靜電場壓軸選擇題

1、靜電場壓軸選擇題一選擇題（共12小題）1（2016姜堰區(qū)校級三模）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨X變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點的電勢最低BX2點的電勢最高CX1和X1兩點的電勢相等D該電場是等量負電荷從兩電荷連線的中點沿中垂線向兩側(cè)外移形成的2（2016楊浦區(qū)一模）如圖所示，用細絲線懸掛的帶有正電荷的小球，質(zhì)量為m，處在水平向右的勻強電場中，在電場作用下，小球由最低點開始運動，經(jīng)過b點后還可以再向右擺動如用E1表示重力勢能的增量，用E2表示電勢能的增量，用E表示二者之和（E=E1+E2），則在小球由a擺到b這一過程中，下列關(guān)系式正確的是（）AE10，E20，E0B

2、E10，E20，E=0CE10，E20，E0DE10，E20，E03（2015盱眙縣校級三模）如圖所示，一個勁度系數(shù)為k由絕緣材料制成的輕彈簧，一端固定，另一端與質(zhì)量為m的帶電量為q的小球相連，靜止在光滑水平面上當加入如圖所示的勻強電場E后，小球開始運動下列說法正確的是（）A球的速度為零時，彈簧伸長了B球做簡諧運動，振幅為C運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為D運動過程中，小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能互相轉(zhuǎn)化，且總量保持不變4（2015秋惠州校級月考）在化學(xué)變化過程中，伴隨著電子的得失，系統(tǒng)的電勢能發(fā)生了變化，下面有關(guān)這個問題的幾個說法中正確的是（）A中性的鈉原子失去電子的過程系統(tǒng)的電勢能增

3、加B中性的鈉原子失去電子的過程系統(tǒng)的電勢能減小C鈉離子和氯離子結(jié)合成氯化鈉分子的過程中，系統(tǒng)的電勢能減小D氯化鈉分子電離為鈉離子和氯離子的過程中，系統(tǒng)的電勢能減小5（2014南充一模）如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串連接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦裕粠щ娦∏驈腁B間的某一固定點水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距（兩極板始終平行），則下列說法正確的是（）A若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N點的右側(cè)B若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N點的左側(cè)C若小球帶負電，

4、當AB間距減小時，小球可能打在N點的右側(cè)D若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N點的左側(cè)6（2014孝南區(qū)校級模擬）一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T=，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則（）A所有電子都從右側(cè)的同一點離開電場B所有電子離開電場時速度都是v0Ct=0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大Dt=時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為7（2014霍邱縣校級模擬）如圖所示，在邊長為l的正方形

5、區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強電場和垂直于紙面的勻強磁場一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為T0；若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間為T0；若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，那么，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間應(yīng)該是（）AT0BT0CT0DT08（2013德陽模擬）X軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間連線上各點電勢高低如圖曲線所示（APPB），選無窮遠處電勢為0，從圖中可以看出（）AQ1電量一定小于Q2電量BQ1和Q2一定是同種電荷CP點電場強度是0DQ1和Q2之間連線上各點電場方向都指向Q29（2013五華區(qū)校級模擬

6、）如圖所示，在一勻強電場中，豎直面內(nèi)有一正方形ABCD，CD邊與水平面所成的角度為45°，CD邊長為l=1m，電勢D=11V，A=6V，B=1V，ABCD內(nèi)固定一個半徑R=0.2m的光滑絕緣圓管，圓管的最上端、最下端=最左端和最右端分別為E、F、G、H，在圓管的底部有一質(zhì)量m=1×106kg，電荷量為q=C的小球從F點以的速度在圓管內(nèi)做完整的圓周運動小球的半徑忽略不計，在運動過程中小球帶電量不變?nèi)=10m/s2，以下說法正確的是（）A電場強度E=10V/mB小球在E點的速度為2m/s，且為圓周運動中的最小速度C小球在管中HE的中點時速度最小，且此時管壁對小球的作用力為零D

