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专题09 静电场
题型01 静电力的性质
1． 【答案】A
【详解】由于导体棒处于静电平衡，导体棒的中心O 处电场强度为零。导体棒上的感应电荷在棒的中心O
处产生的电场强度与正电荷在该处产生的电场强度等大、反向，即
和
的大小关系为
故选A。
2． 【答案】B
【详解】在球壳表面点
处放入等电荷密度、等面积的带正电荷的曲面，和相同的带负电的曲面，则A 处
总电量为零，根据均匀带电球壳在内部产生电场的场强处处为零可知，球壳内的电场相当于两个等量异种
电荷产生的电场，B 处带正电，A 处带负电，因为A 处负电荷在O 点产生场强更大，所以场强方向由
指
向
，大小
故选B。
3． 【答案】C
【详解】当A、B 带电量均为
，C 带电量为
时，三个带电半球壳到O 点的距离相等，在O 点场强大
小均为
，则O 点场强大小为
将C 球带电量变为
，则C 球在O 点场强大小变为
，则此时O 点场强大小为
故选C。
4． 【答案】D
【详解】由于整个装置有对称性，三根绳上拉力大小相等，以a 球为例进行分析，a 球受到自身的重力、b
球与c 球对其的库仑力，以及绳的拉力共4 个力的作用，其中两个库仑力在abc 平面上，合力的大小为
再对a 受力分析可如下图所示
其中
，根据合成关系可知，绳的拉力为
，故选D。
5． 【答案】C
【详解】A．根据等量同种正点电荷连线中垂线上电场的分布规律可知，电场强度先增大，后减小，
点
的电场强度为零，再向右，先增大，后减小，根据牛顿第二定律则有
，可知小球的加速度先增大
后减小，再增大，再减小，故A 错误；
B．根据等量同种电荷连线中垂线上电场的分布特点可知，小球从
到
点电场力做正功，动能增大，小
球的速度增大，从
向右运动的过程中，电场力做负功，动能减小，小球的速度减小，故小球由
点向右
运动的过程中，速度先增大后减小，故B 错误；
C．移走
，小球竖直方向上受力
由于
从
增大到
再减为
，先减小再增加，则杆对小球的作用力
先增大后减小，故C 正确；
D．移走
，同理则有小球竖直方向上受力
r 先减小再增加，由于
与
的大小关系未知，则杆对小球的作用力
大小无法判断，故D 错误。
故选C。
6． 【答案】(1)
，
(2)
，
【详解】（1）由库仑力提供向心力得
解得
由库仑力提供向心力得
解得
（2）解除对小球A 的锁定后，小球A 和小球B 绕N 点做匀速圆周运动，具有相同的角速度和周期，小球
A 和小球B 受到的向心力大小相同，设小球A 和小球B 做圆周运动的半径分别为
和
，则
又
解得
对小球A，由库仑力提供向心力得
解得
则带电小球B 做圆周运动的周期为
解得
题型02 电场能的性质
7． 【答案】B
【详解】A．电场线越密，电场强度越大，所以C 点电场强度大于B 点电场强度，由于沿电场方向电势降
低，所以B 点电势高于C 点电势，故A 错误；
B．由于A 点电势高于B 点电势，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A 点电势能低于B 点电势
能，故B 正确；
C．在A 点释放一正试探电荷q，试探电荷将受到沿切线向上的电场力，试探电荷向上运动，而电场力的方
向发生变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，故C 错误；
D．若试探电荷从A 点开始绕+Q 做圆周运动，由于试探电荷所受电场力不指向圆心，且电场力不断变化，
所以试探电荷不可能绕+Q 做圆周运动，故D 错误。
故选B。
8．【答案】C
【详解】A．沿电场线方向电势降低，正电荷所受电场力沿电场线方向，若点电荷初速度与电场线反向，
会先向电场线反方向运动，所处位置电势升高，因此电势不一定不断降低，故A 错误；
B．若点电荷初速度与电场力反向，电场力先做负功，动能先减小，因此动能不一定不断增加，故B 错误；
C．当点电荷初速度方向与电场线平行时，电场力与速度方向共线，点电荷做匀变速直线运动，轨迹与电
场线平行，该情况可能存在，故C 正确；
D．电场力沿电场线方向，若速度方向垂直电场线，电场力与速度方向不共线，点电荷会做曲线运动，不
可能为垂直电场线的直线，故D 错误。
故选C。
9． 【答案】C
【详解】A．图中的等势面为等差等势面，B 点处的等势面比C 点处的等势面密集，所以B 点的电场强度
大于C 点的电场强度，A 错误；
