专题限时集训(六)
1．AC [电荷只能从一个物体转移给另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在静电力作用下从静止释放，将沿其所受静电力方向运动，即静电力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝，可知，当q<0时，Δφ>0，当q>0时，Δφ<0，即负点电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地方向低电势的地方运动，D错误。]
2．C [在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的电场强度为零，而取走的A、B处的电荷量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合电场强度为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的电场强度大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点电场强度为零，故q在O点产生的电场强度与qA、qB在O点产生的合电场强度相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，C项正确。]
3．C [根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，A点比B点的电场强度大，故A错误；根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，A、A′两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，则A、A′两点在同一等势面上，所以A、A′两点的电势相同，故C正确；由于AC间的电场强度大于CB间的电场强度，所以根据U＝Ed可知，AC的电势差不等于CB的电势差，故D错误。故选C。]
4．AC [因φ1<φ2，即球形边界外电势低于球形内部电势，根据电场线指向电势低的方向可知电场线从球心处指向外，则进入“壳层”过程由能量关系Ek1＋(－eφ1)＝Ek2＋(－eφ2)，动能增加了ΔEk＝Ek2－Ek1＝e(φ2－φ1)，选项A正确；根据p＝，但是Δp＝mΔv≠＝，况且电子进入“壳层”过程前后速度不共线，可知动量增加量不等于，选项B错误；由于电子所带电荷为负电荷，所以受力方向与电场线方向相反，静电力方向偏向圆心，可知进入“壳层”后可能沿着轨迹a运动，故C正确，D错误。故选AC。]
5．B [根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1>0，Q2<0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有k＋k＝0，解得＝－2，B正确，D错误。]
6．D [根据题意可知大气电场示意图如图所示，由题图可知大气电场中，随着高度的升高，电势逐渐增大，又沿电场线方向电势降低，则大气电场方向竖直向下，A错；地面和大气电离层所带电荷量的绝对值相等，均为5×105 C，电性相反，B错；地面和大气电离层组成的电容器的电容C＝≈＝ F，C错；由题图可知，高度h越高，升高相同的高度后电势φ的变化越小，即相同高度的电势差U越小，根据U＝Ed定性分析可知h越大，大气电场强度越小，D对。]
7．C [球壳靠得很近，间距可忽略，根据对称性，O点电场强度为零，两球壳均匀带有负电荷，距O点无限远处的电势为零，O点电势为负，故A错误；根据对称性可以判断，球壳带负电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左，故B错误；把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为E＝，沿OA自A指向O，两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿OA自A指向O，则E＝EⅠ＋EⅡ，解得EⅡ＝－EⅠ，故C正确；电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势低，故D错误。故选C。]
8．解析：(1)粒子从O1运动到O2的过程中，由动能定理有qU0＝
粒子从O3运动到O4的过程中，由牛顿第二定律有
qE＝
联立以上两式得E＝。
(2)粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动，对O5K过程分析，粒子在水平方向有R＝v0t
竖直方向有R＝at2
根据牛顿第二定律有E′q＝ma
其中E′＝
联立以上各式解得U＝8U0。
(3)把电场中的运动分解成平行于MQ和垂直于MQ两个方向的分运动，则垂直MQ方向，粒子速度减为0的过程中粒子做匀减速的直线运动，对于垂直于MQ方向的分运动有t＝＝
由速度与位移的关系可得2a sin 45°y＝(v0cos 45°)2－0
解得y＝R
所以粒子运动过程中距离MQ最近为d＝R－R＝R。
答案：(1) (2)8U0 (3)R
9．B [电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A1位置为正电荷，C点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在B点与B1点的电场强度的方向不同，故A项错误；电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A1位置为正电荷，C点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在O点与O1点的电场强度的方向相同。设正方体的边长为l，结合几何关系，则正电荷在O点的电场强度大小为EO正，负电荷在O点的电场强度大小为EO负，正、负电荷的带电荷量为Q，有EO正＝k，EO负＝k， 所以O点的电场强度为|EO|＝|EO正＋EO负|，正电荷在O1点的电场强度大小为EO1正，负电荷在O1点的电场强度大小为EO1负，有EO1负＝k，EO1正＝k，所以O1点的电场强度为|EO1|＝|EO1正＋EO1负|＝|EO|，所以O点与O1点的电场强度大小相等、方向相同，故B项正确；因为正、负电荷是等量异种电荷，而B1点更靠近正电荷，D点更靠近负电荷，所以B1点的电势大于D点的电势，即平面BDD1B1不是等势面，故C项错误；因为O点更靠近负电荷，O1更靠近正电荷，所以O1点的电势要大于O点的电势，由于是正试探电荷，根据电势能的定义，即Ep＝qφ，所以电势高的地方，其电势能大，即该试探电荷在O1点的电势能大于O点的电势能。所以将正试探电荷＋q由O点沿直线移动到O1点，其电势能增加，故D项错误。故选B。]
