2021届高考物理专题十五静电场精准培优专练

培优点十五 静电场

一、考点分析

1. 近几年对本知识点的的考察，主要集中在三个角度：通过点电荷形成的电场考察电场力的性质与能的性质；结合带电粒子的运动轨迹、电场线、等势面的关系考察电场的性质；通过图象考察公式U＝Ed的应用。 2. 几点注意：

(1)电场叠加问题要注意矢量性与对称性；

(2)在匀强电场中，在平行线上，距离相等的两点间电势差相等；

(3)在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜〞四个方向理解，φ－x图象中斜率表示场强，E－x图象中面积表示电势差。

二、考题再现

典例1. (2021∙全国I卷∙16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab = 5 mc，bc = 3 cm，ca = 4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，那么( )

1616k B. a、b的电荷异号，

99k D. k C. a、b的电荷同号，a、b的电荷异号，2727kA. a、b的电荷同号，

【解析】根据同种电荷相斥、异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，可知a、b的电荷为异号，A、C错误；对小球c受力分析，如下图，ab = 5 mc，bc = 3 cm，ca = 4 cm，因此ac⊥bc，两力的合力构成矩形，依据相似三角形之比，那么有

Faac4，根据库仑Fbbc3qcqaqcqbqa442定律，Fak2，Fbk2，所以2，选项D正确。

qb332743下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。

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【答案】D

典例2. (2021∙全国II卷∙21)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q (q > 0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减

小W1；假设该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，以下说法正确的选项是( ) A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B. 假设该粒子从M点移动到N点，那么电场力做功一定为

W1W2 2W2 qLC. 假设c、d之间的距离为L，那么该电场的场强大小一定为

D. 假设W1 = W2，那么a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差

【解析】A选项由题意无法判断，故A项错误；匀强电场中，沿着一样方向每前进一样距离

acbd，同理N，假设该粒子从M22qUcdqUabW1W2点移动到N点，那么电场力做功一定为WqUq(MN)，故B正22电势的变化一样，故aMMc，即M确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是

W2W，故C错误；假设W1 = W2，由UqqL知UcdUab，所以accd，那么acbd，所以UacUbd，而Uac2UaM，

Uab2UbN，所以UaMUbN，故D正确。

【答案】BD

三、对点速练

1．(多项选择)如图甲所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q，质量为m的点电荷从C点静止释放，只在电场力作用下运动的v－t图象如图乙所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k，那么( )

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A．B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为 B．由C点到A点电势逐渐降低

C．该点电荷由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大

mkqmvA－vBD．B、A两点间的电势差

2q【答案】AB

2

2．如下图，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，那么小球由C运动到D的过程中，以下说法正确的选项是( ) A．杆对小球的作用力先增大后减小 B．杆对小球的作用力先减小后增大

C．小球的速度先增大后减小 D．小球的速度先减小后增大

【解析】从C到D，电场强度先增大后减小，那么电场力先增大后减小，那么杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误。因直杆处于AB连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进展受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故C、D错误。 【答案】A

3．(多项选择)真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边

AB的中点，∠ABC＝30°，如下图。A点电场强度的方向垂直AB向下，那么以下说法正确的

选项是( )

A．q1带正电，q2带负电 B．D点电势高于A点电势

C．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半 D．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍

【解析】根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可知q1带正电、q2带负电，选项A正确；

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q1在A、D两点产生的电势相等，q2在A点产生的电势高于在D点产生的电势，那么A点的

电势高于D点，选项B错误；根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin 30°＝，E2

E1

q1q2

E1＝k2，E2＝k2，联立解得q2＝2q1，选项C正确，D错误。

r1r2

【答案】AC

4．套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上(不计一切摩擦)，小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如下图。三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中( ) A．三个小球电荷量的代数和可能为0 B．三个小球一定带同种电荷

C．三个小球所受环的弹力大小为FNA>FNB>FNC D．三个小球带电荷量的大小为QA>QC>QB

【解析】对小球A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么小球B与C对小球A同时为引力，要么对小球A同时为斥力，小球A才能处于平衡状态，因此小球A不可能受到一个斥力一个引力，所以小球B、C带同种电荷，分析小球B，由平衡条件可得小球