B．电场方向由高等势面指向低等势面，由图可知，A 点的电场方向向左，电子带负电，负电荷受到的电
场力方向与电场方向相反，所以电子受到的电场力方向向右，B 错误；
C．根据
，电子在A 点的电势能
电子在D 点的电势能
可得电子在A 点的电势能大于在D 点的电势能，C 正确；
D．将电子沿直线从B 点移至C 点，电场力做功
电场力做正功，D 错误。
故选C。
10． 【答案】AD
【详解】如图，过E 点作DE 延长线，过F 作垂线交DE 延长线于P 点，由几何关系
，分析知
，则PF 为等势线、PD 为平面ABCDEF 分场强方向。
，EA、DB 均为等势线，
、
，A 正确、B 错误；
平面ABCDEF 分场强
垂直平面方向分场强
场强
，C 错误，D 正确。
故选AD。
11． 【答案】BC
【详解】A．带电粒子从M 点运动到N 点，轨迹向下弯曲，表明带电粒子受到向左下的电场力，如图所示，
带电粒子在电场中的受力方向与电场方向相反，因此带电粒子带负电，故A 错误；
B．带电粒子所受电场力方向与粒子速度方向的夹角为锐角，电场力对带电粒子做正功，故B 正确；
C．左侧电极带正电，电势从左向右降低，M 点的电势低于N 点的电势，故C 正确；
D．带电粒子越靠近左侧电极，等势面越密集，电场强度越大，所受电场力越大，因此加速度越大，故D
错误。
故选BC。
12．【答案】AC
【详解】A．A、B、C 三个点电荷在O 点产生的电场强度大小均为
方向分别沿
、
和
方向，对电场进行矢量合成可知，O 点的电场强度大小为
，故A 正
确；
B．电势为标量，符合标量的叠加法则，由题意可知，O 点的电势为
,故B 错误；
C．D 点的电势为
电势能满足
由上述计算可知
点的电势大于D 点，因此电子在
点的电势能小于在D 点的电势能，故C 正确；
D．若将C 处换为电荷量为
的点电荷，则O 点电势变为
O 点电势变为原来的4 倍，故D 错误。
故选AC。
13． 【答案】AC
【详解】AB．则当F 做的功为
时，A、B 两球第一次相距
，根据几何关系可知A、B 间的绳子中点
两侧绳子的夹角为
；对A、B 间的绳子中点受力分析，因为其质量为0，由牛顿第二定律知其合力为
0，则有
可以得到绳子对中点的拉力大小为
再对B 受力分析，在水平面内其受两个绳子的拉力和其他两个球的静电力，因其在A、B 连线方向上的合
力为0，则有
解得B、C 两球之间的细绳拉力大小为
，故A 正确，B 错误；
CD．对整个系统运用功能关系，F 做的功等于系统电势能的增加量与动能增加量之和，即
其中
则
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
题型03 电容器 带电粒子（带电体）在电场中的运动
14． 【答案】B
【详解】A．对A 受力分析，根据竖直方向平衡
，可得
对B 受力分析，根据竖直方向平衡：
，可得
，
，A 错误；
B．以整体为研究对象，水平方向平衡
可得
， B 正确；
C．对A 受力分析，水平方向平衡
， C 错误；
D．根据牛顿第三定律，B 球受库仑力大小
，得
，D 错误。
故选B 。
15．【答案】A
【详解】三个小球整体水平向右做匀加速运动，对三个小球整体进行分析，有
对小球a 进行受力分析有
解得
故选A。
16．【答案】B
【详解】A．0~1s 内电流为正逐渐减小，属于减小的电流给电容器充电，由
可知电容器的电荷量随
时间不均匀增加，故A 错误；
B．1s~2s 内充电电流恒为1A，由
可知
随线性增加，即电容器的电压随时间均匀增大，故B
正确；
C．2s~3s 内电流从1A 降到0A，但仍为正方向，说明电流方向未变，仍为充电，只是充电电流的打下减小，
故C 错误；
D．因
图像与时间轴围成的面积为电荷量，而2s~4s 图像围成的面积正负抵消为零，则4s 时电容器的
电荷量等于
的电荷量，因0~1s 电流不均匀减小，则有
，故D 错误。
故选B。
17． 【答案】D
【详解】A．两极板间距减小，根据
可知，电容器的电容变大，故A 错误；
B．电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量不变，根据
，
，
可得
，所以电场强度不变，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得
，故C 错误；
D．由于电荷量不变，则
则
，故D 正确。
故选D。
18． 【答案】BD
【详解】A．当电压为
时小球静止，可得平衡关系
即
以竖直向上为正方向，当
