高考物理静电场七大题型整理(有题有答案有解析)(共42页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上静电场题型整理静电场常考的七大题型：1、 场强叠加问题2、 图像问题3、 轨迹类（电势和电势能）问题4、 等势面（等分法）问题5、 库仑力受力分析问题6、 电容器的动态分析7、 带电粒子在电场中运动 一、场强叠加问题1（2017江苏省高二学业水平模拟考试）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为A BC D1C【解析】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电

2、的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N两点所产生的电场为，由题知当半球面如题图所示产生的场强为E，则N点的场强为，故选C。2（2017甘肃省高三第二次诊断）如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上自C点无初速度释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是A杆对小球的作用力先增大后减小B杆对小球的作用力先减小后增大C小球的速度先增大后减小D小球的速度先减小后增大2A【解析】从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大

3、后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误；因直杆处于AB的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故CD错误。3（2015山东卷）直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A，沿

4、y轴正向 B，沿y轴负向C，沿y轴正向 D，沿y轴负向二、图像问题4（2017广西钦州市钦州港经济技术开发区高三）两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是A BC D4A【解析】根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强。故A正确，BCD错误。5（2017江苏卷）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有Aq1和q2带有异种电荷Bx1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5AC【解析】由图知x1处的电势等于

5、零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误6（2017新课标全国卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功

6、分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是AEa：Eb=4:1BEc：Ed=2:1CWab:Wbc=3:1 DWbc:Wcd=1:36AC【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式可知，故A正确，B错误；电场力做功，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以，故C正确，D错误。7（2014上海卷）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程电势能增大C由x1运动到x4的过程电场力先增大后减小D由

7、x1运动到x4的过程电场力先减小后增大8（2015广东卷）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则AM的带电荷量比N大 BM带负电荷，N带正电荷C静止时M受到的合力比N大 D移动过程中匀强电场对M做负功8BD【解析】释放后，MN保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qE=F，两者方向相反，其合力为0，故选项C错误；由牛顿第三定律可知，MN间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，

8、电荷量相等，故选项A错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由图示可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选项D正确。9（2016全国新课标卷）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、

9、vc，则Aaaabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb9D【解析】在点电荷的电场中，场强大小，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，则；而由动能定理：可知电场力做负功，动能减小，由图，则vavcvb，故选D。10（2017福建省莆田第一中学高三模拟）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb

10、，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是AQ2带负电且电荷量大于Q1Bb点的场强一定为零Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能小10BD【解析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电，且根据库仑定律知，| Q2| Q1|，故A错误；粒子通过b点的加速度为零，说明电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确；粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守恒知其电势能增大，根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C错误

11、，D正确。11（2014上海卷）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程电势能增大C由x1运动到x4的过程电场力先增大后减小D由x1运动到x4的过程电场力先减小后增大12.【来源】河南省漯河高中2016-2017学年高二上学期期末物理模拟试卷（3）（多选题）如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0104C小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A

12、运动的vt图象如图乙所示小球运动到B点时，速度图象的切线斜率 最大（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（）A在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/mB由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大C由C到A电势逐渐降低DC、B两点间的电势差UCB=0.9V答案及解析：12.ACD【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】通过乙图的vt图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差【解答】解：A、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度有电场力提供，故B点的电场强度最大，a=，a=，解得E=

13、1.2V/m，故A正确；B、从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B错误，C正确；D、由C到B电场力做功为W=，CB间电势差为U=0.9V，故D正确故选：ACD三、轨迹类（电势和电势能）问题13.（2017河北省张家口市高一期末考试）某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是Ac点场强大于b点场强Bb和c处在同一等势面上C若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电参考答案：A14.【来源】河南省信阳市永和中学2016-2017学年高三上学期第一次检测物理试卷如图所示，在平面直角坐标系xo

14、y内，固定有A、B、C、D四个带电量均为Q的点电荷，它们关于两坐标轴对称，其中A、B带正电，C、D带负电它们产生电场的等势面如图中虚线所示，坐标轴上abcd是图中正方形的四个顶点，则（）A将电子沿路径abc移动，电场力先做负功，后做正功B将电子沿路径aoc移动，电场力做正功Cb、d两点场强相同，电势不相等Db、d两点电势相等，场强不相等答案及解析：14.C【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加【分析】电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度可以反映场强的大小顺着电场线的方向电势逐渐降低结合电场的叠加原理分析【解答】解：A、将电子沿路径abc移动，从a到b，电场力做正功，从b到c，电场力做负功，

