿第二定律、动能定理、动量定理可分别求得a和b的加速度、质量、动能、动量的关系。由于某时刻t,两微粒在同一水平面可知电势相等，根据EP=qφ，（此公式需注意每个物理量的正负号）可求得两微粒电势能的关系。
5.关于电场力和电场强度，以下说法正确的是（ ）
A. 电荷受到的电场力大则场强大
B. 电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力为零
C. 在电场某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零
D. 一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力相同
【答案】A,B
【解析】【解答】A.一点电荷分别处于电场中的A、B两点，根据场强的定义式： 可知，电荷受到的电场力大，场强大，A符合题意；
B.电场中某点场强E为零，由电场力公式F=qE可知，检验电荷在该点受到的电场力一定为零，B符合题意；
C.在电场中某点没有检验电荷时，电场力为零，但电场强度不为零，电场强度与检验电荷无关，由电场本身决定，C不符合题意；
D.一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同，D不符合题意。
【分析】电场强度有两种计算方法，种是定义法，用试探电荷受到的力除以本身的电荷量即可，但是此点的电场强度与试探电荷无关，二是直接利用库仑定律直接求解。
6.真空中距点电荷（电量为Q）为r的A点处，放一个带电量为q（q＜＜Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的电场强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B,D
【解析】【解答】场强计算公式 ，B对，场强决定式 ，D对，A点场强可以利用某试探电荷在该点所受电场力和其电荷量的比值计算，B符合题意，点电荷周围的电场强度可以用 进行计算，D符合题意
故答案为：BD
【分析】该题目求A点的电场强度有两种方法，一种是定义法，用试探电荷受到的力除以本身的电荷量即可，二是直接利用库仑定律求解。
7.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一带正电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（ ）
A. 中垂线上B点电场强度最大 B. 中垂线上B点电势最高
C. 电荷在B点时的加速度为 m/s2 D. UBC＞UAB
【答案】A,D
【解析】【解答】v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，B点电场强度最大，A符合题意；从A到B电场力做正功，电势能减小，可知A点的电势最高，B不符合题意；由图得：B点的加速度为 ，C不符合题意； 物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB= mvB2- mvA2 ， 则得， ，同理可知，所以UBC＞UAB ， D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】在v-t图像中，图像的斜率表示加速度，利用牛顿第二定律分析受到的电场力的大小即可；结合两正电荷的电场强度的分布，分析电势差的关系。
8.电场中某区域的电场分布如图所示，a、b是电场中的两点．下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的场强相等
B. a点的场强大于b点的场强
C. 同一个点电荷在a点所受的电场力小于在b点所受的电场力
D. 同一个点电荷在a点所受的电场力大于在b点所受的电场力
【答案】B,D
【解析】【解答】A、B、电场线的疏密反映电场强度的相对大小，a点的电场线密，所以电场强度较大．A不符合题意，B符合题意；C、D、a点的电场强度较大，同一点电荷放在a点受到的电场力较大．C不符合题意，D符合题意．
故答案为：BD
【分析】用电场线表示电场强度时，电场线密集的地方，电场强度大，电场线稀疏的地方，电场强度小。
9.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为2.5V/cm B. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低7eV D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E= ，依据几何关系，则d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为E= =2.5V/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa=φb﹣φo ， 因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1 V，故B正确；
C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；
D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D正确；
故选：ABD．
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E= ，结合匀强电场等势面特点，电场线一定与等势面垂直，即可求解；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．
10.在x轴上有两个点电荷q1、q2 ， 其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A. q1和q2带有异种电荷 B. x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2 ， 电势能减小 D. 负电荷从x1移到x2 ， 受到的电场力增大
【答案】A,C
【解析】【解答】A、由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2 ， 电势增大，由知负电荷在电势高的位置电势能小，故C正确；
D、负电荷从x1移到x2 ， 曲线斜率减小，所以电场强度减小，电荷受到的电场力减小，故D错误；
故选：AC．
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而得出电场力变化．
11.下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示静电力、电荷量、电场强度、电势差及距离，① ，② ，③ ，④U=Ed，下列有关四个公式的说法中不正确的是（ ）
A. 它们都只对点电荷或点电荷的电场成立
B. ①②③只对点电荷或点电荷电场成立，④对任何电场都成立
