專題六電場——高考物理二輪復習典例分析及重難突破

【典例分析】

一、求解場強的常用方法

一、“等分法”確定勻強電場中電勢及場強

1.在勻強電場中電勢差與電場強度的關系式為。=&/,其中d為兩點沿電場方向的距離。

由公式。=Ed可以得到下面兩個結論：

結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢已=久”，如圖甲所示。

結論2：勻強電場中若兩線段AB,且AB=CD,則。.=。沖（或%-%=0-%），同理有

UAC=UBD，如圖乙所示。

甲乙

2.利用等分法分析問題的一般步驟

第一步，將電勢差最大的兩點連線，并將線段進行n等分，則等分后的每小段兩端電勢差相

等且等于原電勢差的工。

n

第二步，從等分點中找到與其他已知點的電勢相等的點，再連接這兩點，可以得到一條等勢

線。

第三步，作等勢線的垂線，結合各點電勢高低情況可確定場強的方向。

第四步：結合已知點的電勢及已知點間的距離可以求得場強的大小，再結合帶求點的位置可

以確定其電勢。

二、特殊方法

1.對稱法

利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，可使復雜電場的疊加計算問題大

為簡化。

2.填補法

將有缺口的帶電圓環(huán)或圓板補全為完整的圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事

半功倍。

3.微元法

將場源帶電體分割，一般分割后的微元關于某點對稱，可以利用場的疊加及對稱性來解題。

二、平行板電容器的動態(tài)分析

1.兩類典型問題

1）電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間電壓U保持不變；

2）電容器充電后與電源斷開，電容器所帶電荷量Q保持不變。

2.分析方法

1）確定題目類型是兩類典型問題中的哪一種，即確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷

量不變。

2）分析題干中平行板電容器兩極板間距d是否變化，相對介電常數(shù)￡,是否變化。

3）用決定式。=旦分析平行板電容器電容的變化。

4兀kd

4）用定義式C=&分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。

U

三、帶電粒子在電場中的運動

1.在粒子的軌跡上選一點（一般選初始點），過該點作軌跡的切線，切線方向即速度方向。

2.過該點作電場線的切線，電場線的切線方向即場強方向，標出可能受電場力的兩個方向。

3.根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)的方向，利用曲線運動的條件，判定電場力的方向（受力方向指向軌跡的凹

側(cè)）。

4.利用判斷出的電場力方向與場強方向的關系，判定粒子的電性。

四、帶電微粒在電場和重力場的復合場中的運動

1.電場和重力場的復合場

1）帶電微粒在電場中受到重力與電場力作用，可將重力與電場力進行合成，如圖所示，則為

等效重力場中的“重力"，g'=z為等效重力場中的“等效重力加速度”，電的方向等效為“重

力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。

2）等效最IWI點和等效最低點

重力場與電場重力場與電場在一

成一定夾角條直線上（gE>mg）

等效重力場

等效“最高點「等效“最低點”

■qE-mg

等效\mgmg'

重力場

【高考真題】

一、單選題

1.[2024年北京高考真題]如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于“、N兩點，P、Q是MN

連線上的兩點，且MP=QN。下列說法正確的是（）

A.P點電場強度比Q點電場強度大

B.P點電勢與。點電勢相等

C.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍

D.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、。兩點間電勢差不變

2.[2024年浙江高考真題]如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間

同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直放置，其圓

心。在的中點，半徑為R、AC和3。分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為機、電荷量為

+4的小球套在圓環(huán)上，從A點沿圓環(huán)以初速度/做完整的圓周運動，則（）

A

A.小球從A到C的過程中電勢能減少

B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動

C.可求出小球運動到B點時的加速度

D.小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向平行MN

二、實驗題

3.[2024年重慶高考真題]探究電容器充放電規(guī)律，實驗裝置如圖甲所示，有電源E,定值電

阻凡,電容器C,單刀雙置開關S。

乙

(1)為測量電容器充放電過程電壓。和電流/變化，需在①、②處接入測量儀器，位置②應

該接入測(電流、電壓)儀器。

(2)接通電路并接通開關，當電壓表示數(shù)最大時，電流表示數(shù)為。

(3)根據(jù)測到數(shù)據(jù)，某過程中電容器兩端電壓。與電流/的關系圖如圖乙所示。該過程為

(充電，放電)。放電過程中電容器兩端電壓。隨時間/變化關系如圖丙所示。0.2s時

凡消耗的功率Wo

三、計算題

4.[2024年河北高考真題]如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小

球，在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動。圖中A、3為圓周上的兩點，A點為最低點，5點與。

點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0,已知小球的電荷量為q(q>0),

質(zhì)量為機，A、3兩點間的電勢差為U,重力加速度大小為g,求：

(1)電場強度E的大小。

(2)小球在A、3兩點的速度大小。

【重難突破】

1.如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間。變化的圖象.當r=0時，在此勻強電場中由靜止

釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）

八￡/（丫廿）

2E。

O

1231!456!：7

Eo

A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.0?2s內(nèi)，電場力做的總功為零

C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.5~4s內(nèi)，電場力做的總功為零

2.圖（a）為某帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結構示意圖，圖（b）為分析器內(nèi)垂直于x軸的任意

