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1、2022年高考物理第一輪復習 第六章 電場力的性質 1．(多選)(xx·海南高考)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是(　　) A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 2．(xx·海南高考)如圖1，電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點。已知在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR＝2RQ。則(　　)

2、 圖1 A．q1＝2q2　　　　　　　 B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 3．(多選)(xx·廣東高考)如圖2所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P。帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上。P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上 C．在P產生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 4．(多選)(xx·上海高考)如圖3，質量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量

3、分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為θ1與θ2(θ1>θ2)。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則(　　) 圖3 A．mA一定小于mB B．qA一定大于qB C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB 高頻考點二：電場能的性質 5．(多選)(xx·全國卷Ⅱ)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是(　　) A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B．電場強度為零的地方，電勢也為零 C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低 D．任

4、一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向 6．(xx·福建高考)如圖4所示，在點電荷Q產生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．A點電勢大于B點電勢 B．A、B兩點的電場強度相等 C．q1的電荷量小于q2的電荷量 D．q1在A點的電勢能小于q2在B點的電勢能 7．(xx·上海高考)兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖5所示，已知A點電勢高于B點電勢。若位于a、b處點電荷的電荷量大小分別為qa和qb，則(　　)

5、圖5 A．a處為正電荷，qaqb C．a處為負電荷，qaqb 8．(多選)(xx·山東高考)圖6中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點。則該粒子(　　) 圖6 A．帶負電 B．在c點受力最大 C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能 D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化 9．(多選)(2011·江蘇高考)一粒子從A點射入電場，從B點射出，電場的等勢面和粒子的運動軌跡如圖7

6、所示，圖中左側前三個等勢面彼此平行，不計粒子的重力。下列說法正確的有(　　) 圖7 A．粒子帶負電荷 B．粒子的加速度先不變，后變小 C．粒子的速度不斷增大 D．粒子的電勢能先減小，后增大 10．(xx·重慶高考)如圖8所示，高速運動的α粒子被位于O點的重原子核散射，實線表示α粒子運動的軌跡，M、N和Q為軌跡上的三點，N點離核最近，Q點比M點離核更遠，則(　　) 圖8 A．α粒子在M點的速率比在Q點的大 B．三點中，α粒子在N點的電勢能最大 C．在重核產生的電場中，M點的電勢比Q點的低 D．α粒子從M點運動到Q點，電場力對它做的總功為負功 11．(多選)(x

7、x·全國卷Ⅰ)如圖9，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則(　　) 圖9 A．點電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功 D．φP大于φM 高頻考點三：帶電粒子在電場中的運動 12．(xx·廣東高考)噴墨打印機的簡化模型如圖10所示，重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在

8、紙上，則微滴在極板間電場中(　　) 圖10 A．向負極板偏轉 B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關 13．(xx·全國卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 14．(xx·大綱卷)一電荷量為q(q＞0)、質量為

9、m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖11所示。不計重力。求在t＝0到t＝T的時間間隔內， 圖11 (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間。 15．(xx·全國卷Ⅱ)如圖12，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q＞0)的質點沿軌道內側運動。經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能。 圖12 16．(xx·蘇州模

10、擬)如圖13所示，虛線左側存在非勻強電場，MO是電場中的某條電場線，方向水平向右，長直光滑絕緣細桿CD沿該電場線放置。質量為m1、電量為＋q1的A球和質量為m2、電量為＋q2的B球穿過細桿(均可視為點電荷)。從t＝0開始A自O點以速度v0向左做勻速運動，同時B在O點右側某處以速度v1也向左運動，且v1>v0。t＝t0時B到達O點(未進入非勻強電場區(qū)域)，A運動到P點(圖中未畫出)，此時兩電荷間距離最小。靜電力常量為k。 圖13 (1)求0～t0時間內A對B球做的功； (2)求桿所在直線上電場強度的最大值； (3)某同學計算出0～t0時間內A對B球做的功W1后，用下列方法計算非勻強電

11、場PO兩點間電勢差： 設0～t0時間內B對A球做的功為W2，非勻強電場對A做的功為W3，根據(jù)動能定理W2＋W3＝0 又因為W2＝－W1 PO兩點間電勢差U＝＝ 請分析上述解法是否正確，并說明理由。 17.(xx·北京市東城區(qū)模擬)如圖14所示，水平放置的平行金屬板之間電壓大小為U，距離為d，其間還有垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m帶電量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從平行金屬板的正中間射入并做勻速直線運動，然后又垂直射入電場強度大小為E2、方向豎直向上的勻強電場，其邊界a、b間的寬為L(該電場豎直方向足夠長)。電場和磁場都有理想邊界，且粒子所受重力不計，求