15、故A错误；B、将电子沿路径aoc移动，电势不变，电场力不做功，故B错误；CD、根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同：均由b指向d，则场强相同b、d两点间的电场线由b指向d，所以b点的电势高于d点的电势故C正确，D错误故选：C15（2016全国新课标卷）学&科网如图，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AQ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15AB【解析】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，

16、且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故AB正确，C错误。在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。四、 等势面（等分法）问题16（2015全国新课标）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、。一电子由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，则A直线a位于某一

17、等势面内，B直线c位于某一等势面内，C若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D若电子有P点运动到Q点，电场力做负功16B【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，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，从M到N，电场力对负电荷做负功，说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是，A错误，B正确。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，C错误。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，D错误。17（2017新课标全国卷）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c

18、三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV17ABD【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为（3.5 cm，6 cm），过c点作cfbd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度，A正确；因为四边形Oacb是矩形，所以有，解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，

19、电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。18.【来源】河南省安阳市林州一中火箭班2017-2018学年高二上学期开学物理试卷（多选题）如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为（45），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（）A外力所做的功为mgLcotB外力所做的功为mgLtanC带电小球的电势能增加 2mgLcotD带电小球的电势能增加 qEL（sin+cos）答案及解析：18.AD【考点】电势能；动能定理的应用；功能关系【分析】先求出电场

20、力大小：当小球静止时，细线恰好水平，由平衡条件求出电场力大小和方向用外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点的过程中，动能的变化量为零，根据动能定理求解外力做功求得电场力做功，分析电势能的变化【解答】解：A、B设小球所受的电场力大小为F当小球静止时，细线恰好水平，由平衡条件得：Fsin=mg，得F=用外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点的过程中，小球沿电场线方向移动的距离为L（cos+sin），小球动能变化量为零，根据动能定理得 W+mgLFL（cos+sin）=0，由联立得，外力做功为 W=mgLcot故A正确，B错误C、D电场力做功为W电=FL（cos+sin）=L（cos+sin）=qE

21、L（ sin+cos），则小球的电势能增加 qEL（ sin+cos）故C错误，D正确故选AD19.【来源】河南省驻马店市西平高中2016-2017学年高二上学期第四次月考物理试卷（12月份）如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A该粒子带负电BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能答案及解析：19.D【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势；电势能【分析】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正

22、负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小根据电场线的疏密分析场强的大小，从而得到电场力的大小【解答】解：A、带电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，所以该粒子带正电故A错误；B、根据顺着电场线方向，电势降低，可知，M点的电势大于N点的电势，故B错误；C、根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密场强越大，则知M点场强小于N点的场强，由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误D、粒子从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确故选：D五、库仑力受力分析问题2

23、0如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘。两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内。若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两小球静止于图示位置。如果将小球B向左推动少许，并待两小球重新达到平衡时，与原来相比A两小球间的距离将增大，推力F将增大B两小球间的距离将增大，推力F将减小C两小球间的距离将减小，推力F将增大D两小球间的距离将减小，推力F将减小20B【解析】以小球A为研究对象，其受力如图所示，小球A受到小球B对它的斥力F斥和墙壁对它的弹力FN的合力与其重力mg平衡。当将小球B向左推动少许，并待两小球重新达到平衡时，F斥与竖直方向夹角减小，则由图可判

24、断斥力F斥减小，因此两小球间的距离将增大，弹力FN减小；以A、B两小球组成的整体为研究对象，由平衡条件知F=FN，故推力F将减小。故正确答案为B。21（2017黑龙江省大庆实验中学高一月考）如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电荷量为q；A、B两点间的距离为l0。释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为（k为静电力常数），方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷。求：学科网（1）乙球刚释放时受到的库仑力；（2）乙球在释放瞬间的加速度大小；（3）乙球的速度最大时两球间的距离。

25、21（1） （2） （3） （1）乙球刚释放时受到的库仑力 （2）根据牛顿第二定律得又可解得：（3）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大可解得x=2l022（2015四川卷）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球aA从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量23如图所示，在竖直平面内，