截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則（）

Z

A.P點電勢比M點的低B.P點電場強度比M點的大

CM點電場強度方向沿z軸負方向D.沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變

3.如圖所示，長為L的導體棒原來不帶電，現(xiàn)將一個帶正電的點電荷q放在導體棒的中心

軸線上，且距離導體棒的A端為R,。為的中點。當導體棒達到靜電平衡后，下列說法正

確的是（）

q4/-------------------------------、B

十（.0）

|<---------->|<---------------------------->1

RL

A.導體棒A端帶正電，3端帶負電

B.導體棒A端電勢高，3端電勢相低

C.感應電荷在。點的場強方向向右

D.感應電荷在0點的場強大小E=4kq,

（L+27?）-

4.如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極yr、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX，和熒光屏組成。

電極XX，的長度為/、間距為d、極板間電壓為U,FT極板間電壓為零，電子槍加速電壓為

lOC/o電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿0。方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子

電荷量為e,質(zhì)量為機，則電子（）

A.在XX，極板間的加速度大小為——

m

B.打在熒光屏時，動能大小為lie。

C.在XX'極板間受到電場力的沖量大小為42meU

D.打在熒光屏時，其速度方向與0。連線夾角a的正切tana=——

20d

5.讓氣核（：H）和笊核（；H）以相同的動能沿與電場垂直的方向從湖邊進入矩形勻強電場

（方向沿afb,邊界為abed,如圖所示）。已知兩種粒子均能從cd邊離開偏轉(zhuǎn)電場，不計

粒子的重力，則（）

A.兩種粒子進入電場時的速度相同B.兩種粒子在電場中運動的加速度相同

C.兩種粒子離開電場時的動能相同D.兩種粒子離開電場時的速度方向不同

6.如圖所示為接地金屬球殼，。點為球心，電荷量為為和-4（q〉0）的兩個點電荷分別位

于“、N兩點，其延長線過球心，P為連線上球殼外一點，取無窮處電勢為零，T為金屬

球殼外附近一點，下列說法正確的是（）

A7點電場強度方向背離。點

B.若移去M點的電荷，則P點的電勢降低

C.將正試探電荷備從T點移到尸點，靜電力做正功

D.若移去接地金屬球殼，附近還存在兩個電場強度為零的點

7.如圖所示，半徑為R的帶電荷量為+Q的絕緣圓環(huán)，圓心為。，電荷量均勻分布.A、B、C

為圓環(huán)的三等分點，0D=2R.現(xiàn)將A、8兩處長為A/的電荷取走，。點放置一電荷量為q的

A.D處的點電荷一定帶正電B.C點電場強度為零

C.q的絕對值為洶QD.48兩點電場強度相同

7lR

8.在一個均勻帶負電的絕緣實心球體中沿直徑開一個光滑水平細管道A3,將一個帶正電的小

球P（視為質(zhì)點）從入口的A點由靜止釋放，小球P將穿過管道到達另一端的3點，在運動

過程中球體和小球的帶電量及電荷分布均無變化。已知均勻帶電的球殼在球內(nèi)任意位置產(chǎn)生

的電場強度為0,下列判斷正確的是（）

A.球心。處的電場強度大小為零，電勢最高

B.小球P在管道中做簡諧運動

C.小球尸從入口的A點運動到3點的過程中，電勢能先增大后減小

D.在管道A3上，A點的電場強度最大，電勢最低

9.在某電場中建立無坐標軸，一個質(zhì)子沿x軸正方向運動，經(jīng)過間距相等的A、B、C三點，

該質(zhì)子的電勢能E隨位置坐標x變化的關系如圖所示，該質(zhì)子只受電場力作用。下列說法正

確的是（）

A.A點電勢高于3點電勢

B.A點的電場強度大于3點的電場強度

C.質(zhì)子經(jīng)過A點的速率小于經(jīng)過B點的速率

DC、3兩點電勢差大于3、A兩點電勢差UBA

10.一電子在電場中做圓周運動，從某時刻開始計時，在0~4時間內(nèi)，該粒子的動能和電勢

能隨時間的變化分別如圖中A、3圖線所示，其中圖線A與橫軸平行，則該電子在0~0時間

內(nèi)（）

A.速度不變B.合力不變C.電場力做負功D.剛好運動一周

11.如圖為某一電場的電場線和等勢面分布，其中圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面，過

a、c兩點的等勢面電勢分別為怒=5V,0=3V,那么。、c連線的中點少的電勢處為（）

A.(pb=4VB.%<4V

C.%>4VD.上述情況都有可能

12.如圖所示，AB、。為勻強電場中的三點，它們的連線構成正三角形，其中A5邊與電場

方向垂直，。點為正三角形ABC的中心.一個正點電荷固定在。點，其在C點產(chǎn)生的電場強

度與勻強電場的電場強度E相同，則下列說法正確的是（）

A.43兩點的電場強度相同

B.A、C兩點的電場強度的大小之比為1:2

C.將電子沿直線從A點移動到C點，電場力做正功

D.將電子沿直線從A點移動到3點，電勢能先增大后減小

13.（多選）圓心為。、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度為3、方向垂直紙面向外的勻

強磁場，在磁場邊緣上有A、3兩點，ZAOB=90°o放射源從A點沿紙面向圓形區(qū)域各個方

向均勻發(fā)射速度大小為％的帶電粒子。圓的右邊有邊長有2R的正方形MAQP,與圓相切于3