7、以上說法都不對10（2013晉中一模）如圖，空間中存在方向豎直向下的勻強電場，一彈簧豎直固定于桌面，彈簧與桌面均絕緣且不帶電，現(xiàn)將一帶正電的物塊輕輕放于彈簧上并處于靜止狀態(tài)，若將電場突然反向，已知物塊受到的靜電力小于其重力，則物塊在第一次到達最高點前的速度時間圖象可能是（）ABCD11（2012秋大城縣校級月考）一帶正電的小球，系于長為l的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定在O點，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為E已知電場對小球的作用力的大小等于小球的重力現(xiàn)先把小球拉到圖中的P1處，使輕線拉直，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球已知小球在經(jīng)過最低點的瞬間，因受線的拉力作用

8、，其速度的豎直分量突變?yōu)榱悖椒至繘]有變化，則小球到達與P1點等高的點時速度的大小為（）ABCD012（2016揭陽校級模擬）一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）ABCD靜電場壓軸選擇題答案與解析一選擇題（共12小題）1（2016姜堰區(qū)校級三模）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨X變化的圖象如圖所示下列說法正確的是（）AO點的電勢最低BX2點的電勢最高CX1和X1兩點的電勢相等D該電場是等量負電荷從兩電荷連線的中點沿中垂線向兩側(cè)外移形成的【分析】根據(jù)題意，電場關(guān)

9、于x軸對稱分布可知，作出電場線如圖，根據(jù)順著電場線，電勢降低和對稱性可判斷電勢高低【解答】解：A、B，作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低，則O電勢最高，也可能電勢是最低的，故A錯誤，B錯誤 C、從圖線看出，電場強度關(guān)于原點O對稱，則X軸上關(guān)于O點對稱位置的電勢相等故C正確，D、O點場強為零，O電勢最高，所以該電場是等量正電荷從兩電荷連線的中點沿中垂線向側(cè)外移形成的，故D錯誤故選：C【點評】判斷電勢高低，根據(jù)電場線方向2（2016楊浦區(qū)一模）如圖所示，用細絲線懸掛的帶有正電荷的小球，質(zhì)量為m，處在水平向右的勻強電場中，在電場作用下，小球由最低點開始運動，經(jīng)過b點后還可以再向右擺動如用E1表示重力

10、勢能的增量，用E2表示電勢能的增量，用E表示二者之和（E=E1+E2），則在小球由a擺到b這一過程中，下列關(guān)系式正確的是（）AE10，E20，E0BE10，E20，E=0CE10，E20，E0DE10，E20，E0【分析】小球由最低點開始向右擺動，高度增大，重力做負功，重力勢能增大電場力方向水平向右，電場力做正功，電勢能減小小球共有三種形的能：動能、重力勢能和電勢能，總和保持不變，根據(jù)能量守恒定律分析重力勢能的增量與電勢能的增量之和的變化情況【解答】解：小球由最低點開始向右擺動，克服重力做功，其重力勢能增大，重力勢能的增量為正值，即E10電場力方向水平向右，電荷沿電場力方向發(fā)生了位移，電場力做

11、正功，電勢能減小，電勢能的增量為負值，即E20由題，小球從a到b的過程，動能增加，根據(jù)能量守恒定律可知，重力勢能與電勢能之和減小，則兩者增量之和為負值，即E0所以，E10，E20，E0故選C【點評】本題要抓住重力做功與重力勢能變化的關(guān)系、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系判斷能量問題，首先要搞清幾種形式的能，再根據(jù)功與能對應(yīng)的關(guān)系分析3（2015盱眙縣校級三模）如圖所示，一個勁度系數(shù)為k由絕緣材料制成的輕彈簧，一端固定，另一端與質(zhì)量為m的帶電量為q的小球相連，靜止在光滑水平面上當加入如圖所示的勻強電場E后，小球開始運動下列說法正確的是（）A球的速度為零時，彈簧伸長了B球做簡諧運動，振幅為C運動過程中