A、C带同种电荷，可得三个小球带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为

0，A错误，B正确；小球A受到两个斥力，设圆心为O，AB>AC，同时∠OAB<∠OAC，可得小球A受小球B的力更大，且小球A离小球B更远，可得小球B所带电荷量大于小球C所带电荷量，同理小球A的带电荷量大于小球B带的电荷量，QA>QB>QC，D错误；根据相似三角形可得

FNAFNBFNC＝＝，故可得FNC>FNB>FNA，C错误。 BCACAB【答案】B

5．均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积

2ε0所带的电荷量，ε0为常量，如下图的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，那么极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )

σ下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。

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QQ2QQ2

A．和 B．和 ε0Sε0S2ε0Sε0SQQ2C．和 2ε0S2ε0SQQ2

D．和 ε0S2ε0SQS【解析】两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；那么单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相互引力F2ε02ε0S2ε0ε0SσQσQQ2

＝E0Q＝。

2ε0S【答案】D

6．(多项选择)如下图，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场方向与四边形所在平面平行。a点电势为24 V，

b点电势为28 V，d点电势为12 V。一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，那么以下说法正确的选项是( )

A．c点电势为20 V

B．质子从b运动到c所用的时间为C．场强的方向由a指向c

D．质子从b运动到c电场力做功为8 eV

1【解析】三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，如下图，bM＝bN21

＝bd，a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V，且ab∥4

2lv0

cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，因此根据几何关系，可得M点的电势

为24 V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面；三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与c相等，为20 V，A项正确；质子从b运动到c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，那么t＝

2lv0

，B项正确；

Nc为等势线，其垂线bd为场强方向，场强方向由b指向d，C项错误；电势差Ubc＝8 V，那

么质子从b运动到c电场力做功为8 eV，D项正确。 【答案】ABD

7．(多项选择)如下图，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x，3)

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的切线。现有一个质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10 C的滑块P(可看做质点)，从x＝0.10 m。取重力加速度g＝10 m/s。那么以下说法正确的选项是( ) A．x＝0.15 m处的场强大小为2.0×10 N/C B．滑块运动的加速度逐渐减小 C．滑块运动的最大速度为0.1 m/s D．滑块最终在0.3 m处停下

【解析】在φ－x图象中，某一点切线斜率表示该点的场强，所以x＝0.15 m处的场强大小等于题图中切线的斜率绝对值，即E＝2.0×10 N/C，A项正确；由题图图象可知，x轴上场强E随x增大不断减小。由牛顿第二定律有：Eq－Ff＝ma，加速度逐渐减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，当qE＝Ff时，加速度为0，然后加速度反向，由Ff－qE＝ma知加速度反向增加，滑块做加速度逐渐增大的减速运动，直至停顿，所以滑块向右滑动的过程中，加速度先减小后增大，B项错误；由动能定理可知，合外力做正功最多时，滑块动能最大，此时电场力减小到与摩擦力恰好相等，即Eq＝μmg，解得E＝2.0×10 N/C，即x＝0.15 m。12滑块由静止释放至运动到x＝0.15 m处过程中，q(φ－φ)－μmg(0.15 m－0.10 m)＝mv m，

2代入条件解得：vm＝0.1 m/s，C项正确；假设滑块可以运动到0.3 m处，那么电场力做功6×10

－3

6

6

6

2

－8

J，而克制摩擦力需做功Wf＝8×10 J，所以滑块不可能运动到0.3 m处，D项错误。

－3

【答案】AC

8．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如下图，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，那么以下说法正确的选项是( )

A．x1处电场强度最小，但不为零

B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞

φ1

D．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变

Δφ1ΔEp【解析】根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·，

ΔxqΔxΔEp

由数学知识可知Ep－x图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，那么x1处电场强度为

Δx零，故A错误；由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子

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所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，那么知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＝φ0＞φ3，故C错误。 【答案】D

9. (多项选择)如下图，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、

b是两个完全一样的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半

圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。那么小球

a( )

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加

D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

【解析】如下图，根据三角形定那么，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；从P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。 【答案】BC

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