點，且MB=NB,其區(qū)域內(nèi)有水平向左的勻強電場。當粒子初速沿A。方向時，粒子剛好從

3點離開磁場，進入電場后又剛好到達邊界QP并返回，重新進入并最終離開磁場。不計重力

和粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）

一河匚：p

OB.

ANQ

A.粒子的比荷為變

%

B.粒子在磁場中運動的總時間與入射方向無關

C.若將電場E方向變?yōu)樨Q直向下，則從電場邊界QP與NQ射出的粒子數(shù)之比為1:1

D.若電場E豎直向下，且粒子要全部從NQ邊界射出，則場強大小至少為原來的4倍

14.（多選）如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后板間形成勻強電場，板間距離為d,一

個帶負電的液滴帶電量大小為q,質(zhì)量為如從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射

出，貝1）（）

tl

A.液滴做的是勻速直線運動B.液滴做的是勻減直線運動

C.兩板的電勢差為機gd/qD.液滴的電勢能減少了mgd

15.（多選）如圖所示，電子在電勢差為-的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為

3的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略.在

滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，可使電子的偏轉(zhuǎn)角9變大的是（）

A.保持q不變，使力變大B.保持q不變，使力變小

c.保持4不變，使G變大D.保持3不變，使■變小

16.在做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”的實驗電路如圖所示。

/

2

（1）當開關S接到T時，電容器處于過程（選填“充電”或“放電”）；電容器所帶的電

荷量逐漸（選填“增加”或“較少”）。

（2）下面說法正確的是（）

A.電容器充電時，電壓表示數(shù)先迅速增大，然后逐漸穩(wěn)定在某一數(shù)值

B.電容器充電時，靈敏電流計G的示數(shù)一直增大

C.電容器放電時，電阻R中的電流方向從右到左

D.某時刻電容器正在放電時，電容器兩極板的電荷量正在減少

17.將電流傳感器與計算機相連，可以用來觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。實驗電路如圖甲所

示。定值電阻R=1（XX）O,直流電源為恒壓源（輸出電壓恒定），S是單刀雙擲開關，C為平

行板電容器。

（I）先將開關S撥至位置1,充電完畢，這時電容器上極板帶（填“正”或“負”）

電，再將開關S撥至位置2,電容器放電電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，由圖分析可

知，恒壓源輸出的電壓為V.

（2）圖乙中圖像和坐標軸圍成的面積大約為40格，則充電完畢時，電容器所帶電荷量為

。=C；由此求得電容器的電容。=F。（結果均保留二位有效數(shù)字）

（3）若僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，則得到的電流隨時間變化的圖像

與坐標軸所圍的面積與圖乙的面積相比將（填“變大”“變小”或“不變”）。

18.在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖1所示連接電路。電源電壓為6.0V,

內(nèi)阻可以忽略。單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1,一段時間后，把開關再改

接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。

4//mA

21

2

按計算機A

電流-=TE

傳感器B1

R

-----------------1---------------0.22468t/s

圖1-------------------------------------------圖2

（1）開關S改接2后，電容器進行的是（選填“充電”或“放電”）過程。此過程得到

的I-t圖像如圖2所示，圖中在0-0.2S內(nèi)用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是

。如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的“曲線與坐標軸所

圍成的面積將（選填“減小”、“不變”或“增大”）。

（2）若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量0=3.45x10-3?,則該電容器的

電谷為|iFo

（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量E與電容器的電容C、電荷

量Q及電容器兩極間電壓。之間的關系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于

把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他做出電容器兩極間

的電壓。隨電荷量Q變化的圖像如圖所示。按他的想法，下列說法正確的是（）□

A.U-Q圖線的斜率越大，電容C越大

B.對同一電容器，電容器儲存的能量E與兩極間電壓。成正比

C.若電容器電荷量為。時儲存的能量為E,則電容器電荷量為旦時儲存的能量為?