12、，彈簧的最大彈性勢能為D運動過程中，小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能互相轉(zhuǎn)化，且總量保持不變【分析】小球受到電場力向右運動，當運動到平衡位置時，電場力與彈簧的彈力大小相等，由胡克定律分析可知，彈簧伸長了，此時小球速度的最大圖示位置小球處于位移最大處，彈簧處于原長，平衡位置時彈簧伸長了，根據(jù)振幅是振動物體離開平衡位置最大的距離，確定振幅的大小根據(jù)簡諧運動的對稱性，分析彈簧最大的伸長量，由EP=確定彈簧的最大彈性勢能小球運動過程中小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒定律分析總量變化情況【解答】解：A、小球處于平衡位置時，電場力與彈簧的彈力平衡，彈簧伸長了，此時小球的速度不是零

13、，而是最大故A錯誤 B、圖示位置小球處于位移最大處，彈簧處于原長，平衡位置時彈簧伸長了，則振幅A=故B正確 C、根據(jù)對稱性可知，彈簧最大的伸長量x=2A=，彈簧的最大彈性勢能EP=故C正確 D、由題，水平面是光滑的，在運動過程中，小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能互相轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒定律可知，三者總量保持不變故D正確故選BCD【點評】求解振幅關(guān)鍵找到最大位移處與平衡位置之間的距離來確定簡諧運動常常利用對稱性和周期性分析物理量的變化4（2015秋惠州校級月考）在化學(xué)變化過程中，伴隨著電子的得失，系統(tǒng)的電勢能發(fā)生了變化，下面有關(guān)這個問題的幾個說法中正確的是（）A中性的鈉原子失去電子的過程系統(tǒng)的電

14、勢能增加B中性的鈉原子失去電子的過程系統(tǒng)的電勢能減小C鈉離子和氯離子結(jié)合成氯化鈉分子的過程中，系統(tǒng)的電勢能減小D氯化鈉分子電離為鈉離子和氯離子的過程中，系統(tǒng)的電勢能減小【分析】根據(jù)庫侖力做功的正負判斷系統(tǒng)電勢能如何變化原子核核電子靠近的過程兩者間的庫侖力做正功，電勢能減小；反之，增大【解答】解：A、B中性的鈉原子失去電子的過程，電子遠離原子核，庫侖力做負功，系統(tǒng)的電勢能增加故A正確，B錯誤C、鈉離子和氯離子結(jié)合成氯化鈉分子的過程中，兩個離子距離減小，庫侖力做正功，系統(tǒng)的電勢能減小故C正確D、氯化鈉分子電離為鈉離子和氯離子的過程中，兩個離子距離增大，庫侖力做負功，系統(tǒng)的電勢能增加故D錯誤故選AC

15、【點評】本題關(guān)鍵要掌握庫侖力做功與電勢能變化的關(guān)系，類似于重力做功與重力勢能變化的關(guān)系5（2014南充一模）如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串連接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球從AB間的某一固定點水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距（兩極板始終平行），則下列說法正確的是（）A若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N點的右側(cè)B若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N點的左側(cè)C若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N點的右側(cè)D若小球帶負電，當AB間距增大時，小

16、球可能打在N點的左側(cè)【分析】因為二極管的單向?qū)щ娦?，只能給A充電而不能放電，使得Q只能增大或不變，不能減小根據(jù)U=，C=，E=，Q不變時，改變d，E不變，所以E也只能增大或不變，即小球受的電場力只能增大或不變【解答】A、若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E=，E不變所以電場力不變，小球仍然打在N點故A錯誤B、若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，根據(jù)E=，所以d減小時E增大，所以電場力變大向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)故B正確C、若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據(jù)E=，所以d減小時E增大，所以電

17、場力變大向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)故C正確D、若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E=，E不變所以電場力大小不變，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍落在N點故D錯誤故選：BC【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運動的方法以及知道二極管的單向?qū)щ娦?（2014孝南區(qū)校級模擬）一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T=，已知所有電子都能穿