C. ①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场成立
D. ①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立
【答案】A,B,D
【解析】【解答】公式① 是库仑定律，只适用于点电荷，公式②是根据定义及库仑定律求出的公式得到的点电荷场强公式，只适用点电荷的电场，公式③ 是场强的定义式，适用于任何电场，公式④U=Ed为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故ABD错误符合题意。【分析】公式① 是库仑定律，只适用于点电荷，公式②是根据定义及库仑定律求出的公式得到的点电荷场强公式，只适用点电荷的电场，公式③ 是场强的定义式，适用于任何电场，公式④U为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场
12.平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ ， 如图所示，则( )
A. 保持开关S闭合，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角增大
B. 保持开关S闭合，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角不变
C. 开关S断开，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角增大
D. 开关S断开，带正电的A极板向B极板靠近，则θ角不变
【答案】A,D
【解析】【解答】球在电场中平衡，则所受电场力、重力及绳的拉力的合力为零。由平衡条件得tanθ＝ ，故要判断θ的变化，只需判断电场强度E的变化即可。S闭合时，U不变，A向B靠近，d减小，由E＝ ，可知E增大，θ角增大，故A正确，B错误；S断开，则Q不变，A向B靠近，E不变，则θ角不变，故C错误，D正确。【分析】电容器在电压不变的情况下，场强与距离成反比。在断开电源后场强不变，两极板电压与距离成反比。
13.关于元电荷，下列说法中正确的是（ ）
A. 元电荷实质上是指电子和质子本身 B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C. 元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
【答案】B,C,D
【解析】【解答】解：A、元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故A不符合题意；
B、何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．故B符合题意；
C、元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C，故C符合题意；
D、电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D符合题意；
故答案为：B、C、D．
【分析】此题属于基础题型，考查对元电荷的认识和理解，比较简单，但需引起重视。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B. 电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C. 电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用
D. 场强的定义式E＝ 中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量
【答案】A,B,C
【解析】【解答】电荷在其周围产生电场，故A对；电场是一种特殊的物质，实物和场是物质存在的两种不同形式，故B对；电荷间的相互作用是通过电场产生的，故C对；在其定义式E＝ 中，F是试探电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷。【分析】对电场性质的基本描述。
15.关于电势差和静电力做功的说法中，正确的是（ ）
A. 电势差是矢量，静电力做的功是标量
B. 在两点间移动电荷，静电力不做功，则两点间的电势差为零
C. 在两点间被移动的电荷的电荷量越大，则两点间的电势差越大
D. 在两点间移动电荷时，静电力做正功，则两点间的电势差不一定大于零
【答案】B,D
【解析】【解答】电势差是标量，其正负号不表示方向，故A错；两点间的电势差与被移动的电荷的电荷量无关，故C错；若在两点间移动负电荷时，静电力做正功，则这两点间电势差为负值，故D正确。【分析】电势差为标量，电势差为零电场力不做功，电势差由电场决定，与有无电荷无关，W=Uq，做功正负不但要看电势差还要看电荷量。
16.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、aB ， 电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是
A. 电子一定从A向B运动 B. 若aA>aB ， 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EpA 【解析】【解答】电子在电场中只在电场力作用下沿虚线做曲线运动，根据物体做曲线运动条件知电子受到的电场力沿电场线直线指向曲线凹侧（如图），负电荷受到的电场力与电场线方向相反，即指向。根据所知条件无法判断电子的运动方向，故A项错误；若， 说明电子在靠近点受到的电场力大，根据点电荷产生电场分布规律知，靠近端为场源电荷位置，电场线方向指向， 应为正电荷，故B项正确；若电子由运动到， 电场力做负功，电势能增加，若电子由运动到， 电场力做正功，电势能减小，得出电势能一定是EpA 17.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（ ） A. Q点的电势比P点高 B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大 C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 【答案】A,B 【解析】【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确； B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确； C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误； D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB． 【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用． 二、单选题 18.