24

D.由于圖線是一條過原點的直線，所以既可以用圖線與橫軸所圍成的面積表示電容器儲能，

也可以用圖線跟縱軸所圍成的面積表示電容器儲能

19.如圖所示，。尸與x軸的夾角。=60。，在第一象限中OP右側(cè)有沿x軸負方向的勻強電場,

一質(zhì)量為加、電荷量為q（q>0）的粒子以速度”從x軸上的M點平行于y軸射入電場，經(jīng)電

場后沿垂直于OP的方向由N點立刻進入一矩形磁場區(qū)域（未畫出，方向垂直紙面向里），

并沿y軸負方向經(jīng)過。點。已知。點到N點的距離為3/,不計粒子的重力，求：

（1）勻強電場的電場強度大?。?/p>

（2）勻強磁場的磁感應強度大小;

（3）矩形磁場區(qū)域的最小面積。

20.如圖所示，在平面直角坐標系X?！返牡谝幌笙拗写嬖谪Q直向下的勻強電場，電場強度大小

為E；第二象限中存在水平向右的勻強電場，電場強度大小也為E；第四象限中存在豎直向

上的勻強電場，電場強度大小為2E。一質(zhì)量為機、電荷量為q的正離子從A點由靜止釋放，

A點位置坐標為（-d,d）,不計該離子的重力。

（1）求離子第一次通過y軸時的速度大小;

（2）求離子第二次通過x軸時的位置坐標;

（3）若離子第一次經(jīng)過x軸時開始計時，第四象限中的電場按圖規(guī)律變化（圖中

T=6也），求離子第4次通過x軸的位置坐標。

\2Eq

JIII||||||||

I||||||||||

IIIIlliIItI

0工T3T北

~2T

21.如圖所示，傾角為30。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一彈性擋板，整個空

間存在一沿斜面向上的勻強電場，足夠長不帶電的木板放在斜面上，其下端距擋板距離

d=L8m,木板上端放一帶正電小物塊，物塊可視為質(zhì)點，已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)

〃=?。物塊和木板的質(zhì)量均為加，物塊所受電場力始終為:機g,重力加速度g=10m/s2

現(xiàn)將物塊與木板由靜止釋放，木板每次與擋板碰后將以原速率反彈，求：

（1）木板第一次與擋板碰撞時物塊的速度大??；

（2）木板第二次與擋板碰撞時物塊的速度大??；

（3）若要滿足物塊始終沒有從木板上滑出，則木板最小長度為多少？

22.如圖所示，傾角為30。的斜面固定在豎直向下的勻強電場中，電場強度大小為E,一個質(zhì)

量為機、帶電荷量為+4（<7>0）的小球從斜面上的A點以初速度%水平拋出，落在斜1面

上的3點。已知重力加速度大小為g,不計空氣阻力。

（1）求小球從拋出到離斜面距離最大時所用的時間t；

（2）求小球離斜面的最大距離力；

（3）取另外一個質(zhì)量為機、帶電荷量為-4（q〉0）的小球，仍然從斜面上的A點以初速度

/水平拋出，落在斜面上的笈點（未畫出）。求帶電荷量為+4的小球從A點到3點過程所

用的時間4與帶電荷量為一q的小球從A點到9點過程所用的時間%的比值。

23.如圖所示，有一質(zhì)量為機、電荷量為-q的小球（可視為質(zhì)點）與長為L的絕緣輕繩相

連，輕繩另一端固定在。點，其所在平面存在一與豎直方向夾角為。=45。的勻強電場，小球

靜止在與。點等高的A點?，F(xiàn)給靜止的小球一個豎直向下的初速度，小球恰好能繞。點在豎

直平面內(nèi)做完整的圓周運動，重力加速度g,試求：

（1）所加勻強電場的大小和方向；

（2）求小球運動到圓周最低點3時的速度。

24.如圖，長、寬、間距均為/的正對平行板電容器水平放置，兩極板間加上0~。連續(xù)變化的

電壓。在電容器兩極板左側(cè)連線中點處有一長為/的線狀粒子源。粒子源能連續(xù)不斷地沿極

板中心平面水平向右向整個電容器射入質(zhì)量為加、電量為+4初速度相同帶電粒子。在與電容

器極板右邊緣相距/處有一與極板垂直的足夠大光屏。當平行板電容器兩極板間電壓為

u時，粒子均與水平成6=30。擊中光屏。每個粒子通過電容器的時間都遠小于電壓

116

變化的時間，兩極板間電場可視為有理想邊界的勻強電場，不計粒子重力。求：

（1）粒子的初速度v°;

（2）電容器兩極板間電壓。2時，粒子從射出到擊中光屏時間

（3）粒子打在光屏上的區(qū)域面積。

25.如圖所示，水平向右的勻強電場中，一半徑為R、圓心為。的光滑絕緣圓弧軌道固定在豎

直平面內(nèi)，軌道上。點到。點的高度為四，6點為軌道的最低點。質(zhì)量為機、電荷量為q的

2

小球甲恰好靜止在。點，重力加速度大小為g。則：

（1）畫出小球甲的受力分析圖（圖上用字母標出各個力的名稱）；

（2）求勻強電場的電場強度大小；

（3）現(xiàn)將小球甲固定在。點，將另一個質(zhì)量也為機的帶電小球乙放在8點，小球乙恰好靜止

且與軌道無作用力，兩小球均視為點電荷，求小球乙的電荷（用題中給出的物理量表示）。

答案以及解析

【高考真題】

1.答案：c

解析：A.由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、。兩點電場強度大小相等，A錯誤；B.