18、過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則（）A所有電子都從右側(cè)的同一點離開電場B所有電子離開電場時速度都是v0Ct=0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大Dt=時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為【分析】電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向運動情況不同，則知不是從同一點離開電場所有電子都能穿過平行板，豎直方向加速和減速的時間必然相等，飛出電場時，電子只有水平速度t=0時刻進入電場的電子，離開電場時速度等于v0，電子的動能不是最大分析t=時刻進入電場的電子運動情況，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解最大側(cè)位移【解答】解：A、電子進入電場后做類

19、平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速度圖象如圖，根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知，各個電子在豎直方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)的離開電場的位置不全相同故A錯誤B、由圖看出，所有電子離開電場時豎直方向分速度vy=0，速度都等于v0，故B正確C、由上分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同故C錯誤D、t=時刻進入電場的電子，在t=時刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ymax=2=在t=0時刻進入電場的電子側(cè)位移最大為，則有：=4×a聯(lián)立得：ymax= 故D正確故選BD【點評】本題作出速度圖象，根據(jù)“面積”大小等于位移分析豎直方向的運動情況7（2014霍邱縣校級模擬）如圖所

20、示，在邊長為l的正方形區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強電場和垂直于紙面的勻強磁場一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為T0；若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間為T0；若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，那么，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間應(yīng)該是（）AT0BT0CT0DT0【分析】帶電粒子在電場與磁場中受到的電場力與洛倫茲力平衡，當粒子在電場中做類平拋運動時，由分解成的兩個簡單運動可得電場強度與位移關(guān)系當撤去電場時，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律與幾何關(guān)系可求出帶電粒子穿過場區(qū)的時間【解答】解：從原點沿x軸直線射出過程勻速直線運

21、動，受力平衡：Eq=Bqv由穿過場區(qū)的時間為T0可得：L=vT0若撤去磁場，只保留電場，帶電粒子在豎直方向偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動：x=vT0x=L；y=at2t=T0a=當撤去電場，在勻強磁場中勻速圓周運動，帶電粒子在磁場中經(jīng)過的軌跡是個半圓，故運動時間：t=×由式得：t=T0；故該粒子穿過場區(qū)的時間應(yīng)該是t=T0；故選B【點評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力8（2013德陽模擬）X軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間連線上各點電勢高低如圖曲線所示（APPB），選無窮遠處電勢

22、為0，從圖中可以看出（）AQ1電量一定小于Q2電量BQ1和Q2一定是同種電荷CP點電場強度是0DQ1和Q2之間連線上各點電場方向都指向Q2【分析】選無窮遠處電勢為0，則在正電荷的電場中所有點的電勢都是正的，在負電荷的電場中所有點的電勢都是負的，如果是等量異種電荷的話，在中垂線上的點電勢為零【解答】解：由圖象可以發(fā)現(xiàn)，離Q1越近電場中的電勢越高，由此可以判斷Q1為正電荷，同理，由于離Q2越近電勢越低，所以Q2為負電荷，在它們的連線上的p點的電勢也是零，但p點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，所以A錯誤，B錯誤由于Q1和Q2為異種電荷，并且Q1為正電荷，Q1在x軸正半軸上的電場方向向右

23、，Q2為負電荷，Q2在Q1和Q2之間的電場方向也向右，所以P點電場強度是Q1和Q2在p點產(chǎn)生的電場的和，方向指向Q2，所以C錯誤D正確故選：D【點評】本題考查的就是點電荷的電場的分布及特點，這要求同學(xué)對于基本的幾種電場的情況要了解，本題看的就是學(xué)生的基本知識的掌握情況9（2013五華區(qū)校級模擬）如圖所示，在一勻強電場中，豎直面內(nèi)有一正方形ABCD，CD邊與水平面所成的角度為45°，CD邊長為l=1m，電勢D=11V，A=6V，B=1V，ABCD內(nèi)固定一個半徑R=0.2m的光滑絕緣圓管，圓管的最上端、最下端=最左端和最右端分別為E、F、G、H，在圓管的底部有一質(zhì)量m=1×10

