2020高考物理電場復習題含答案

1、電場一、考點介紹本考點內(nèi)容是歷年高考試題中的重點之一.查的內(nèi)容主要集中在兩個方面：一是有關對電場本身的認識，即電場、電場強度、電勢、電勢差、電勢能、電場線、等勢面；二是電場知識的應用，即帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器等.電場強度、電勢差等基本知識的考查一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)；對于電場中導體和電容器的考查，常以小綜合題型出現(xiàn).電粒子在電場中運動一類問題，是高考中考查的重點內(nèi)容之一.其是在力、電綜合試題中，多把電場與牛頓定律，動能定理，功能關系，運動學知識，電路知識等巧妙地綜合起來，考查學生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況，應用基本知識分析、解決實際問題的能力?？v觀這類題目，

2、所涉及的情景基本相同（無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)），但命題者往往擬定不同的題設條件，多角度提出問題，多層次考查知識和能力.二、高考真題1 .（山東卷.理綜.21）如圖1所示，在 y y 軸上關于 O O 點對 g 稱的 A A、B B 兩點有等量同種點電荷+Q,Q,在 x x 軸上 C C 點有點QC-電荷-Q Q,且 CO=ODCO=OD,ZADO=60.下列判斷正確的是（）A.O點電場強度為零B.O點電場強度為零C.若將點電荷+q+q 從 O O 移向 C C,電勢能增大D.若將點電荷-q q 從 O O 移向 C C, ,電勢能增大2 .（海南卷.物理.5）質(zhì)子和中于是由更

3、基本的粒子即所謂“夸克”組成的.兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互0，0陣ri作用（稱為“漸近自由”）；在FFo,r2距離較遠時，它們0,r2之間就會出現(xiàn)很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）.作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力 F F 與它們之間的距離 r r 的關系為：式中 F Fo為大于零的常量，負號表示引力.用 U U 表示夸克間的勢能，令 U Uo=F Fo（r r2r ri）,取無窮遠為勢能零點.下列圖2中Ur r 圖示中正確的是（）3 .（上海卷.物理.2A）如圖3所示，把電量為一5X10-9C的電荷，從電場中的 A A 點移到 B B

4、 點，其電勢能（選填“增大”、減小或“不變”）；豁點的電勢UA=15V,B B 點的電勢UB=10V,則圖3此過程中電場力做的功為J。4 .（江蘇卷.物量.6）如圖4所示，實線為電場線，虛線為等勢線且 ABAB=BC,BC,電場中的 A A、B B、C C 三點的場強分別為EA、EB、EC,電勢分別為A、B、C,ABAB、BCBC 間的電勢差分別為UAB、UBC,則下列關系中正確的有（）A.ABCB.ECEBEA圖45.（海南卷.物理.6）如圖5所示，勻強電場中有 a a、b b、c c 三點.在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，/a=30、C=900,電場方向與三角形所b在平面平行.已知 a a、 b

5、 b 和 c c 點的電勢分別為（2V3）V、（23）V|和2V.該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為A.(26)V、(23)VB.0V、4VC.(2蛤V、(2D.0V、73VC.UAB|q|）由a運動到b,電場力做正功。已知在a、b兩點粒子所受電場力分別為FaFb,則下列判斷正確的是A.若Q為正電荷，則q帶正電,FaFbB.若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFbD.若Q為負電荷，則q帶正電，F(xiàn)aq2）。將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖26k嘮2*球1所示。若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則一心釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）1,A.T（qq2）EB.T（qq2）E1C.T

6、（qiq2）ED.T（qq2）E圖265.圖27所示的勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，由A、B、C、D、A，、B，、C，、D7作為頂點構(gòu)成一正方體空間，電場方向與面ABCD垂直。下列說法正確的是（）A.AD兩點間電勢差UAD與AA，兩點間電勢差UAA，相等B.帶正電的粒子從A點沿路徑A-D-D，移到D，點，電場力做正功C.帶負電的粒子從A點沿路徑A-D-D，移到D，點，電勢能減小圖27D.帶電的粒子從A點移到C，點，沿對角線ACz與沿路徑A一B-B，7C，電場力做功相同6.如圖28所示， 固定在Q點的正點電荷的電場中有M、N兩點,已知MQ8V/mB. W=6X10-6J,E6V/mC. W=8X10-6J

