静电场(限时：40分钟)对点强化1三点电荷平衡模型1两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图1所示A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q24Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上欲使整个系统处于平衡状态，则() 【导学号：96622406】图1AQ3为负电荷，且放于A左方BQ3为负电荷，且放于B右方CQ3为正电荷，且放于A、B之间DQ3为正电荷，且放于B右方A因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异号电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故应选A.2.可以自由移动的点电荷q1、q2、q3放在光滑绝缘水平面上，如图2所示，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，且每个电荷都处于平衡状态图2(1)如果q2为正电荷，则q1为_电荷，q3为_电荷(2)q1、q2、q3三者电荷量大小之比是_【解析】(1)q2处于平衡状态，则q1、q3对它的静电力等大反向，所以q1、q3带同种电荷；q1处于平衡状态，则q2、q3对它的静电力等大反向，所以q2、q3带异种电荷，因此，q1、q3都带负电荷(2)对q1列平衡方程：kk对q3列平衡方程：k联立解得：q1q2q3212.【答案】(1)负负(2)212对点强化2带电粒子在交变电场中运动的分析方法3(多选)(2015山东高考)如图3甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是() 【导学号：96622407】甲乙图3A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgdBC0时间内微粒匀速运动，有mgqE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1yg；T时间内，ag，做匀减速直线运动，T时刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确；重力势能的减少量Epmgmgd，所以选项C正确；根据动能定理：mgdW克电0，得W克电mgd，所以选项D错误4(多选)如图4甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下列选项中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()甲乙图4AD在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F，所以电子所受的电场力大小不变由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如选项D所示，vt图象如选项A所示；又因匀变速直线运动位移xv0tat2，所以xt图象应是曲线5如图5甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：【导学号：96622408】甲乙图5(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【解析】(1)电子经加速电场，由动能定理得qU0mv2，电子经偏转电场：沿v方向：t，沿电场方向：yat2，又a，故偏转后偏移量y2，所以y由题图知t0.06 s时刻U偏1.8U0所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足，所以Y13.5 cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.【答案】(1)O点上方13.5 cm处(2)30 cm对点强化3描述电场性质物理量的综合问题6如图6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()图6AO点的电场强度为零，电势最低BO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B根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，所以沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小选项B正确7如图7所示，Q和Q是两个等量异种点电荷，以点电荷Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是()图7AA点的电场强度大于B点的电场强度B电子在A点的电势能小于在B点的电势能C把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加BB点场强大于A点，A错；电子从A点移动到B点电荷Q对它做负功，Q不做功，电势能增大，质子相反，B对，C错；MN线上，场强的方向垂直于MN，MN是等势面，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做正功，质子电势能减小，D错8(多选)真空中有一带负电的点电荷绕固定的点电荷Q运动，其轨迹为椭圆，如图8所示，已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是()图8A负电荷在a、c两点所受的电场力大小相等B负电荷在a点的电势能高于在c点的电势能C负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少D负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增大后减小AC电场强度是矢量，由对称性可知a、c两点的场强大小相等，故负电荷在a、c两点所受电场力大小相等但方向不同，A正确；根据电势是标量和对称性可知，a、c两点的电势相等，故负电荷在a、c两点的电势能相等，B错误；正点电荷的电场线是辐射向外的，且沿电场线方向电势降低，故轨迹上a、b、c、d四点中b点电势最高，d点电势最低，a、c两点相同，所以负电荷在b点电势能最小，故选项C正确，D错误9(多选)如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是()【导学号：96622409】图9Ab点场强大于d点场强Bb点场强小于d点场强Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D试探电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能BC如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点场强最大，在两电荷之间连线上，O点场强最小，即EbEO，EOEd，故EbEd，A错误，B正确；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，UabUbc，C正确；试探电荷q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，电场力做正功，电势能减小，D错误；另一种理解方法：a点电势高于c点电势，试探电荷q在a处的电势能大，在c处的电势能小，D错误对点强化4带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题10如图10所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为()图10A.B.C. D.C由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a，可得加速度的大小ax2ay2g，由牛顿第二定律可知，qE2mg，水平位移xv0t，竖直位移y，即x2y，因此电场力做功W1qExqUab，重力做功W2mgy，由动能定理得：W1W2m(2v0)2mv，解得：Uab.11(2017合肥模拟)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成30角的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图11所示开始时小球静止在M点，细线恰好水平现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是()图11A小球再次到M点时，速度刚好为零B小球从P到M过程中，合外力对它做的功为mgLC小球从P到M过程中，其机械能增加了mgLD如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动B根据题述，开始时小球静止于M点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qEsin 30mg.小球再次到M点时，切向加速度为零，速度最大，选项A错误小球从P到M过程中，重力做负功为WGmgL，电场力qE做正功为WFqELsin 30qELcos 30(1)mgL，合外力对它做的功为WWGWFmgL，选项B正确由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P到M过程中，其机械能增加了(1)mgL，选项C错误由于在M点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D错误12.(2017镇江模拟)如图12所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为Q和Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d.静电力常量为k，重力加速度为g.求：【导学号：96622410】图12(1)C、O间的电势差UC O；(2)小球p经过O点时加速度的大小；(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小【解析】(1)小球p由C运动到O时，受重力和电场力作用，由动能定理得：mgdqUC Omv20解得：UC O.(2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：F1F2k二者的合力为FF1cos 45F2cos 45由牛顿第二定律得：mgFma解得：ag.(3)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：mgdqUO Dmvmv2由电场分布的对称性可知UC OUO D解得：vDv.【答案】(1)(2)g(3)v