（2018•卷Ⅰ）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为K，则（ ）。 A. a、b的电荷同号， B. a、b的电荷异号， C. a、b的电荷同号， D. a、b的电荷异号， 【答案】D 【解析】【解答】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ ， 利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’ ，Fbc=k’ ，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac ， ab电荷量的比值k= ，联立解得：k=/27，D符合题意。故答案为：D 【分析】选取C球为研究对象，根据库仑定律与电荷间的相互作用力特点，对C球进行受力分析，作出矢量图，然后根据力的矢量三角形与几何三角形的相似找出比例关系，即可解题。 19.（2018•北京）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示,下列说法正确的是（ ） A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电 B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小 C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大 D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大 【答案】A 【解析】【解答】用带电玻璃棒与电容器a板接触，能够使a板接触带电，a板带电可以使b板感应带电，故能使电容器带电，A符合题意；实验中，只将电容器b板向上平移，使得电容器的正对面积减小，所以电容C减小，根据 可得，U增大，所以静电计指针的张角变大，B不符合题意；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，使得电容C增大，根据 可得，U减小，所以静电计指针的张角变小，C不符合题意；实验中，只增加极板带电量，不会改变电容的大小，电容大小只有自身决定与带电量多少，是否带电无关，D不符合题意。故答案为：A 【分析】本题考查物体的带电方式，物体的带电方式有接触带电、摩擦起电、感应带电；电容器的动态分析，结合电容大小的决定式与定义式，具体分析；另外还要掌握电容大小与电容器是否带电以及带电多少无关. 20.（2018•天津）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 ，粒子在M和N时加速度大小分别为 ，速度大小分别为 ，电势能分别为 。下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】【解答】解、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 ； 讨论两种情况：1.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vM>vN ， EpM 综上所述，D符合题意； 故答案为：D 【分析】本题考查了电场力产生的加速度，重点看电场线疏密的程度；分析动能、电势能大小时重点通过电场力做功先判断出电势能变化，再通过能量守恒判断动能的变化；分析电势大小主要通过常规结论：负电荷势高能低、势低能高。易错点在于功正负的判断、电势和电势能关系的结论记忆。 21.（2018•江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ） A. 仍然保持静止 B. 竖直向下运动 C. 向左下方运动 D. 向右下方运动 【答案】D 【解析】【解答】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D符合题意。 故答案为：D 【分析】两板平行时，由题意可知带电液滴所受电场力与重力的关系。由于金属板A、B分别与电源两极相连，则明确板间电压不变，而当下极板旋转时，改变板间距，会影响板间场强，由受力分析，力的合成及力和运动的关系可判断出粒子的具体运动状态。 22.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F。用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】【解答】假设AB球带电为Q，当A与C接触平均分配电荷，AC都是Q，然后把C与B再接触重新分配（Q+Q）/2=Q，即A的电量为Q、B的电量为Q，再根据库仑定律公式F=KQ1Q2/r2 ， 即可以知道后来的力 为 【分析】相同小球接触时电量为总电量的平均分配，这样就可以得到后来小球的电荷量，再根据库伦力公式F=KQ1Q2/r2就可以得出正确答案。 23.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v。做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t。时刻运动到B点，3t。时刻运动到C点，以下判断正确的是（ ） A. A，B，C三点的电势关系为 B. A，B，C三点的场强大小关系为 C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】【解答】根据图像可知带电粒子的动能先减小后增大，由于能量转化关系可知，动能转化为了电势能，所以电势能先增大后减小即C对，电场力先做负功再做正功，所以选项D错了；vt斜率表示加速度，也可以直观反映电场力大小，图像的切线斜率先增大后减小，且方向没变过，所以电场强度应该是EB ， 至于A和C都比B弱，所以选项B错了；A和C动能一样大，所以电势能一样大，电势一样高，B点动能最小，电势能最大，但是电势不知道是最高还是最低，因为不知道电荷是正还是负。所以选项A错了；答案为C【分析】这题从能量守恒突破，动能和电势能相互转化，根据动能变化得到电势能变化及电场力做功的情况，电场力做正功电势能减少，进而推出电势的情况，由于此题没有说明电荷的正负种类，所以无法比较电势高低。 24.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球2所带电荷量大小是球1的n倍，球3不带电且离球l和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F。由此可知n的取值可能是 （ ） A. n =5 B. n=6 C. n=7 D. n=8 【答案】B 【解析】【解答】由公式 ，得 ；若是带同种电荷，球3先与球2接触，球2带电变为 ,球3再与球1接触，球1带电变为 ，两球间作用力变为 ， ，联立解得n=6； 若是带异种电荷，球3先与球2接触，球2带电变为 ,球3再与球1接触，球1带电变为 ，两球间作用力变为 ， ，联立解得n=10，B符合题意，A、C、D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】先利用电荷守恒定律求出相互接触的1、2、3小球的电荷量，再利用库仑定律，利用题目条件列方程求解即可。 