10．A [根据题图乙可知，当球1位于b点时，坐标原点O处在x轴方向的电场强度为零，则可知球2一定在y轴上，否则其产生的电场强度总会在x轴方向上有分量，且随着球1从a到c，坐标原点O处在x轴方向的电场强度先沿着x轴负方向，再沿着x轴正方向，由此可知球1带正电，则球2带负电；而若球2在d处，在其在坐标原点O处产生的电场强度与球1在坐标原点O处产生的电场强度在y轴正方向的电场强度不为零，但由题图丙可知，坐标原点O处y轴方向上的电场强度总是沿着y轴负方向的，因此可知球2一定在d处，故A正确，B错误；设圆的半径为R，由题图乙可得，当球1在a点时，Ex＝k＝5×104 N/C，Ey＝k＝4×104 N/C，可得q1∶q2＝5∶4，故C错误；根据库仑定律可得，小球1受到的静电力F＝k，在球1沿着圆环从a到c的过程中，两球之间的距离L先增大，后减小，则可知球1受到的静电力先减小后增大，故D错误。故选A。]
11．解析：(1)根据点电荷的电场及电势特征可知，B、C、D所在的圆是一条等势线，所以小球从D到C静电力做的总功为零，由几何关系可得DC的竖直高度为hDC＝L sin α
根据动能定理有mgL sin α＝，解得vC＝。
(2)小球从A到C，由动能定理有mg×2L sin α－qUAC＝，解得UAC＝－
又以A为零电势点，则有UAC＝φA－φC＝－φC
联立可得C点的电势为φC＝。
(3)小球从A运动到C的过程中，当小球电势能最小时其速度为vm，由于小球带负电，则当小球电势能最小时，所处位置电势最高，根据点电荷电势分布特点可知，离正点电荷越近的位置电势越高，可知当小球运动到CD中点时，小球的电势能最小，从A到电势能最小位置的过程，根据能量守恒定律可得mg·L sin α＝＋Epmin
解得小球电势能的最小值为Epmin＝。
答案：(1)(2)
12．解析：(1)小球a运动至O点时，静电力水平向右，竖直方向所受合力为零，设所受轨道的弹力大小为F，方向竖直向上，则F＝mg。
(2)根据题意，取无穷远处电势为零，A点电势为φ，则根据等量异种点电荷的电场分布分析知，O点电势为φO＝0
a碰撞后恰能回到O点过程，静电力做功为WBO＝WOA＝q(0－φ)＝－qφ
从A到B，静电力做功为WAB＝2qφ
选小球向右运动为正方向，根据动能定理，从A到B，两小球碰前小球a的速度设为v，则WAB＝mv2－0，则v＝
两小球碰撞后瞬间小球a的速度为v1，小球b的速度为vb，a碰撞后恰能回到O点过程，根据动能定理有WBO＝，则v1＝－
已知两小球碰撞为弹性碰撞，且碰撞过程电荷量不转移，系统动量守恒、机械能守恒
mv＝mv1＋mbvb
mv2＝
联立解得mb＝(＋1)2m。
(3)分析题意，从A到B，AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数μ＝
关于O点左右对称地分析摩擦力大小，则克服摩擦力做功为
Δx＋(mg－F电)Δx]＝＝μmgL
选小球向右运动为正方向，两小球碰前小球a的速度设为v2，碰撞后小球a的速度为v3，小球b的速度为v4，根据动能定理WAB－＝－0
两小球碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒
mv2＝mv3＋m′bv4
＝
两球碰撞后若小球a能一直向右运动到无穷远处，则有q[(－φ)－0]＝且Ek≥0
联立解得m′b≤。
答案：(1)mg (2)(＋1)2m (3)m′b≤
5/5专题限时集训(六) 电场
1．(多选)(2024·湖北卷)关于电荷和静电场，下列说法正确的是( )
A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面
C．点电荷仅在静电力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小
D．点电荷仅在静电力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
2．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝
C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝
3．(2024·重庆沙坪坝重庆八中校考一模)空间有一圆锥OBB′如图所示，点A、A′分别是两母线OB、OB′的中点，C为AB中点。圆锥顶点O处固定一带负电的点电荷，则( )
A．A点比B点的电场强度小
B．A、A′两点的电场强度相同
C．A、A′两点的电势相同
D．AC的电势差等于CB的电势差
4．(多选)(2024·贵州六盘水统考模拟预测)一种静电透镜的简化模型如图所示，以O为球心的球形边界外部各处的电势均为φ1，内部各处的电势均为φ2，φ1<φ2。一束离轴很近的电子束沿平行于轴的方向运动，在越过球形边界“壳层”的过程中，电子运动速度将发生变化。已知电子质量为m、电荷量为－e，不计电子之间的相互作用力，则电子( )
A．进入“壳层”过程动能增加了e(φ2－φ1)
B．进入“壳层”过程动量增加了
C．进入“壳层”后可能沿着轨迹a运动
D．进入“壳层”后可能沿着轨迹b运动
5．(2024·全国甲卷)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为0时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则( )