7、,E8V/mD. W=6X10-6J,E6V/m圖29a.d20V4V8.a.a、b b、c c、d d 是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點。 電場線與矩形所在的平面平行。已知 a a 點的電勢是20V,b b 點的電勢是24V,d d 點的電勢是4V,如圖30所示。由此可知，c c 點的電勢為（）圖309 .豎直放置的一對平行金屬板的左極板上用絕緣線懸掛了一個帶正電的小球，將平行金屬板按圖31所示的電路圖連接。絕緣線與左極板的夾角為&當滑動變阻器 R R 的滑片在 a a 位置時,電流表的讀數(shù)為片夾角為01；當滑片在 b bWILMJb*c24VA、4VB、8VC、1

8、2VD、24V電流表的讀數(shù)為。夾角為偽，則（）A.&02,IIIII2C.6=2,Ii=l2D.66,Ii=l210.如圖32所示，電源內(nèi)阻為r,電動勢不盯一：，2,0電壓表內(nèi)阻力10k,Y為靜電計，兩個電容廂江一1圖32電容分別為Ci和C2.下列說法中正確的是()A.若CiC2,電壓表和靜電計兩端電壓相等B.若CiC2,則電壓表兩端電壓為零C.不論Ci和C2是否相等，電壓表兩端電壓均為零D.C2上帶電量為零 ii.ii.兩個半徑均為 R R 的圓形平板電極，平行正對放置，相距為 d,d,極板間的電勢差為 U,U,板間電場可以認為是均勻的。 一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方

9、向射入兩極板之間，到達撫極板是恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷為 e,e,質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為 m,m,忽略重力和空氣阻力的影響，求：(i)(i)極板間的電場強度E；(2)(2)粒子在極板間運動的加速度a；(3)(3)粒子的初速度 vovo。i2.如圖33所示，沿水平方向放置一條平直光滑梢，它垂直穿過開圖31有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。梢內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B,球A帶電量為+2q,球B帶電量為-3q,兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L。若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與梢平行向右的勻強電場E后(設梢和輕桿由特殊

10、絕緣材料制成，不影響電場的分布)，求：(1)球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小;(2)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。13.電偶極子模型是指電量為q、 相距為l的一對正負點電荷組成的電結(jié)構(gòu)，O是中點，電偶極子的方向為從負電荷指向正電荷，用圖34(a)所示的矢量表示.科學家在描述某類物質(zhì)的電性質(zhì)時，認為物質(zhì)是由大量的電偶極子組成的，平時由于電偶極子的排列方向雜亂無章，因而該物質(zhì)不顯示帶電的特性.當加上外電場后，電偶極子繞其中心轉(zhuǎn)動，最后都趨向于沿外電場方向排列，從而使物質(zhì)中的合電場發(fā)生變化.(1)如圖34(b)所示，有一電偶極子放置在電場強度為E。的勻強外電場

11、中， 若電偶極子的方向與外電場方向的夾角為8,求作用在電偶極子上的電場力繞O點的力矩；圖33(2)求圖34(b)中的電偶極子在力矩的作用下轉(zhuǎn)動到外電場方向的過(3)求電偶極子在外電場中處于力矩平衡時， 其方向與外電場方向夾角的可能值及相應的電勢能；(4)現(xiàn)考察物質(zhì)中的三個電偶極子，其中心在一條直線上，初始時刻如圖34(c)排列，它們相互間隔距離恰等于1.加上外電場EO后，三個電偶極子轉(zhuǎn)到外電場方向，若在圖中A點處引人一電量為+q0的點電荷(q0很小，不影響周圍電場的分布)，求該點電荷所受電場力的大小.14.如圖35所示， 一根長L=1.5m的光滑絕緣細直桿MN,豎直固定在場強為E=1.0X10