24、6kg，電荷量為q=C的小球從F點以的速度在圓管內(nèi)做完整的圓周運動小球的半徑忽略不計，在運動過程中小球帶電量不變?nèi)=10m/s2，以下說法正確的是（）A電場強度E=10V/mB小球在E點的速度為2m/s，且為圓周運動中的最小速度C小球在管中HE的中點時速度最小，且此時管壁對小球的作用力為零D以上說法都不對【分析】在勻強電場中沿電場線方向相等距離電勢差相等，則知DB中點電勢為6V，與A點電勢相等，根據(jù)電場線與等勢線垂直，可判斷出電場線方向，由E=求出場強的大小，計算出小球所受的電場力與重力大小，發(fā)現(xiàn)兩者相等，等效的重力方向場沿BC方向，E點速度不是最小，軌跡EH的中點速度最小，根據(jù)動能定理求出

25、小球達到EH中點的速度，與臨界速度相比較，即可判斷管壁對小球有無作用力【解答】解：A、因為DB中點電勢為6V，與A點電勢相等，所以電場方向水平向右，故A錯誤B、小球所受的電場力大小F=qE=105N，重力大小G=mg=105N，則qE=mg，所以等效重力場沿BC方向，E點速度不是最小，軌跡EH的中點速度最小；故B錯誤C、D根據(jù)動能定理可算出EH中點的速度：，當管壁沒有作用力時的速度為v，因為，所以里面的管壁對小球有作用力，故C錯誤，D正確故選D【點評】本題突破口是根據(jù)D、A、B三點的電勢關(guān)系，找到等勢點，再確定出電場方向，運用E=求出場強的大小采用等效的方法判斷小球速度最小的位置，由動能定理求

26、速度，由牛頓第二定律求解臨界速度10（2013晉中一模）如圖，空間中存在方向豎直向下的勻強電場，一彈簧豎直固定于桌面，彈簧與桌面均絕緣且不帶電，現(xiàn)將一帶正電的物塊輕輕放于彈簧上并處于靜止狀態(tài)，若將電場突然反向，已知物塊受到的靜電力小于其重力，則物塊在第一次到達最高點前的速度時間圖象可能是（）ABCD【分析】當電場方向改變后，物體先做向上的加速直線運動，由于彈簧的壓縮量在減小，彈力減小，當減到F彈+qE=G，加速度為零，速度達到最大，此后由于慣性，物塊繼續(xù)上升，彈力繼續(xù)減小，則F彈+qEG，加速度a反向增大，物體開始做減速，如果物體未脫離彈簧，則加速度就一直增大，速度減小，直到速度為零；如果脫離

27、彈簧則先做加速度增大的減速運動，脫離后做加速度恒定的勻減速運動，直到速度為零【解答】解：當電場方向豎直向下時，根據(jù)平衡可得：F彈=G+qE，反向后彈力和靜電力加起來大于重力 物體加速上升，當物體受力平衡時有F彈+qE=G，加速度為零，速度達到最大；此后由于慣性，物塊繼續(xù)上升，彈力繼續(xù)減小，則F彈+qEG，a增大，物體開始做減速，如果物塊整個向上運動過程始終沒有離開彈簧，重力遠大于電場力，故A錯誤；物體受力平衡時有F彈+qE=G，即F彈=GqE0，也就是說，物塊速度最大時，所受彈力不為零，繼而相上運動，彈力繼續(xù)減小，a增大，但物體和彈簧不粘連，所以物塊不會隨著彈簧做加速度增大的減速運動，物體脫離彈簧后，這時沒有彈簧這個變力了，加速度恒定，做勻減速運動，直到速度減小到零，此時是第一次到達最高點所以B正確，CD錯誤；故選：B【點評】本題是帶電體在復(fù)合場中的運動，關(guān)鍵是分清楚運動過程，及在每一段上做出正確受力分析，然后利用牛頓第二定律和力與運動關(guān)系即可輕松解決問題11（2012秋大城縣校級月