25.真空中两个点电荷间的相互作用力为F。如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离减小为原来的二分之一，在它们之间的相互作用力大小等于（ ） A. B. F C. 4F D. 16F 【答案】C 【解析】【解答】由点电荷库仑力的公式： ，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的二分之一，库仑力变为 ，C符合题意，ABD不符合题意。 故答案为：C 【分析】对两个电荷列库仑定律，结合他们之间距离的变化求解即可。 26.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（ ） A. 电场强度较大的地方电场线一定较疏 B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小 C. 沿电场线方向，电势一定越来越低 D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹 【答案】C 【解析】【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，电场强度较大的地方电场线一定较密，故A错误； BC、沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，即场强不一定越来越小，故B错误，C正确； D、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D错误； 故选：C． 【分析】只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；沿电场线方向电势越来越低，而电场线的疏密表示场强的大小，根据这些知识分析解答． 27.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是（ ） A. F逐渐减小，T逐渐减小 B. F逐渐增大，T逐渐减小 C. F逐渐减小，T逐渐增大 D. F逐渐增大，T逐渐增大 【答案】A 【解析】【解答】解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，根据平行四边形定则可知，T= ；由于重力不变，电场力变小，故拉力减小．故A正确，BCD错误． 故选：A． 【分析】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况． 28.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ） A. 运动到P点返回 B. 运动到P和P′点之间返回 C. 运动到P′点返回 D. 穿过P′点 【答案】A 【解析】【解答】设AB间电场强度为 ，BC间场强为 ，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有 ① BC板电量不变，BC板间的场强 = = ② 由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，即当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误； 故选：A 【分析】根据匀强电场电场强度的公式 ，电容的定义式 以及电容的决定式 C= ， 联立得E=， 知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论． 29.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近的带正电的导体球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB ， 则下列结论正确的是（ ） A. 沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QA＞QB B. 只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QA＝QB C. 沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QA＜QB D. 沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而QA、QB的值与所切的位置有关 【答案】D 【解析】【解答】静电感应使得A带正电，B带负电；导体原来不带电，只是在带正电的导体球C静电感应的作用下，导体中的自由电子向B部分转移，使B部分带了多余的电子而带负电；A部分少了电子而带正电。根据电荷守恒定律，A部分移走的电子数目和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，但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的，这样导致电子在导体上的分布的不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时左右两部分所带电荷量的值QA、QB是不同的，故只有D符合题意。 故答案为：D。【分析】此题考查感应起电的原理，由于电荷之间的相互作用规律会使得负电荷集中于靠近正电荷的一端，而正电荷会远离靠近正电荷的一端，这就是感应起电的基本原理。 30.平行板电容器的两极板A、B接于电源的两极，两极板竖直、平行正对放置，一个带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是（ ） A.保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小 B.保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C.电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 D.电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 【答案】C 【解析】【解答】保持电键S闭合，电容器两端的电压不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式 可得，两极板间的电场强度增大，故θ增大，AB错误；若电键S断开，电容器两极板上的电荷总量不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式 、 、 联立解得 ，即两极板间的电场强度大小和极板间的距离无关，所以电场强度不变，故θ不变，C正确D错误。【分析】电容器在电压不变的情况下，场强与距离成反比。