12、 圖14 (1)該帶電粒子在a、b間運動的加速度大小a； (2)勻強磁場對該帶電粒子作用力的大小f； (3)該帶電粒子到達邊界b時的速度大小v。 18．(xx·大綱卷)如圖15，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點，現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時懸線與豎直方向的夾角為。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到，且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。 圖15 答 案 1．選AD　平行板間勻強電場的電場強度E＝，保持U不變，將d變?yōu)?/p>

13、原來的兩倍，電場強度E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A正確。由U＝Ed可知B錯誤。由C＝可知，保持d不變，則電容器的電容C不變，由C＝可知，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C錯誤，同理可知D正確。 2．選B　 本題考查電場強度的疊加，由于R處的合電場強度變?yōu)?，故兩點電荷的電性相同，結合點電荷的電場強度公式E＝k可知k－k＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，本題選B。 3．選BD　由于小球M、N及細桿處于靜止狀態(tài)，因此M、N及細桿組成的系統(tǒng)合外力為零，D項正確；整體受到的庫侖力的合力為零，即k＝k，解得r＝(－1)L，A項錯誤；由于P對M、N的庫侖力等大反向，因此P、M、N三者必在一條直線上，

14、B項正確；在P點產生的電場中，離P點越遠電勢越低，C項錯誤。 4．選ACD　以A小球為研究對象有：TA·cos θ1＝mAg，TAsin θ1＝FBA，以B小球為研究對象有：TB·cos θ2＝mBg，TB·sin θ2＝FAB，且FAB＝FBA，因θ1>θ2，故TB>TA，而cos θ2>cos θ1，故mB>mA，選項A正確。因為A、B兩球擺到最低點時：A小球下降的高度hA大于B小球下降的高度hB，由mv2＝mgh有v＝，所以vA>vB，故選項C正確。由庫侖定律有FAB＝，故無法確定qA與qB的大小，選項B錯誤。要比較EkA、EkB的大小，只需比較重力做功多少，通過計算有WGA＝FBA·

15、h·tan ，WGB＝FAB·h·tan，其中h為平衡位置水平面到天花板的高度，顯然WGA＞WGB，故EkA＞EkB，即選項D正確。 5．選AD　根據(jù)電場強度與電勢的關系解題。電場線(電場強度)的方向總是與等勢面垂直，選項A正確。電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項B錯誤。沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的高低與電場強度的大小無必然關系，選項C錯誤。電場線(電場強度)的方向總是從高的等勢面指向低的等勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確。 6．選C　由題意知點電荷Q帶負電，所以有φA＜φB＜0，得|UA∞|＞|UB∞|，移動兩試探電荷克服電場

16、力做功相等，有q1|UA∞|＝q2|UB∞|，所以q1＜q2，選項A錯誤，C正確。因為E＝k，A點比B點離Q近，所以EA＞EB，選項B錯誤。根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系，q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，選項D錯誤。 7．選B　圖為異種點電荷的等勢面分布，由題知φA>φB，因此a處為正電荷，b處為負電荷，等勢面密集處靠近b電荷，故qa>qb，選項B正確。 8．選CD　由于帶電粒子受到的電場力指向軌跡凹側，說明帶電粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)庫侖定律F＝k可知，選項B錯誤；粒子從b點運動到c點的過程中，電場力對粒子做正功，粒子電勢能減小，選項C正確；由動能定理可得qU＝ΔEk，因

17、為Uab>Ubc，所以選項D正確。 9．選AB　根據(jù)電場線與等勢面垂直并指向電勢低的等勢面，可大致畫出電場線的形狀，粒子在電場力的作用下軌跡向下彎曲，根據(jù)曲線運動的特點，可以說明電場力指向軌跡內側，與場強方向相反，所以粒子帶負電，A正確；等勢面先是平行等距，后變得稀疏，則電場強度先是不變，后電場強度變小，即電場力先不變，后變小，B正確；根據(jù)電場力做功W＝qU，電場力做負功，所以粒子速度減小，C錯誤；電場力始終做負功，由功能關系可知，粒子的電勢能始終增加，所以D錯誤。 10．選B　本題考查電場力做功、電勢、電勢能，意在考查考生推理與分析問題的能力。建立正點電荷電場模型，根據(jù)正點電荷的等勢線空