由沿電場線方向電勢越來越低知，P點電勢高于。點電勢，B錯誤；CD.由電場疊加得P點電

場強度…系+左I若僅兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則尸點電場強度大小

也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，而PQ間距不變，根據(jù)

定性分析可知尸、。兩點間電勢差變大，C正確，D錯誤。故選C。

2.答案：C

解析：A.根據(jù)等量異種點電荷的電場線特點可知，圓環(huán)所在平面為等勢面，勻強電場方向豎

直向上，則小球從A到C的過程電勢增加，電勢能增加；故A錯誤；B.當場強滿足的=但

時，小球運動時受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；C.根據(jù)動能

定理（小？-￡4冰=匕叫/-工加%之，可求出小球到3點時的速度腺，根據(jù)弓=叱可得小球的

22R

向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律mg-Eq="以2，可得小球的切向加速度生，再根據(jù)矢量合

成可得B點的加速度為a=+%"故C正確；D.小球在。點受到圓環(huán)指向圓心的力提供

向心力，故小球在。點受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN,故D錯誤。故選C。

3.答案：（1）電壓

（2）0

（3）放電；0.32

解析：（1）位置②與電容器并聯(lián)，為測電壓儀器。

（2）電壓表示數(shù)最大時，電容器充電完畢，電流表示數(shù)為零。

（3）電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。電容器充

電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V,由題圖丙可知"0.2s時電容器兩端電壓為

U=8V,由題圖乙可知當。=8V時，電流/=40mA,則電阻凡消耗的功率為

「=8x40x10-3w=0.32W。

4.答案：⑴專

⑵\qU-mgL,pqU-3mgL

\mvm

解析：(1)A、5兩點間的電勢差為U,則￡

L

2

(2)小球運動到A點時，由牛頓第二定律有qE-

L

解得小球在A點的速度大小吆=產(chǎn)-叱

Vm

小球從A點運動到8點的過程，由動能定理有qU一mgL=gmv：—gmv；

解得小球在3點的速度大小vB=『qU—mgL

Vm

【重難突破】

1.答案：D

解析：AC.因。?1s內(nèi)粒子向正方向運動的加速度

%=返

m

在1~3s內(nèi)粒子運動的加速度

q-2E°

a=-------=2al

2m

則在f=1.5s時刻速度減為零，然后反向運動……；畫出帶電粒子速度隨時間/變化的圖象如

VT圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒

子不能回到原出發(fā)點，故AC錯誤；

B.2s末速度不為0,可見0~2s內(nèi)電場力做的功不等于0,故B錯誤；

D.2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5~4s內(nèi)，動能變化為零，電場力做功等于

0,故D正確。

故選D。

2.答案：D

解析：A.由圖（b）可知，P點與。點相比較，更靠近正電極一些，則尸點電勢高于。點電

勢，〃點與。點相比較，更靠近負電極一些，則M點電勢低于。點電勢，所以P點電勢比

航點的高。故A錯誤；

B.等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，由圖（b）可知P點電場強度比M點的小。故B

錯誤；

C.根據(jù)電場線的特點“由正電荷發(fā)出，終止于負電荷”可知〃點電場強度方向沿z軸正方向。

故C錯誤；

D.x軸到四個電極的距離相等，根據(jù)電勢的疊加可知x軸為等勢面，根據(jù)丸=4。

可知沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變。故D正確。

故選D。

3.答案：D

解析：A.點電荷q帶正電，則當導體棒達到靜電平衡后，導體棒A端為近端，帶負電，3端

為遠端，帶正電，故A錯誤；

B.處于靜電平衡狀態(tài)的導體棒是一個等勢體，即A端和3端電勢相等，故B錯誤；

CD.處于靜電平衡狀態(tài)的導體，內(nèi)部場強處處為零，感應電荷在。點的場強與點電荷q在。

點的場強大小相等、方向相反，點電荷q在。點的場強向右，則感應電荷在。點的場強向

左，大小為

￡_初_4kq

］嗚1（2尺+療

故C錯誤，D正確。

故選D。

4.答案：D

解析：A.由牛頓第二定律可得，在XX，極板間的加速度大小4=絲=四

mmd

A錯誤；

B.電子電極打，間運動時，有

1(]2、

電子離開電極XX，時的動能為線=—"2(日+V)=eU10+--

(尸、

電子離開電極XX，后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eU10+—二，B錯

(40d2J

誤；

C.在XX'極板間受到電場力的沖量大小

c錯誤;

