资源简介

第八章　静电场
一、选择题：共7小题，1～5题只有一个选项符合要求，6～7题有多个选项符合要求。
1．探究两个可以视为点电荷的带电小球之间的作用力，带电荷量为Q的小球C固定在绝缘支架上，用轻质绝缘细线将带电荷量为q的小球P悬挂在铁架台上，平衡时两小球连线水平，之间的距离为r，悬挂小球P的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知小球P的质量为m，静电力常量为k，则剪断细线的瞬间，小球P的加速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
2．(2025·河南郑州一模)已知形状不规则的导体甲、乙带异种电荷，附近的电场如图所示。其中a、b、c、d是导体外表面的点，e和f是甲导体内部的点。则(　　)
A．a点的电势低于c点的电势
B．f点的电场强度大于e点的电场强度
C．a、b两点间的电势差等于c、d两点间的电势差
D．由于漏电，甲、乙两导体构成的电容器的电容逐渐减小
3．如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的E、F、G三点构成等边三角形，边长为L。若将两个等量异种点电荷－q和＋q分别固定在E、F点，则(　　)
A．O点电场强度的方向沿x轴正方向
B．G点电场强度的方向沿y轴正方向
C．O点电场强度的大小为零
D．G点电场强度的大小为
4．在竖直平面内存在一静电场，其电场线分布如图1所示，Ox轴竖直向下。在O点由静止释放一个带电小球，其后小球沿x轴正方向运动的v-t图像如图2所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球带正电
B．小球在A点的加速度可能大于g
C．从O点到A点，小球的动量变化率先增大再减小
D．从O点到A点，小球的电势能一直增大
5．(2025·天津南开一模)电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由一块固定极板和一块可前后移动的极板组成的平行板电容器，可移动极板的移动距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气囊弹出。则减速过程该电容器(　　)
A．电容减小
B．M、N两极板间的距离减小
C．极板间的电场强度增大
D．M板为可移动极板
6．在空间O点右侧存在水平方向的静电场，以O为原点，沿电场方向建立坐标系，电场强度E随坐标x的分布如图所示。质量均为m、带电荷量分别为＋q、－q的两粒子，从x＝2d处由静止释放，不计粒子重力及粒子之间相互作用。下列说法正确的是(　　)
A．由静止释放后，带正电荷的粒子电势能减小，带负电荷的粒子电势能增大
B．x＝2d与x＝4d两点之间的电势差为5E0d
C．粒子运动到x＝3d处时的加速度大小为
D．粒子运动到x＝0处时的速度大小为2
7．如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m的带电粒子仅在静电力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度v0沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是(　　)
A．该带电粒子带正电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段时间粒子的最小动能为
D．静电力方向与x轴正方向夹角的正切值为2
二、非选择题：共2小题。
8．(6分)(2024·浙江1月选考)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0～9 999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0～300 μA，零刻度在中间位置)、电容器C(2 200 μF、16 V)、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。
(1)把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是________。
A．迅速向右偏转后示数逐渐减小
B．向右偏转示数逐渐增大
C．迅速向左偏转后示数逐渐减小
D．向左偏转示数逐渐增大
(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为________ V，电压表的阻值为________ kΩ(计算结果保留两位有效数字)。
9．(12分)(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2-的关系图，其中v为该试探电荷的运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。
(1)求B点的电势；
(2)求该试探电荷从A点运动到B点过程中静电力所做的功；
(3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。
检测(八)