18、間分布圖，由于Q點比M點離核遠，則φQ<φM，C項錯誤；α粒子從M點到Q點，電場力做正功，α粒子在M點的速率比在Q點的速率小，A、D項錯誤；三點中，α粒子在N點的電勢最高，電勢能最大，B項正確。 11．選AD　根據(jù)正點電荷的電場的特點可知，點電荷的電場的等勢面是以點電荷為中心的同心球面，故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線，如圖所示，根據(jù)圖中幾何關系可知，兩條線交MP于A點，即點電荷在A點，A正確，B錯誤；將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，C錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故φP>φM，D正確。 12．選C　本題考查帶電微滴在電場中的偏轉問題，意在考查考生熟練應用運動的

19、合成與分解知識解題的能力。由于微滴帶負電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉，A項錯誤；偏轉過程中電場力做正功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系，電勢能減小，B項錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移y＝t2＝2，此為拋物線方程，C項正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量q有關，D項錯誤。 13．選D　本題考查動能定理及靜電場相關知識，意在考查考生對動能定理的運用。當兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：mg×d－qU＝0，當下極板向上移動，設粒子在電場中運動距離x

20、時速度減為零，全過程應用動能定理可得：mg(＋x)－qx＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝d，選項D正確。 14．解析：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝① a2＝－2② a3＝2③ a4＝－④ (a) 由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應的速度—時間圖象如圖(b)所示，其中v1＝a1＝⑤ (b) 由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T的時間間隔內位移大小為 s＝v1⑥ 由⑤⑥式得 s＝T2⑦ 它沿初始電場正方向。 (2)由圖(b)可知，粒子在t＝

21、T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為 t＝T－T＝⑧ 答案：(1)　沿初始電場正方向　(2) 15．解析：本題主要考查受到約束的帶電質點在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理及其相關的知識點，意在考查考生靈活應用知識解決問題的能力。 質點所受電場力的大小為F＝qE① 設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有 F＋Na＝m② Nb－F＝m③ 設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka＝mva2④ Ekb＝mvb2⑤ 根據(jù)動能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 E＝(Nb－Na)⑦

22、 Eka＝(Nb＋5Na)⑧ Ekb＝(5Nb＋Na)⑨ 答案：見解析 16．解析：(1)B球運動過程中只受A球對它的庫侖力作用，當它運動到O點時速度跟A球相同為v0。庫侖力做的功即為B球動能變化量W＝m2v02－m2v12 (2)因為A球做勻速運動，t0時間內運動的位移x＝v0t0 此時A、B球間的庫侖力 F＝k＝ 因為A球始終做勻速運動，所以非勻強電場對它的作用力與B球對它的庫侖力相平衡。當B球到達O點時，兩帶電小球間的距離最小，庫侖力最大。因此，電場對A的作用力也最大，電場強度也最大。 E＝＝ (3)該同學的解法是錯誤的。 因為B球向A球靠近的過程，雖然它們的作用力

23、大小相等，但它們運動的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等。即W2＝－W1是錯誤的。 答案：(1)m2v02－m2v12　(2) (3)見解析 17．解析：(1)電場力F2＝qE2 根據(jù)牛頓第二定律：a＝，a＝ (2)該粒子受力如圖： 電場強度：E1＝，電場力：F1＝qE1 根據(jù)平衡條件：f＝F1 解得：f＝ (3)該帶電粒子到達邊界b的時間為 t＝ 豎直方向的速度為vy＝at＝ 所以此時帶電粒子的速度大小為 v＝ ＝ 答案：(1)a＝　(2)f＝ (3)v＝ 18．解析：設電容器電容為C。第一次充電后兩極板之間的電壓為U＝① 兩極板之間電場的電場強度為E＝② 式中d為兩極板間的距離。 按題意，當小球偏轉角θ1＝時，小球處于平衡位置。設小球質量為m，所帶電荷量為q，則有 Tcos θ1＝mg③ Tsin θ1＝qE④ 式中T為此時懸線的張力。 聯(lián)立①②③④式得tan θ1＝⑤ 設第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時小球偏轉角θ2＝，則tan θ2＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得＝⑦ 代入數(shù)據(jù)解得ΔQ＝2Q⑧ 答案：2Q