12、5N/C、與水平方向成0=30。角的傾斜向上的勻強電場中。桿的下端M固定一個帶電小球A,電荷量Q=+4.5X10-6C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q=+1.0X10一6C,質(zhì)量m=1.0X10-2kg?，F(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動。(靜電力常程中，電場力所做的功;圖34量k=9.0M09Nm2/C2,取g=l0m/s2)(l)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時，距M端的高度hi為多大？圖35(3)小球B從N端運動到距M端的高度h2=0.6lm時,速度為v=1.0m/s,求此過程中小球B的電勢能改變了多少？參考答案高考真題1 1.【解析】電場

13、是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由E容和幾何r關系可以得出，A錯B對。在OC之間，合場強的方向向左，把負電荷從O移動到C,電場力做負功，電勢能增加，C錯D對?！敬鸢浮緽D2 2.【解析】從無窮遠處電勢為零開始到r=2位置，勢能恒定為零，在r r=r r2到 r r=r ri過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r r 帕加，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為ECEBEA,B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBCUAB,C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和

14、等勢面的分布規(guī)律【答案】AC5. .【解析】如圖所示，根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取 abab 的中點 O,O,即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V,故 OcOc 為等勢面，MNMN 為電場線，方向為 MNMN 方向，UOP=U Uoa=T3V,UON:UOP=2:近,故UON=2V,N N 點電勢為零，為最小電勢點，同理 M M 點電勢為4V,為最大電勢點。所以選項B正確【答案】B6. .【解析】本題考查電容器的兩個公式。a a 板與 Q Q 板電勢恒定為零，b b 板和 P P 板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相

15、等，且兩板電荷量 q q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓 U U 增大，即減小電容器的q q S S電容Co對電容器 C,C,由公式 C C=-=可以通過增大板間 U U4兀 kdkd距 d d、減小介電常數(shù)&減小板的針對面積So所以選項B、C正確.【答案】BC7. .【解析】設 F F 與 F F 繞 O O 點對稱，在 F F 與 F F 處之間，小球始終受到指向 O O點的回復力作用下做往復運動，若小球 P P 帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到 F F 點下方，即振幅會加大，A錯；每次經(jīng)過 O O 點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷 M M、N N 電荷量緩慢

16、增大，則中垂線 CDCD 上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確?！敬鸢浮緾D8 .【解析】由沿電場線方向電勢降低，所以選項A正確；電場線越密的地方場強越大，得選項D正確?！敬鸢浮緿9 .【解析】當不加電場時，油滴勻速下降，即fkvmg；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即F電kvmg,解之得：F電2mg,當兩極間電壓為一U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當勻速運動時，F(xiàn)電mgkv,解之得：v=3v,C項正確【答案】C10 .【解析】由電勢差公式以及動能定理：W=qUab=q（晶一桃）=m2qvb2va2（vb2va2）,

17、可得比荷為m=J），所以選項C對.【答案】C被加速到 V V1,然后進入電場II做類平拋運動，并從 D D 點離開，有1E2eExmv1221+21eELyat22mv1A，IL2I，一一，r4I、-I，I解得xy=匕，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。4（3）設電子從（x,y）點釋放，在電場I中加速到 V2,V2,進入電場II后做類平拋運動，在高度為V處離開電場I時的情景與（2）中類似,然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有eEx2mvf21+21eELyyat22mv2【解析】（1）設電子的質(zhì)量為m,電量為 e,e,電子在電場 I I 中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為 V V0,

18、此后電場II做類平拋運動,假設電子從 CDCD 邊射出，出射點縱坐標為y,有eEL12mvo221eEL2mv0解得標為(2)y=y=1L,所以原假設成立，即電子離開 ABCDABCD 區(qū)域的位置坐4，,1、（2L,-2L,-L）4設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x,y）,在電場I中電子,eELLvyatmv?y八而所以假設成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞?！敬鸢浮浚?）t2上匕（2）兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生aiVo碰撞名校試題1 .【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢高于帶負電荷的福娃貝貝,解得xyL221,即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置2n41I2【答案】（1）（2L,1L）