26、光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一个质量为m、电荷量为q套在杆上的带负电的小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3 R，小球滑到B点时的速度大小为2。求：（1）小球滑至c点时的速度的大小；（2）A、B两点间的电势差；（3）若以C点做为参考点(零电势点)，试确定A点的电势。23（1） （2） （3）24.【来源】河南省安阳市林州一中火箭班2017-2018学年高二上学期开学物理试卷（多选题）绝缘水平面上固定一负点电荷Q，另一质量为m、电荷量为q的滑块（

27、可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面离开Q运动，到达b点时速度减为零已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g以下判断正确的是（）A滑块在运动过程中所受Q的库仑力一直大于滑动摩擦力B滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于C此过程中达到最大速度时，P到Q距离为r=DQ产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab= 答案及解析：24.CD【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；电势差【分析】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；当库PQ仑力与摩擦力相等时，物体的速度最

28、大，则可得出PQ间的距离；由动能定理可求得两点间的电势差【解答】解：A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动力，故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变小的库仑力，滑块可能先加速再减速，且加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；C、滑块先加速后减速，而库仑力减小，故当库仑力等于滑动摩擦力时，速度应达最大，即：mg=，解得距离为：，故C正确；D、由动能定理可得：Uqmgs=0mv02，解得两点间的电势差U=，故D正确；故选CD六、电容器的动态分析25.（2017江苏省宿迁市高一期末

29、）如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关S后悬线与竖直方向夹角为。则有A保持开关S闭合，将A板向右平移，不变B保持开关S闭合，将A板向左平移，变小C先闭合开关S，然后断开，将A板向右平移，不变D先闭合开关S，然后断开，将A板向右平移，变小参考答案：BC试题解析：保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将A板向右移动，d减小，则电场强度增大，电场力增大，根据共点力平衡知，角变大，反之向左移动，角变小，A错误，B正确；断开开关S，电荷量不变，根据，联立解得，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A板，角不变，C正

30、确，D错误。26（2017河南省周口市高二期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列判断错误的是A静电计指针张角不变BP点的电势将降低C带电油滴静止不动D若先将上极板与电源正扱的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴静止不动。26C【解析】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A正确；因为两极板间的电势差不变，上极板上移一小段距离，两极板间的距离增大，所以根据可知两极

31、板间的电场强度减小，而下极板电势为零，根据U=Ed可知，P点到下极板的电势差减小，即P点的电势减小，B正确；由于两极板间的电场强度变小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴将向下运动，C错误；若先将上极板与电源正扱的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，根据可得，两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以油滴受力不变，仍处于静止状态，D正确。27（2017辽宁省大连市高三二模）某电容式话筒的原理如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间的距离增大时AP、Q构成的电容器的电容减小 BP上所带的电荷量保持不变C有电流自M经R流向N DPQ

32、间的电场强度不变27AC【解析】根据电容器的决定式可知，当P、Q间的距离d增大时，P、Q构成的电容器的电容减小，A正确；因两极板间的电势差不变，则根据Q=CU可知P上所带的电荷量减小，B错误；电容器上的电荷量减小时，电容器放电，则有电流自M经R流向N，C正确；由于U不变，d减小，根据可知，P、Q间的电场强度增大，D错误。28（2017西藏自治区拉萨中学高二月考）如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，S闭合后，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是A若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有ba的电流B若将A板向左平移一小段位移，

33、则油滴仍然静止，G中有ba的电流C若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上运动29（2017辽宁省辽河油田第二高级中学高一期中）如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连 接，开关K闭合，电容器两极板间有一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列各叙述中正确的是A断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒仍能保持静止B断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动C保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，电容会增大D保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，两极板的带电荷量会增大29A【解析】断开K后，已充电的电容器两板仍

34、储有电荷，极板的电荷量不变，根据，与，推导出电场强度的公式，由此可知，电场强度与极板间距无关，因此粒子仍保持原来的静止状态，故A正确，B错误；保持K闭合，增大两板间距d，由，可知，电容减小，故C错误；保持K闭合，增大两板间距d，则两板间电压不变，由可知，带电荷量减小，故D错误。【名师点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由，与，推导出电场强度的公式，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动。30（2014海南卷）如图，一个平行板电容器的两极板与一个电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容