1．A　[带电小球C与P之间的库仑力Fk，根据受力分析，由平衡条件可得，细线中的拉力大小F拉，剪断细线的瞬间，小球P受重力和库仑力作用，它们的合力大小与原拉力的大小相等，即F合，此时根据牛顿第二定律有F合ma，解得加速度大小a，故选A。]
2．C　[导体甲是一个等势体，所以a点的电势等于c点的电势；导体乙是一个等势体，所以b点的电势等于d点的电势；则a、b两点间的电势差等于c、d两点间的电势差，故A错误，C正确。静电平衡的导体内部电场强度为0，则f点的电场强度等于e点的电场强度，均为0，故B错误。甲、乙两导体构成的电容器的电容只由自身决定，与所带电荷量无关，所以漏电过程，甲、乙两导体构成的电容器的电容不变，故D错误。]
3．D　[＋q在O点产生的电场强度方向沿x轴负方向，－q在O点产生的电场强度方向沿x轴负方向，故O点合电场强度的方向沿x轴负方向，故A错误；O点电场强度的大小EO2k，故C错误；如图所示，设＋q和－q在G点产生的电场强度分别为E1、E2，G点的合电场强度为EG，则有E1E2k，由几何关系可知，E1、E2的夹角为180°－60°120°，G点的合电场强度为EG2E1cos 60°k，方向沿x轴负方向，故B错误，D正确。
]
4．D　[通过题图2知小球加速度先减小后增大，小球向下运动，假设小球带正电，静电力向下，由牛顿第二定律可知mg＋Eqma，电场线从O到A先密集再稀疏，电场强度先增大再减小，加速度先增大再减小，与题图2不符合，故小球带负电，且所受静电力始终小于重力，故A错误；由牛顿第二定律mg－Eqma可知，小球加速度必小于g，故B错误；动量变化率F合，由题图2可知小球加速度先减小再增大，故合力也是先减小再增大，动量变化率先减小再增大，故C错误；小球所受静电力方向竖直向上，静电力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。]
5．B　[因为电荷量Q不变，电压U减小，根据C可知电容增大，故A错误；因为C增大，根据C，则M、N两极板间的距离d减小，故B正确；极板间电场强度E，又因为C，C，联立解得E，可知电场强度不变，故C错误；当汽车速度减小时，可移动极板因为惯性，速度没来得及变化，相对汽车向前运动，M、N两极板间的距离减小，则N板为可移动极板，故D错误。]
6．BD　[由题图可知，电场强度沿Ox方向，电场强度的大小先增大后减小，粒子从x2d处由静止释放后，带正电的粒子沿x轴正方向运动，静电力做正功，电势能减小，带负电的粒子沿x轴负方向运动，静电力做正功，电势能减小，故A错误；根据UEd可知E x图像的面积等于电势差，则x2d与x4d两点间的电势差为U(E0＋4E0)×2d5E0d，故B正确；粒子运动到x3d处时的加速度大小为a，故C错误；粒子运动到x0处时由动能定理有mv2，解得速度大小为v2，故D正确。]
7．BC　[由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；带电粒子从O点到A点动能增加，则静电力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；设加速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ，如图所示，则在沿着y轴方向上有asin θ，沿着x轴方向上有acos θ，并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即v2v0，联立解得tan θ，故D错误；由三角函数知识可知tan θ，又sin2θ＋cos2θ1，解得cos θ，当速度最小时，速度方向与静电力方向垂直，设最小速度为vmin，将初速度v0沿着静电力方向和垂直电场力方向进行分解，可得vminv0cos θv0，则最小动能为Ekmin ，故C正确。
]
8．解析：(1)把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。
(2)由题意可知电压表应选用0~3 V量程，由题图2可知此时分度值为0.1 V，需要估读到0.01 V，则读数为0.50 V。当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据欧姆定律有RV Ω≈3.1 kΩ。
答案：(1)C　(2)0.50　3.1
9．解析：(1)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离rBFa
则B点的电势φB。
(2)同(1)问可知，A点到F点的距离rAFa－
则A点的电势φA
根据静电力做功与电势能变化的关系可知
WAB－ΔEpABEpA－EpB
又EpA－qφA，EpB－qφB
联立解得WAB－。
(3)设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2k0
试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总－mv2
变形得v2
对比分析可知k0
解得E总－
由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。
答案：(1)　(3)见解析

展开更多......

收起↑