，合力
加速度
，方向竖直向上；
由题意，小球从
经
运动到上极板附近，因此
到上下极板的距离均不超过
当
，电场反向，电场力竖直向下，总合力竖直向下，有
加速度
（大小
，方向竖直向下）；
当
，电场力竖直向上，总合力竖直向上，有
加速度
（方向竖直向上）；
加
，加速度
，方向竖直向上，小球位移
时刻速度
加
，
，到
时总位移
时刻速度
运动中最大向上位移为
，不会撞到上极板。
再加
，
时刻总位移回到
，速度减为0，后续运动图像如图所示，一直向下运动，最终
一定撞到下极板，故A 错误；
B．
运动图像如图所示，结合A 分析可知运动中最大向上或向下位移大小为
，不会撞到两极板，
故B 正确；
C．
运动图像如图所示，小球一直向上运动，一定会撞到上极板，故C 错误；
D．
运动图像如图所示，结合A 分析可知运动中最大竖直向上或向下位移大小为
，不会撞到两极板，故D
正确。
故选BD。
19． 【答案】AD
【详解】AB．下极板b 接在电源正极一侧，可知a 极板带负电，故A 正确，B 错误；
CD．测量舒张压时，
阻值变大，可知
分压变大，平行板电容器两端电压为
电压，根据
可
知C 的带电量变大，故C 错误，D 正确。
故选AD。
20． 【答案】AD
【详解】A．竖直方向小球做上抛运动，则小球从
点到
点所花的时间
，A 正确；
B．水平方向小球做匀加速运动，水平加速度
两点间的距离
，B 错误；
C．小球在
点的速度与电场方向的夹角
可知
，C 错误；
D．小球在
点的动能
，D 正确。
故选AD。
21． 【答案】AC
【详解】A．洛伦兹力提供向心力
解得
，故A 正确；
B．
由几何关系，圆形磁场半径最小值满足
面积
，故B 错误；
C．粒子进入电场后做类平抛运动，设它从A 点射到x 轴的位移为x，则有
联立得
，得
，故C 正确；
D．由图的对称性可知
解得
打在挡板最右侧时间最长
，
，
，
总时间
，故D 错误。
故选AC。
22． 【答案】(1)
(2)a、见解析；b 见解析，
【详解】（1）只要紧靠上板的颗粒能落到金属板下板最右侧，颗粒就能全部被收集，水平方向有
竖直方向有
又
，
解得
（2）a、当板间距离为d0 时收集率为81%，设距下板x 处的尘埃到达下板的右端边缘，此时有
根据题意，当U0不变时，收集率为
当U0不变时，距离为d 时，
收集率为
联立得
由题意可得出结论：①当
时完全被收集，收集率
②当
时部分被收集，收集率
b、稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量
=
当
时，
，因此
=
当
时，
，因此
=
绘出的图线如下
1． 【答案】B
【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质
颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得
，由于甲蛋
白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，
故A 错误；
BC．甲乙运动过程中电场力都做相同的正功，故甲乙颗粒到极板时动能相同，根据
可知动量大小
不相同，故B 正确，C 错误；
D．由图可知，增大pH 值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D 错误。
故选B。
2． 【答案】D
【详解】A．两极板之间的距离减小，则弹簧伸长，弹簧对左侧极板的弹力方向向左，根据牛顿第二定律
可知，加速度向左，则待测物体在向左做匀加速直线运动，故A 错误；
B．两极板之间的距离减小，根据
可知，电容增大，而两极板间的电压不变，根据
可知，
电容器所带电荷量增大，电容器充电，导线中的电流方向沿逆时针，而电子带负电，则自由电荷在导线中
定向移动的方向为顺时针方向，故B 错误；
C．若换用不同电动势的电源，则电动势越大，而电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两端的
电压就越大，根据
可知，对同一个运动测量时电容器所带电荷量的变化量越大，流过电流计的电荷量也越大，电流计示数也
就越大，故C 错误；
D．待测物体的加速度越大，则弹簧对左侧极板的弹力就越大，两极板间的距离就越小，电容的变化量
就越大，根据
可知，电容器带电量的变化量就越大，流过电流计的电荷量也越大，电流计示数也就越大，故D 正确。
故选D。
3． 【答案】C