19、（2）xy=L-（3）xy12.【解析】Pl經(jīng)ti時間與P2碰撞，則tikVoPi、P2碰撞，設碰后P2速度為V2,由動量守怛：miVomi（解得Vi2vo/3（水平向左）V2Vo/3（水平向右）2碰撞后小球Pi向左運動的最大距離：Sm二又：ai2al解得：SmLo/3所需時間：t2也“aiVoL2-2n-Vo)3qEomim2V22V233（2）設Pi、P2碰撞后又經(jīng)t時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且Pi受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正:,i.2,V1ta1tV2t2解得：t吆3T（故Pi受電場力不變）SiS2則:對P2分析：S2V2t3LooLoVo用導體棒連結(jié)的瞬間，電流表指針

20、偏轉(zhuǎn)，有瞬時電流，最終達到靜電平衡，成為是等勢體，導體棒內(nèi)的電場強度等于零。【答案】AC2. .【解析】b b、d d 兩點的合場強方向不同，所以選項A錯；a a 點的電勢高于 f f 點的電勢，選項B錯；若在 b b、d d、e e、f f 上移動電場力不做功，選項C錯，將點電荷+q q 從球面上 a a 點移動到 c c 點的電場力做功最大，所以電勢能變化量一定最大，故選項D對.【答案】D3 .【解析】由題意可知：EU旦Q-所以E的變化規(guī)dCdJd上4kd4k律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為，由QCUqUk,所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動，所以速度4kdta圖象為，綜上所述C

21、正確?！敬鸢浮緾4 .【解析】由公式EU和FqE得，D選項正確。d【答案】D5 .【解析】因不知道點電荷的位置，所以無法確定a、b兩點的場強方向，如點電荷在a、b兩點之間時，兩點的場強方向就不相同，A錯誤；若點電荷不在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點的場強大小就一定不相等，B錯誤；若點電荷在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點就在同一等勢面上，C錯誤，D正確?！敬鸢浮緿6 .【解析】（1）將打在A板上。（2）水平放置有Eq=mg。把重力分解為平行電場方向和垂直電場方向，則沿電場方向的加速度為：a a=g/2,打到板上的時間為：t亙油滴受到的合力,g為mg,所以加速度為g,達到板上速度的大小為：

22、V%/2gd【答案】（1）將打在A板上V72gd7 .【解析】（1）在帶電粒子運動方向上任取一點，設其坐標為x,取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到Xo處電場力做正功，W電qExEp電Epx,即粒子在X處的電勢能為EpxqEx,在處的電勢能為Epx0qE%。再由牛頓第二定律qEma，v22axXO，解得12Ekx2mvxqExXO，又QEpxqEx，Ep&qE%,EkxEpxEp%,得EkxEpxEp%，即該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。（2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運動。故豎直方向做勻速直線運動，到達P點時有Hv0t；水平方向做初速度為零的勻加速

23、運2動，有Lx01吟2，聯(lián)立解得V0HIqE2m2,2mLx0【答案】V0H；-qE222mLx08.【解析】（1）油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負電荷，即q匹me,得qm1g史dUo(2)油滴加速下落，若油滴帶負電，電荷量為Qi,則油滴所受到的電場力方向向上，設此時的加速度大小為ai,由牛頓第二定律得U124曰m2d2dm2gQ1m2alda1t4Q1(g).d2Ut若油滴帶正電，電荷量為Q2,則油滴所受到的電場力方向向下，設此時的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得m2gQ2m2a2d-a2t2即d2m2d2dQ2U 仁g)。Utm2d,2dm2d2d、【答案】(1

24、)(1)Qi-Mgy)(2)(2)Q2-(yg)9.【解析】小球在0=60。角處處于平衡，則 EqEq=mgmgtan以e+“0Q得Emgtan6043mgmgqq方向水平向左(2)(2)王明同學的求解不正確因為小球在8=60。處處于平衡，因此小球從0=30。的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以0=600處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點O王明同學的求解實際上也不是小球運動到0=600的平衡位置處的速度。平衡位置處的速度的正確求解應該是：據(jù)動能定理有qE(Lsin600Lsin300)mg(Lcos300Lcos600)mv2IV/KJ/2聯(lián)解得v(31).gL答案(