D.打在熒光屏時，其速度方向與00,連線夾角a的正切tana=%=—L

K20d

D正確。

故選D。

5.答案：C

解析：A.兩種粒子的質(zhì)量不同，進入電場時的動能相同，所以速度不同，故A錯誤；

B.設電場強度為E、電荷質(zhì)量為加、電荷量為q,兩種粒子在電場中運動的加速度

qE

a——

m

電場強度相同，電荷量相同，質(zhì)量不同，所以加速度不同，故B錯誤；

CD.設偏轉(zhuǎn)電場的寬度A為3粒子的初動能為E小粒子離開電場時沿電場方向的速度為

qEL

v=m=-----

加%

粒子離開電場時的速度方向與初速度夾角的正切為tana=為=釁=也

%mv-2Ek

兩種粒子離開電場時的速度方向相同，兩種粒子離開電場時的動能

用=；皿片+玲=Ek+

ZZf

兩種粒子離開電場時的動能相同，故C正確，D錯誤。

故選c。

6.答案：B

解析：A.設等勢圓的半徑為七AN距離為x,距離為L如圖所示，根據(jù)。=必，結合電

勢疊加原理，A、S滿足匕=?,—解得％=R=由于電場強度方

L-xxL+lR-x2R-x33

向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，。點電勢

_k-2qkq_3kq

%=丁丁一Z=一萬廠(外，可知T點電場方向指向。點，故A錯誤；B.M點的電荷在P點

L~\-------------

33

產(chǎn)生的電勢為正，若移去M點的電荷，則P點的電勢降低，故B正確；C.左邊正電荷在M

右側(cè)電場強度水平向右，右邊負電荷在MN間電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN

間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處

電勢，則P點電勢高于T點電勢，將正試探電荷為從T點移到尸點，電勢升高，靜電力做負

功，故C錯誤；D.由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場強度不可能為

零，假設N右側(cè)與N距離為d處電場強度為零，設.MN=L，有上竺，方程有唯一

(L+dyd-

解，可知除無窮遠處外，附近電場強度為零的點只有一個，故D錯誤。故選B。

MPA\*NO?'S

7.答案：C

解析：圓環(huán)上的電荷在。點產(chǎn)生的電場強度為0,取走A3兩處電荷后，46兩點關于。

點對稱的兩點分別為4、6',產(chǎn)生的電場強度矢量和水平向右，與。點處的q在空間疊加

后，。點電場強度為o,所以g一定為負電荷，k/=k黑,解得qyQ，A錯，C

對；C點電場強度一定向左，B錯；A8兩點電場強度方向不同，D錯.故選C.

8.答案：B

解析：B.設小球尸到。點的距離為x,帶電球的電荷密度為0則根據(jù)庫侖定律可得

43

4

F=-k----2----=——qkupx

x3

即小球尸在管道中做簡諧運動。故B正確；

AD.根據(jù)電場強度的定義可得電場強度

二4,

E=--knpx

球心。處的電場強度為零，但電勢最低，A點的電場強度最大，電勢最高。故AD錯誤；

C.小球P從入口的A點運動到3點的過程中，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后

增大。故C錯誤。

故選B。

9答案:D

解析：質(zhì)子電勢能增大，則電場力做負功，電場力方向與質(zhì)子運動方向相反，電場方向與質(zhì)

子運動方向相反，則A點電勢低；質(zhì)子經(jīng)過相等距離的電勢能增加量增大，則電場力做功變

多，電場強度增大，說明A點的電場強度小于3點；質(zhì)子做減速運動，質(zhì)子經(jīng)過A點的速率

大于經(jīng)過3點的速率；A3段電場力做功小于段，則大于UBA。

10.答案:C

解析：由圖可知電子做勻速圓周運動，雖然速度大小不變，但是方向時刻改變，故速度在改

變，選項A錯誤；合力提供向心力指向圓心，故合力在變化，選項B錯誤；由圖可知電子的

電勢能在不斷增大，電場力做負功，選項C正確；電子運動一周后電勢能與初始狀態(tài)相同，

選項D錯誤.

1L答案：B

解析：由圖看出，。。段電場線比A段電場線密，。。段場強較大，根據(jù)公式。=&/可知，

a、b間電勢差大于沃c間電勢差即%-%〉%-”,得到%<"￡=的，故選

項B正確，選項ACD錯誤。

12.答案：B

解析：依題意，。點的正點電荷在4B、C三點產(chǎn)生的電場強度的大小均為E,在43兩點

點電荷產(chǎn)生的電場方向跟勻強電場的方向均成120。的角，易知43兩點的電場強度的大小均

為E,但方向不同，而C點的電場強度的大小為2E,選項A錯誤，B正確；。點的正點電荷

在4B,C三點產(chǎn)生的電勢相等，將電子沿直線從A點移動到C點，。點的正點電荷做的功

為零，勻強電場做負功，故總的電場力做負功，選項C錯誤；勻強電場在直線上各點產(chǎn)

生的電勢相同，。點的正點電荷在直線A3上各點產(chǎn)生的電勢由A到3先升高后降低，可知

將電子沿直線從A點移動到3點，電勢能先減小后增大，選項D錯誤.