在断开电源后场强不变，两极板电压与距离成反比。 31.如图所示，在P板附近有一个电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（ ） A. 两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B. 两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C. 电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D. 以上说法均不正确 【答案】C 【解析】【解答】电子由P板附近到Q板的过程中，静电力做功，根据动能定理有eU＝ mv2 ， 解得v＝ ，速度大小与U有关，与两板间距离无关，选项C正确。【分析】两极板始终接在电源正负两极，电压不变，根据可知，当间距增大时，场强减小，加速度减小，间距增加，运动时间变小，但是最终速度是有电场力做功决定的，不是由时间来决定，两极板电压不变，做功不变，末速度仍不变。 32.某电容器的电容是30 μF，额定电压为200 V，击穿电压为400 V，对于该电容器，下列说法正确的是（ ） A. 为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3×10–5 C B. 给电容器1 C的电荷量，两极板间的电压为3×10–5 V C. 该电容器能容纳的电荷量最多为6×10–3 C D. 该电容器能承受的最大电压为200 V 【答案】A 【解析】【解答】由ΔQ=C·ΔU=30×10–6×1 C=3×10–5 C，A对；由U=Q/C=1/(30×10–6) V=3.3×104 V可知，电容器被击穿，B错；击穿电压为400 V表示能承受的最大电压为400 V，最大电荷量Q=CU=3×10–5×400 C=1.2×10–2 C，CD错。【分析】利用电容器电容定义式的变换公式可得结果，击穿电压为所承受最大电压，比如小于交变电流的峰值即可工作。 33.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是（ ） ①先把两球分开，再移走棒 ②先移走棒，再把两球分开 ③先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开 ④以上都不对 A.①② B.①③ C.②③ D.③④ 【答案】B 【解析】【解答】感应起电是带电体移近导体但不与导体接触，从而使导体上的电荷重新分布，此时分开甲、乙，则甲、乙上分别带等量的异种电荷，故①符合题意；如果先将棒接触一下其中的一球，则甲、乙两球会同时带上和棒同性的电荷，故③符合题意；即选项B符合题意。 故答案为：B。【分析】此题属于基础题型，考查对感应起电和接触起电的理解和认识，比较简单。 34.如图所示，平行板电容器中悬浮一带电微粒P，今把A、B两半方形金属盒相对插入，当A、B合拢时，对微粒运动情况的判断正确的是（ ） A. 向上运动 B. 向下运动 C. 仍保持静止 D. 条件不足，无法判断 【答案】B 【解析】【解答】带电微粒在匀强电场中悬浮，说明重力与静电力平衡，若两个金属盒相对插入，电容变大，电压减小，场强减小，直到当它们合拢时，金属盒有静电屏蔽的作用，其内部场强将变为零，所以带电微粒所受静电力减小，向下运动，故B正确。【分析】静电屏蔽的应用，中间无场强，不受电场力，自然下落. 35.如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷。在静电平衡后，下列物理量中不为零的是（ ） A. 导体空腔内任意点的电场强度 B. 导体空腔内任意点的电势 C. 导体外表面的电荷量 D. 导体空腔内表面的电荷量 【答案】C 【解析】【解答】静电平衡状态下的导体内部电场强度处处为零，且内表面不带电。由于导体接地，故整个导体的电势为零。导体外表面受带电体Q的影响，所带电荷量不为零，故选项C正确。【分析】静电平衡的金属体内部场强处处为零，没有电荷，与大地连接电势为零，由于静电感应在近端为异种电荷，远端为同种电荷。 36.如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是（ ） A. a、b、c三点的电势都相等 B. a点的电场强度为零，但电势最高 C. b点的电场强度为零，但电势大于零 D. a、b、c三点的电场强度都为零 【答案】B 【解析】【解答】A球带正电，不带电的空腔B可以理解为导体的静电平衡，故Ea=Ec=0，空腔内壁感应电荷为负，外壁感应电荷为正。空腔内的电场线分布为由A指向B，所以φa>φb>φc ， Eb≠0，选项B正确。【分析】静电平衡导体内部场强为零. 37.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a， ， ）。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1 V，则P点的电势为（ ） A. V B. V C. V D. V 【答案】D 【解析】【解答】沿z轴负向观察，M、N、P三点的位置如图所示，其中P与它在Oxy平面内的投影点P′重合，由题意可知φP＝φP′ 分别过O、P′作MN的垂线，垂足分别为A、B。由几何知识可知 。因为E· ＝1 V，所以UBM＝E· ＝E· ＝ V，因φM＝0，故φB＝ V，又因P′B垂直电场线，P′B为等势线，φP＝φP′＝ V，故D选项正确。 【分析】利用等电势法寻找等势面与电场线垂直，并根据几何关系可得到电势大小. 38.如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ） A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C. 点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值 D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 【答案】C 【解析】【解答】由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，选项A、B错；但负电荷所受M、N两点电荷库仑力的合力方向竖直向下，到O点一直加速，选项C对；同理点电荷越过O点后，速度越来越小，但加速度先增大后减小，选项D错。【分析】等量同种电荷连线中点场强最小为零，速度最大，中垂线上自中点向两端延伸，场强先减小后增加。 39.图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面。一个电荷量为–5.0×10–8 C的点电荷，沿图中的曲线从A点移动到B点，电场力做的功为（ ） A. –5.0×10–7 J B. 5.0×10–7 J C. –3.5×10–6 J D. 3.5×10–6 J 【答案】B 【解析】【解答】UAB=φA–φB=–10 V，WAB=qUAB=5.0×10–7 J，B正确。