25、i)Emg回v(73心qq10.【解析】(1)設微粒穿過B板小孔時的速度為v,根據(jù)動能定理，有qU1mv2解得v，回2.m(2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有2c2小qEm-m-聯(lián)立、，得ERLL(3)微粒從釋放開始經(jīng)t1射出B板的小孔，則根據(jù)運動的對稱性，易知再經(jīng)過2t1t2微粒再一次經(jīng)過 P P 點【答案】(1)v科三(2)E4U(3)設微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t t2第一次到達最低點 P P 點，則t24v42qU所以從釋放微粒開始，經(jīng)過匕t22d常，弟微粒第一次到達P所以經(jīng)過時間t2k12d二謂,k0,1,2,L微粒經(jīng)過 P P 點。mLL42qU11.【解析】（1）

26、若第1個粒子落到 O O 點，由人=V0it ti2d1-=-gt12（1分）得 V V01=2.5m/s若落到 B B 點，由L=v vo2t t1,g=gtgt22得 V V02=5m/s22故2.5m/sv vo5m/s由 L=vL=v01t t 得t=4X102s由d=1atat2得a=2.5m/s222由 mgmgqE=ma,E=qE=ma,E=Q得 Q=Q=6X1Q6Cdc【答案】（1）2.5m/sVOFb,又因電場力做正功，所以Q為正電荷，故選項A正確4 .【解析】本題屬于連接體問題，主要考查牛頓第二定律在電場中的應用，設加速度為a,對整體有：qiEq2E2ma,再隔離球2分析:

27、Tq2Ema,聯(lián)立兩式得：T：(qiq2)E,所以選項A正確【答案】A5.【解析】電場力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢面,A、D兩點的電勢差為0,又因A、A/兩點的電勢差不為0,所以選4ke29l2項A錯。帶正電的粒子從A點到D電場力不做功，而由D-D，電場力做功，所以選項B正確；同理，帶負電的粒子從A點沿路徑A-D一D，移到D，點，電場力做負功，電勢能增大，選項C錯；由電場力做功的特點得選項D也正確?！敬鸢浮緽D6. .【解析】因電場力做功只與始末位置有關，與路徑無關，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負電荷則相

28、反，即選項C錯?！敬鸢浮緼D7 .【解析】本題主要考查電場力做功和電勢差與場強的關系。根據(jù)W=qU得W=8X10-6J,因沿場強方向的距離d小于1m,所以由E齒得E大于8V/m,故選項A正確。d【答案】A8. .【解析】在勻強電場中，由于 U=Ed,U=Ed,所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此 U Uab=U=Ucd,所以 c c 點電勢為8V。，B對?？疾閯驈婋妶鲋袌鰪娕c電勢差的關系，難度適中?！敬鸢浮緽9. .【解析】先根據(jù)電容器在電路穩(wěn)定的情況下相當于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關系；再根據(jù)兩種情況下的總電阻大小確定電流關系。當滑片

29、在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當滑片在b位置時小，場強也就小，故9i9，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故Ii=l2,所以正確選項Do【答案】D10 .【解析】由于電容Ci、C2和靜電計Y在電路中都起斷路作用,故沒有電流通過電壓表，故正確答案為選項C.【答案】C11 .【解析】（1）極間場強EU；d（2）粒子在極板間運動的加速度a4m（3）由dlat2,得：t廬2d*戶、2a1eU【答案】（1）EU（2）a上出（3）d4m2md12.【解析】對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1,有：W2qE2.5L(3qE1.5L)0而且還能穿過小孔，離開右極板假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2,有:W22qE2.5L(3qE3.5L)0綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)。（1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為a1,由牛頓第二定律:a陋=在2mm球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為vi,有：v22alLeU2mdRR-mt2dVeU由求得：vii但曳Vm(2)設球B從靜止到剛進入電場的時間為ti,則：ti上ai將代入得：ti年,qE球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2,由牛頓第二定律：a2娜群蛆2m2m顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為V2,減速所需時間為t2,則有：v；vi22a