35、器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为A BC D30A【解析】电容器的两极板与电源相连，可知极板间电压恒定，有金属板存在时，板间电场强度为，此时带电粒子静止，可知，把金属板从电容器中抽出后，板间电场强度为，此时粒子加速度为，联立可得。故A正确。31（2016天津卷）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则A增大，E增大B

36、增大，Ep不变C减小，Ep增大D减小，E不变31D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，Q=CU，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则Ep不变；故选项ABC错误，D正确。【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。七

37、、带电粒子在电场中运动 32.（2017河南省新乡市高三模拟） 如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为A=0，B板电势为B随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则A若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动参考答案：AB试题解析：若电子在t

38、=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在时刻进入的，与在时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；若电子是在时刻进入的，在

39、一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，故D错误。33. 如图所示，竖直平面内固定一个光滑的绝缘挡板ABCD，AB段为直挡板，与水平方向的夹角为45，BCD段是半径为R的圆弧挡板，AB与圆弧BCD相切于B点。整个挡板处于方向水平向右的匀强电场中。一个带电小球从挡板内侧上的A点由静止释放，小球能沿挡板内侧运动到D。以下判断正确的是A小球一定带正电B小球的重力大于小球所受到的电场力C小球在最低点C时的速度最大D小球从A点到B点的过程中，电势能增加参考答案：A试题解析：小球

40、受到竖直向下的重力、电场力和垂直AB向下的支持力作用，合力沿AB方向，所以电场力的方向一定向右，故小球一定带正电，A正确；小球在垂直AB的方向上的合力为零，所以有，故电场力一定大于重力，B错误；小球在电场和重力场组成的复合场中运动，两者的方向相互垂直，相当于小球在斜向右下的等效重力场中，B、C之间的某一点为最低点，速度最大，C错误；从A点到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，D错误。34.【来源】河南省南阳市2016-2017学年高二上学期期中质量评估物理试题如图所示为“滤速器”装置示意图a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度

41、为B，a、b板带上电量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直一带电粒子以速度v0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO运动，由O射出，粒子所受重力不计，则a板所带电量情况是A带正电，其电量为 B带正电，其电量为CBdv0C带负电，其电量为 D带负电，其电量为答案及解析：34.B35.【来源】河南省南阳市2016-2017学年高二上学期期中质量评估物理试题如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是A增大两板间的电势差U

42、2 B尽可能使板长L短些C尽可能使板间距离d小一些 D使加速电压U1升高一些答案及解析：35.C36（2017陕西省西安市高三二模）如图所示，一个带电粒子从粒子源进入加速电压为U1的加速电场（粒子初速不计），经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入平行板间，A、B板长均为L，两板间距为d，偏转电压为U2。则带电粒子能从A、B两板之间飞出必须满足的条件是A BC D36D【解析】设粒子进入偏转电场的速度为v，则，要想从板间飞出，侧向位移， ，又L=vt，联立解得，故D正确；ABC错误。37（2017河南省新乡市高三模拟）如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6 cm，两板间加有

43、一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势A随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。求：（1）在0和T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10 m/s2）。（2）前半周期上升的高度前半周期微粒的末速度为v1=gT后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=gT，则得t1=。此段时间内上升的高度则上升的总高度为H=h1+h2=后半周期的Tt1=T时间内，微粒向下加速运动，下降的高度。上述计算表明，微粒在一个周期

44、内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则Hd，即所加电压的周期最长为38（2017黑龙江省哈尔滨市高三三模）如图所示，带正电的粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的已经充满电的平行板电容器内，仅在电场力的作用下，恰好沿下板的边缘飞出，已知平行板间距离为，板间电压为，带电粒子的电荷量为，粒子通过平行板的时间为，则A 在后时间内，电场力对粒子做的功为B 粒子在竖直方向下落前和后的过程中，电场力做功之比为1:2C 在整个时间内，电场力对粒子做功为D 在前和后时间内，粒子的动能增量之比为1:339（2017湖南省邵阳市高三模拟）如图（a）所示，两正对的平行金属板A、B间加有如图（b）

45、所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间P处，若在时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则可能属于的时间段ABCD39B【解析】若，带正电的粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误；若，带正电的粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确；若，带正电的粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向左运动的距离小于向