A．Q1<0，＝－2 B．Q1>0，＝－2
C．Q1<0，＝－3 D．Q1>0，＝－3
6．(2024·北京海淀区高三期末)地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，这个电容器储存的电荷量大致稳定，约为5×105 C，其间的电场称为大气电场。取地面电势为0，晴天的大气电场中，距离地面的不同高度h处的电势φ的变化规律如图所示，不考虑水平方向电场的影响。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．大气电场的方向竖直向上
B．地面带电荷量约为2.5×105 C
C．地面和大气电离层组成的电容器电容值约0.6 F
D．高度h越大，大气电场强度越小
7．(2024·河北沧州校考模拟预测)如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠得很近(间距可忽略)，两球壳均匀带有电荷，电荷量均为－q(q>0)，O为球心，A为球壳外一点，AO＝x。已知球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为0，下列说法正确的是( )
A．O点电场强度为0，电势为0
B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右
C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小EⅡ＝－E1
D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点形成的电势相等
8．(2024·山东青岛统考模拟预测)如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径为3R和R的同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板的距离相等，两板之间加有电压。长2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度飘进加速电场，恰好能沿图示O1—O2—O3—O4—O5—K虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中点K。不考虑场的边界效应，不计粒子所受重力。求：
(1)圆弧O3O4处电场强度的大小；
(2)为使粒子恰好能到达PQ板的中点K，金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值；
(3)从粒子进入金属板MN、PQ开始计时，经多长时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是多少。
9．(2024·山东青岛统考模拟预测)如图所示，正立方体ABCD-A1B1C1D1上下底面的中心为O和O1，A1、C两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是( )
A．B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同
B．O点与O1点的电场强度大小相等、方向相同
C．平面BDD1B1是一个等势面
D．将正试探电荷＋q由O点沿直线移动到O1点，其电势能一直减小
10．(2024·浙江绍兴统考模拟预测)如图甲所示，两个带有异种电荷的小球穿在绝缘圆环上，a、b、c、d为圆环与坐标轴的四个交点。球2固定在某位置(图中没有画出)，球1从a处开始沿圆环逆时针移到c处，设球1与坐标原点O的连线跟x轴正方向的夹角为θ，图乙和图丙分别为两个小球在坐标原点O产生的电场强度在x轴方向和y轴方向的大小与夹角θ的关系图线，则( )
A．球2固定在d处
B．球1带负电荷、球2带正电荷
C．球1与球2的电荷量之比为4∶5
D．球1受到的静电力先增大后减小
11．(2024·广东华南师大附中11月月考)如图所示，A、B、O、C、D为在同一竖直平面内的五点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C、D同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿倾角为α的AC方向固定有一光滑绝缘细杆，AC＝2L，且D点为AC的中点；在O点有一固定的正点电荷。现有一质量为m、带电荷量为－q的有孔小球(可视为质点)从杆上A点无初速度下滑，小球滑到D点时速度大小为。小球从A运动到C的过程中，当小球电势能最小时其速度为vm。以A为零电势点，重力加速度为g。求：
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)C点的电势；
(3)从A运动到C的过程中，小球电势能的最小值。
12．(2024·福建厦门统考二模)如图所示，竖直平面内有等量异种点电荷M、N水平固定放置，其中M为正电荷，N为负电荷，两电荷正下方固定一足够长的光滑水平绝缘直杆，A、B分别为杆上位于M、N正下方的两点，O点为AB的中点。中心开孔的小球a、b穿在杆上，分别位于A、B两点处，其中小球a质量为m、电荷量为q(q>0)，小球b不带电且处于静止状态。将小球a由静止释放，已知两小球碰撞为弹性碰撞，且碰撞过程电荷量不转移，取无穷远处电势为0，A点电势为φ，重力加速度大小为g，求：
(1)小球a运动至O点时，所受轨道的弹力大小；
(2)若碰撞后小球a恰能回到O点，求小球b的质量；
(3)已知A、B两点的距离为L，若AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数μ＝，小球a由静止释放后向右运动并与小球b碰撞，为使碰后小球a能一直向右运动，求小球b质量的取值范围。
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