【详解】AB．将电荷量为
的粒子，从A 移动至B，电势减小
，则电场力做的功为
，根据电场力做
功与电势差的关系可知
则
同理可得
则
由于A、D 点处电势关系无法确定，匀强电场方向不一定沿DC 方向，故AB 错误；
C．在匀强电场中，
为AD 的中点，
为BC 的中点，则M 点电势为
同理N 点电势为
将粒子从M 移动至N，电场力做功为
，故C 正确；
D．若A、B 之间的距离为d，则该电场的电场强度取最小值时必沿AB 方向，此时有
则该电场的电场强度的最小值为
，D 错误。
故选C。
4． 【答案】C
【详解】A．由于有电场力做功，系统机械能不守恒，故A 错误；
B．根据能量守恒，系统速度再次为零时，M 到了与N 点初始时等高的位置，N 到了与M 点初始时等高的
位置，因此电场力对M 先做正功后不做功，故B 错误；
C．中心的负电荷先对圆环M 上正电荷做正功，当圆环M、N 都在圆弧上时不做功；N 到了C 点以上，中
心的负电荷对圆环N 上正电荷做负功，故系统的电势能先减小后不变再增大，故C 正确；
D．系统的动能先增大后减小，没有不变的时间段，故D 错误。
故选C。
5． 【答案】C
【详解】A．对小环受力分析，如图所示
根据矢量合成规律可知，
、
的合力方向与
、
的合力方向不在同一平面内，故小环在A、B 两点受
到的电场力方向不同，故A 错误；
B．小环在A 处的加速度为
，方向沿BA 方向，小环在B 处的加速度为
，方向
沿BA 方向，由库仑定律可知
，故
，且方向相同，B 错误；
C．小环由A 运动到B 的过程中，电场力沿BA 方向，故电场力做功
，根据动能定理有
，故
，C 正确；
D．不确定小环能否运动至电势最低点，无法确定小环能否沿杆向右运动到无穷远处，若
较大，小环能
够通过电势最低点，小环能沿杆向右运动到无穷远处，若
较小，小环没有到达电势最低点时动能已经
减为0，小环反向加速运动，小环不能沿杆向右运动到无穷远处，故D 错误。
故选C。
6． 【答案】C
【详解】A．根据图中
、
的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故A 错误。
B．根据题意可知，
、
、
为3 个带等量正电的点电荷，可知
处的电场方向指向外侧，而无穷远处
电势为零，故
点电势大于零；根据库仑定律，结合3 个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布
特点，可知
处电场强度为零，故B 错误。
C．根据对称性特点，可知
、
、
点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C 正确。
D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知
、
处的电势大小相等，电子在这
两个点的电势能大小相等，故D 错误。
故选C。
7． 【答案】B
【详解】根据几何关系可得
所以A、B 处点电荷在O 点处的合场强大小为
方向由O 指向M，所以
A、B 处点电荷在M 点处的合场强为零，所以A、B 连线中点M 处的电场强度大小为
联立解得
故选B。
8． 【答案】A
【详解】AB．根据题意
球静止时，对
球受力分析，如图所示
根据力的平衡条件得
，
解得
，
，A 正确，B 错误；
C．剪断轻绳前，小球
所受合力为零，库仑力与重力的合力和轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合
力为
，剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，球
所受合外力大小为
，由牛顿第
二定律得
可得
，C 错误；
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间
球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对
球的
作用力不变，D 错误。
故选A。
9． 【答案】AC
【详解】AB．当电路负载变化使电容器两端电压瞬间降至
，电容器会放电释放能量；之后电压
又恢复至
，电容器会充电吸收能量，故A 正确、故B 错误；
C．释放电荷量过程
，故C 正确；
D．吸收能量
，故D 错误。
故选AC。
10． 【答案】BD
【详解】A．小球在P 点做圆周运动，向心力需要沿半径指向O 点（水平向左），且此时细线拉力为零，