13.答案：BD

解析：A.根據(jù)題意，做出粒子在圓形磁場中運動的軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中的軌跡半徑為凡根據(jù)洛倫茲力充當向心力有Bq%=加江

R

則可得粒子的比荷為包=上

mBR

故A錯誤；

B.粒子從A點進入磁場到從3點進入電場后再從電場回到3點時，因電場力做功為零，因此

再次進入磁場時的速度大小不變，則再次進入磁場做圓周運動的軌跡半徑不變，到最終離開

磁場的運動過程中，其運動軌跡如圖所示

2兀

而粒子無論從A點向哪個方向射入磁場，到最終離開磁場時在磁場中偏轉(zhuǎn)的總角度。=兀

因此，粒子在磁場中運動的總時間與入射方向無關，均為二，故B正確；

2

C.在A點的粒子源向磁場中的各個方向發(fā)射速度大小均為%的帶電粒子，由于粒子在磁場中

做圓周運動的軌跡半徑與磁場的半徑相同，因此所有粒子離開圓形磁場時將平行于電場方向

進入電場，根據(jù)沿A。方向射入的粒子進入從中點3進入電場后，剛好到達邊界QP并返

回，則由動能定理有

1

Eq-2R=—mvQ9

解得電場力尸=Eq=M

根據(jù)牛頓第二定律可得粒子在電場中運動時的加速度大小為a=日=立

m47?

而若將電場E的方向改為豎直向下，則粒子在進入電場后將做類平拋運動，而粒子恰好打到

Q處，則應有2R=vot

解得力

2

由于能進入電場的粒子的總高度為2H,則可知高度小于;R的粒子范圍均從NQ射出，高度

大于;R而又小于2尺范圍內(nèi)的粒子均從PQ射出，分別做出從高度2尺、g/?處進入電場的粒

子在磁場中的運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關系可知，從高度工R處進入電場的粒子在磁場中A點入射速度方向與水平方向的

2

夾角為60。，則從電場邊界QP與NQ射出的粒子數(shù)之比為，=*=彳

故C錯誤；

D.電場E豎直向下，且粒子要全部從NQ邊界射出，則進入電場范圍高度為2H的粒子恰好打

在。處，則有=2R=v°t

解得

R

,,,__1>/曰a'F'E'qE'.

由止匕可得一=—=」?=——=4

aFEqE

因此可知，若電場E豎直向下，且粒子要全部從NQ邊界射出，則場強大小至少為原來的4

倍，故D正確。

故選BDo

14.答案：ACD

解析：AB.液滴進入豎直方向的勻強電場中，所受的電場力方向豎直向上或豎直向下，因為

微粒做直線運動，可知，電場力方向必定豎直向上，而且電場力與重力平衡，液滴做勻速直

線運動，故A正確，B錯誤；

C.液滴從下極板運動到上極板的過程中，由動能定理有qU-mgd=O,解得：U=皿，故

q

C正確；

D.液滴進入豎直方向的勻強電場中，重力做功-zngd,微粒的重力勢能增加，動能不變，根

據(jù)能量守恒定律得知，微粒的電勢能減小了根財，故D正確。

故選ACDo

15.答案:AD

解析：設電子被加速后獲得初速為h，則由動能定理得：加說①

又設極板長為/,則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間：/=乙②

%

又設電子在平行板間受電場力作用產(chǎn)生加速度為。，由牛頓第二定律得：。=￡=必③

mmd

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度：匕二必④

由①、②、③、④可得：

qU°L

v=—--

y

dmv0

偏轉(zhuǎn)角正切：

tan。"/*：qU[L=U]L

vQdmvl2dqUl2dUx

故4變大或G變小都可能使偏轉(zhuǎn)角。變大，故AD正確，BC錯誤；

故選：AD.

16.答案:(1)充電;增加(2)AD

解析：當開關S接到“1”時，電容器處于充電過程；電容器所帶的電荷量逐漸增加。

(2)A.電容器充電時，電壓表示數(shù)先迅速增大，然后逐漸穩(wěn)定在某一數(shù)值，A項正確；

B.電容器充電時，兩極板間的電壓逐漸增大，電路中的電流逐漸減小，靈敏電流計G的示數(shù)