【分析】W=Uq，仅由初末位置的电势差来决定的，与路径无关。 40.（2016•新课标Ⅱ）如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac ， 速度大小分别为va、vb、vc ， 则（ ） A. aa＞ab＞ac ， va＞vc＞vb B. aa＞ab＞ac ， vb＞vc＞va C. ab＞ac＞aa ， vb＞vc＞va D. ab＞ac＞aa ， va＞vc＞vb 【答案】D 【解析】【解答】解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa ， 根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb ， 所以D正确，ABC错误；故选：D． 【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目． 三、综合题 41.（2018•北京）（1）静电场可以用电场线和等势面形象描述。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S₁、S₂到点电荷的距离分别为r₁、r₂。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S₁、S₂上单位面积通过的电场线条数之比N1₁/N2₂。 （2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要路径。2016年9月25日，世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST直径为500m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。a.设直径为100m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P₁，计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P₂； b.在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST能够观测到的此类天体数目N。 【答案】（1）a．在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。 根据库仑定律检验电荷受到的电场力 根据电场强度的定义 得 b．穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 （2）a．地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，因此 b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。 设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0 ， 直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L ， 则 可得L=5L0 则 【解析】【分析】（1）推导孤立点电荷的电场表达式，根据场强的定义式即可推导；（2）根据题意，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，可知列出等式；（3）a.地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应相同，b. 在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。 42.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ， 电荷量为－q ， 匀强电场的场强大小为E ， 斜轨道的倾角为α ， 圆轨道半径为R ， 小球的重力大于所受的电场力． （1）求小球沿轨道滑下的加速度的大小； （2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大； （3）若小球从斜轨道h2＝5R处由静止释放．假设其能通过B点．求在此过程中小球机械能的改变量． 【答案】（1）解:根据牛顿第二定律有：（mg－qE）sin α＝ma 解得a＝ （2）解:若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝ 小球由A到B，根据动能定理有：（mg－qE）（h－2R）＝ 联立以上两式得h＝ （3）解:小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为ΔE机 由ΔE机＝W电 ， W电＝－3qER 得ΔE机＝－3qER 【解析】【分析】电场力做功和重力做功一样，均是由初末位置来决定的，与路径无关。在复合场中计算竖直平面的圆周运动需要找到”等效重力“和”等效最高点“类比在重力场中的临界条件进行分析。机械能的改变是除重力和弹力意外做功，这个力就是电场力。 四、填空题 43.油罐车后拖一条铁链的目的是________；电容器是储存________的装置；电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的________。 【答案】导走静电；电荷；电压 【解析】【解答】油罐车后拖一条铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止；电容器是储存电荷的装置，根据闭合电路欧姆定律得知，电源的电动势等于内外电压之和，当电源没有接入电路时内电压等于零，则电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压。【分析】该题目考察的是物理的基本的概念，拖一条铁链是为了导走静电，电容器用来存储电能，当电源没有接通时，电动势等于电压。 44.如图所示，A、B为一对平行正对带电金属板，B板带正电，A、B两板间的电势差为U。质量为m的带电粒子（重力可忽略木计）以初速v0水平射入匀强电场。若粒子带电荷量为－q，则粒子到达B板时速度大小为________；若粒子带电荷量为＋q，它到达B板时速度大小为________。 【答案】； 【解析】【解答】AB两极板间的电势差U，粒子的带电量-q， 由动能定理得：-qU= mv2 - m 得v= ， 若粒子的带电量＋q，则qU= mv2 - m 得v= 。 【分析】由于两次电荷量不同电场力方向不同，做功情况不同，可根据动能定理计算出末速度。 45.如图所示，我们可以探究平行板电容器的电容与哪些因素有关。平行板电容器已充电，带电量为Q，静电计的指针偏角大小，表示两极板间电势差的大小。如果使极板间的正对面积变小，发现静电计指针的偏角变大，我们就说平行板电容器的电容________（填“变大”或“变小”）；如果使两极板间的距离变大，发现静电计指针的偏角变大，我们就说平行板电容器的电容________（填“变大”或“变小”）。