向心力由重力和电场力的合力的径向分量提供。 小球带正电，电场与水平面成
，若电场斜向右上，电
场力斜向右上，水平分量向右，无法提供向左的向心力，故A 错误；
B．若电场斜向左上，电场力斜向左上，水平分量向左，满足向心力方向要求；同时电场与水平成
，电
场力的竖直分量
向上，平衡竖直向下的重力
，故B 正确；
CD．由竖直方向有
可得电场力的水平分量
P 点拉力为零，径向合力提供向心力
代入
得
解得
故C 错误，D 正确。
故选BD。
11． 【答案】AD
【详解】A．轨道上
点的电场强度大小为
，故A 正确；
B．小球到达
中点时，离BD 连线最近，电势最高，但小球带负电，所以此时电势能最小，故B 错误；
C．
由几何关系可知
，
根据对称性可知，A、C 两点的电场强度大小相等，因此，C 点的电场强度方向沿x 轴正方向，电场强度大
小表示为
小球在C 点时的受力如图所示，小球受到的电场力为
沿杆方向
解得
由此可知小球刚到达C 点时的加速度为0，故C 错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C 两点电势相等，电荷从A 到C 的过程中电场力做功为零，
根据动能定理可得
解得
，故D 正确。
故选AD。
12． 【答案】BC
【详解】A．对小球受力分析，小球受重力和电场力，到达
点时小球的动量总是最小，说明速度最小，
则在A 点动能最小，可知OA 方向发射的小球克服合力做功最大，也就是说在这个电场跟重力场中，合力
方向是OC，对O 点小球受力分析，重力竖直向下，合力方向指向OC，受力方向指向为OB 与OC 之间，
即电场方向应该是由O 指向AD 弧方向，故A 错误；
B．由于只有重力和电场力做功，根据能量守恒定律可得，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，
当小球在B 点时重力势能最大，所以该点小球的动能与电势能之和最小，故B 正确；
C．小球在A 点动量最小，则动能最小，则电势能和重力势能之和最大，过 C 点的小球的电势能和重力
势能之和最小，故C 正确；
D．机械能最小，即重力势能与动能之和最小，电势能最大，对于带负电荷的小球，电势能最大的位置应
该沿着电场线方向在弧线AD（劣弧）之间，故D 错误。
故选BC。
13． 【答案】AC
【详解】A．电子经过金属板A、B 之间的偏转电场用时为
，故电子水平方向的速度大小为
在加速电场中加速有
联立解得
，A 正确；
B．在
时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为
所以两金属板之间的最小距离为
，B 错误；
C．电子在金属板之间飞行的时间均为
，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均相同，为
所以打在荧光屏上的电子动能均为
，C 正确；
D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均平行，在
时
刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为
与
时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为
，D 错误。
故选AC。
14． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子在第一象限加速过程，根据动能定理有
解得
（2）电子在第二象限做类平抛运动，则有
，
根据牛顿第二定律有
解得
（3）令电子由（x，y）静止释放，电子加速过程有
电子做类平抛运动过程有
，
其中
；
结合上述解得
15． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）油滴匀速下落时，根据平衡条件，有
其中重力
，浮力
，黏性阻力
联立可得
解得
（2）油滴匀速上升时，受力平衡
其中
，
，
联立平衡方程并代入G、
，结合第（1 ）问结论
消去浮力与重力的差值项，可得
将
代入，整理得
（3）设所求比值为k，即
无电压时油滴匀速下落，受力平衡
可得
黏性阻力特性
，即
，方向与速度相反
阻力总冲量推导：总位移为0，设向下、向上位移均为x，对应平均速度
，
，时间
，
，则
冲量
（向上），
（向下）
故总阻力冲量
动量定理应用
合外力
动量变化（初速度向下为负，末速度向上为正）
联立消去m 得
解得