一直減小，B項錯誤；

C.電容器上極板充電時與電源正極相連，帶正電，電容器放電時，電阻R中的電流方向從左

到右，C項錯誤；

D.某時刻電容器正在放電時，電容器兩極板的電荷量正在減少，D項正確。故選AD。

17.答案：(1)正；10(2)1.6x10、1.6x10-3(3)不變

解析：(1)充電完畢，電容器上極板帶正電，恒壓源輸出的電壓u=OR=iov；

(2)2=40xlxl0-3x0.4C=1.6xW2C,電容器的電容C=￡=L6X10-3F。

(3)若僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實驗，電容器的帶電荷量一定，因此圖

像與坐標軸所圍的面積不變。

18.答案：(1)放電；0.2s內(nèi)電容器放電量；不變(2)575(3)C

解析：(1)開關S改接2后，電容器相當于電源，進行的是放電過程；

根據(jù)Q=〃，狹長矩形的面積等于0.2s內(nèi)電容器的放電量；

只減小電阻R的阻值，不改變電容的帶電量，則此過程，電容的放電量不變，則/T曲線與

坐標軸所圍成的面積不變；

(2)整個放電過程中釋放的電荷量Q=3.45xl(T3c,則電容器電壓與電源電壓相等時帶電量

為Q=3.45xl0-3c,則電容cJ=575piF

(3)從根據(jù)。=[,U-Q圖線的斜率越大，電容C越小，故A錯誤；B.他從等效的思想出

發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做

的功，也等于圖像所圍的面積

E=g0U

U=—

C

解得=21

22C

從上面的式子看出，E和。2成正比，故B錯誤；C.根據(jù)石=工。。2=9電容器電荷量為2時

22C2

F

儲存的能量為色，故C正確；D.類比速度時間圖像與時間軸圍成的面積才代表位移，則

4

圖像與Q軸圍成的面積才代表儲能，圖線跟縱軸所圍成的面積不能表示電容器儲能，

故D錯誤。故選C。

19.答案：(1)網(wǎng)j(2)生、(3)—Z2

3qlql2

解析：(1)粒子從M點到N點做類平拋運動，在y軸方向上做勻速直線運動，在x軸方向

上做初速度為零的勻加速直線運動，設粒子到達N點x軸方向的速度為匕，速度為n,如圖

則tan60°=2=

%陰%

粒子在y軸方向的位移大小為y=3lsin60°=vot

解得勻強電場的電場強度大小E=孚。

3ql

(2)粒子達到N點的速度大小

v=-=2%

cos60°

粒子由N點進入一矩形磁場沿y軸負方向經(jīng)過。點，運動軌跡如圖

粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=(3/-r)sin30°

解得r=l

由皿=加匕，解得3=把=犯

rqrql

矩形的寬為b=-sin30。=』/

2

所以矩形磁場區(qū)域的最小面積為Smm=仍=5/2

20.答案：(1)pqEd(2)Rd,。)(3)(132,0)

Nm

解析：(1)根據(jù)動能定理有qEd=gmv^

解得離子第一次通過y軸時的速度大小為匕

(2)離子在第一象限做類平拋運動，水平方向有七=貼

豎直方向有d=^x底片

2m

聯(lián)立解得芯=2d

故離子第一次通過%軸時的位置坐標(2d,0)

因十％=〃=3匕：

則為=匕

進入第四象限的電場時離子在豎直方向上沿丁軸負方向先做勻減速，速度減到零后反向加

2%12dm

速，第二次回到X軸，則’2=獲=｛請

m

沿X軸方向的位移々=卬2=2d

離子第二次通過x軸時的位置坐標（4d,0）

（3）若離子第一次進入第四象限后開始計時，則在豎直方向上，/=Z=叵時間內(nèi)，向下

6\2Eq

做減速運動，在好工時刻的速度大小v,=丫「辿t=G

6yym

然后經(jīng)過工后開始反向加速，仍經(jīng)過二后第2次回到x軸

66

2VlIdmT

之后離子以與X軸成45。的方向斜射入第一象限，則豎直方向上經(jīng)過'=淳=4,率=4x7

m

第3次回到x軸，此時第四象限的電場正處于向上的2E,則再經(jīng)過二離子速度減為零，再經(jīng)

6

過兩個工，離子開始反向運動，再經(jīng)過工第4次經(jīng)過x軸，此時從計時開始離子已經(jīng)經(jīng)過了

66

11個工的時間

6

離子第4次通過x軸時，沿x方向的位移為x=%x,T=lld

則此時的位置坐標為（13d,0）

21.答案：（1）3m/s；（2）73m/s；（3）1.8m

解析：（1）假設物塊和木板由靜止釋放后保持相對靜止下滑，則對二者整體由牛頓第二定律

得2mgsin夕一埼=2ma0

其中F電

解得％=2.5m/s?

再對木板由牛頓第二定律得加gsinO+y=根/

解得f=--mg，|/|<jumgcos0

故假設成立，物塊和木板一起做勻加速直線運動，有片=2%d

可得匕=3m/s

（2）木板與擋板碰撞后先向上減速運動后向下加速運動，物塊向下做勻減速直線運動，分別

對物塊和木板由牛頓第二定律有

盤+pimgcos3-mgsin3=max

jumgcos3+mgsin0=ma2

22

解得4=5m/s,a2=10m/s

設經(jīng)時間看后二者再次共速，則有h-卬=匕