我们之所以能够得出这些结论是因为电容器的电容C=________。 【答案】变小；变小； 【解析】【解答】根据C= ，正对面积变小说明电容减小，又C= ，电压增大则发现静电计指针的偏角变大；使两极板间的距离变大，根据C= ，说明电容减小，又C= ，电压增大则发现静电计指针的偏角变大。我们之所以能够得出这些结论是因为电容器的电容C= 。【分析】根据电容器的决定式，由正对面积和极板间距以及有无相对电解质判断电容器电容的变化，且在电荷量不变的情况下，再根据电容器电容定义式分析电压及极板间场强变化。 46.把电荷量为－5×10－9C的电荷，从图示电场中的A点移到B点，其电势能________（填“增加”“减少”或“不变”）；若A点的电势φA＝15V，B点的电势φB＝10V，则此过程中静电力做的功为________J。 【答案】增加；－2.5×10－8 【解析】【解答】将电荷从电场中的A点移到B点，静电力做负功，其电势能增加；A点的电势能为EpA＝qφA ， B点的电势能为EpB＝qφB ， 静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－2.5×10－8J。【分析】负电荷沿着电场线运动，电场力做负功电势能增加，右W=Uq可计算做功大小。 五、解答题 47.如图所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？ 【答案】解:由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是1∶1，但应该是一个确定的值。 根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷关系可知，此比例为（Q－q）∶q 经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B球带电荷量为q′，则有 ＝ 解得q′＝ 【解析】【分析】此题属于典型题型，比较简单，考查接触起电的原理和应用，只有当两个完全相同的小球接触后分开才会平分电荷量，而此时是形状、大小不等的两个小球，故先设定一个电荷量分配的比值，从而得出小球的最终电荷量。 48.如图所示，在枕形金属导体外的M、N两点分别放置一个电荷量为+Q的点电荷，A为导体内一点，MA⊥AN，A、N位于同一水平线上，且MA=AN=r。求枕形金属导体上的感应电荷产生的电场在A点处的电场强度E。 【答案】解:由点电荷的电场强度公式E= ，得：+Q和+Q的两个点电荷在A点产生的电场强度都为：E= ，枕形金属导体处于静电平衡状态时，内部电场强度处处为零，枕形金属导体上的感应电荷产生的电场在A点处的电场强度E大小等于+Q和+Q的两个点电荷在A点产生的合场强，方向相反，则由矢量合成得：E合= E= V/m，场强方向沿二者的角分线斜向右上方。 【解析】【分析】静电平衡的导体内部场强处处为零，感应电场与源电荷在此形成电场等大反向，利用矢量合成法则即可得到结果。 六、计算题 49.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10﹣6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10m/s2 ， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求： （1）小球所受电场力F的大小． （2）小球的质量m． （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小． 【答案】（1）解：根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10﹣6×3.0×103 N=3.0×10﹣3 N； 答：小球所受电场力F的大小为3.0×10﹣3 N． （2）小球受力分析如图所示： 根据几何关系可得mg= ， 所以m= = =4×10﹣4kg； 答：小球的质量为4×10﹣4kg． （3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）= ， 解得：v=2m/s． 答：将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s． 【解析】【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；（3）根据机械能守恒定律求解速度． 50.真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g． （1）油滴运动到B点时的速度； （2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍． 【答案】（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2 ， 根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反； 对于匀速运动阶段，有qE1=mg…① 对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg=ma1…② 对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 …③ 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v=v0+a1t1 油滴在B的速度为：vB=v﹣a2t1 联立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1； 答：油滴运动到B点时的速度为v0﹣2gt1； （2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh…⑥ 根据位移时间关系可得：v0t1+ …⑦ v1t1﹣ …⑧ 油滴运动有两种情况： 情况一： 位移之和x1+x2= ⑨ 联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得： E2=E1+ 由题意得E2＞E1 ， 即满足条件 ，即当 或 才是可能的； 情况二： 位移之和x1+x2=﹣ ⑩ 联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得： E2=E1+ 由题意得E2＞E1 ， 即满足条件 ，即 ，另一解为负，不合题意，舍去． 答：增大后的电场强度的大小为E1+ ，t1和v0应满足的条件为 或 ；或E1+ ；相应的t1和v0应满足的条件为 ． 【解析】【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小； （2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式．
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