高考物理復習五年真題(2009-2013)分類匯編第六章靜電場(共17頁)

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1、精選優(yōu)質文檔-----傾情為你奉上 2013年高考題精選 1.（2013全國新課標Ⅰ15．）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．kC． k D．k 解析：選B　本題考查靜電場相關知識，意在考查考生對電場疊加、庫侖定律等相關知識的理解。由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度

2、大小相等，即EQ＝Eq＝k，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小E′Q＝k，則Ed＝E′Q＋E′q＝k＋k＝k，故選項B正確。 2.（2013全國新課標Ⅰ第16題）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(jīng)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 解析：選D　本題考查動能定理及靜電場相關知識，意在考查考生

3、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：mgd －qU＝0，當下極板向上移動，設粒子在電場中運動距離x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。 3.（2013全國新課標Ⅱ第18題）如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　本題考查

4、庫侖定律、電場力、平衡條件及其相關知識點，意在考查考生綜合運用知識解決問題的能力。設小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝k，小球b對小球c的庫侖引力為F＝k，二力合力為2Fcos 30。設水平勻強電場場強的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos 30，解得：E＝，選項B正確。 4.（2013天津理綜第6題）兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點。一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動。取無限遠處的電勢為零，則(　　) A．q由A向O的運動是勻加速直線運動 B．

5、q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C．q運動到O點時的動能最大 D．q運動到O點時電勢能為零 解析：選BC　本題考查靜電場中力的性質和能的性質，考查考生對靜電場中運動電荷力的性質和能的性質的分析。兩等量正點電荷在中垂線MN上的電場強度方向從O點向兩側沿中垂線指向無窮遠處，場強大小從O點沿MN到無窮遠處先變大后變小，因此負電荷由靜止釋放后，在變化的電場力作用下做直線運動的加速度不斷變化，A項錯誤；由A到O電場力做正功，電勢能減小，B項正確；在MN上O點電勢最高，因此負電荷在O點的電勢能最小，由于只有電場力做功，因此電勢能與動能的和是一定值，電勢能最小時，動能最大，C項正確；O點的電勢不為

6、零，因此負電荷在O點時的電勢能不為零，D項錯誤。 5.（2013海南理綜第1題）如圖，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(　　) A．q1＝2q2　　　　　　B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 解析：選B　 本題考查電場強度的疊加，由于R處的合場強為0，故兩點電荷的電性相同，結合點電荷的場強公式E＝k可知k－k＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，本題選B。 6.（2013安徽理綜第20題）．如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空

7、間為真空。將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應電荷?？臻g任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選D　 本題考查點電荷和感應電荷周圍的電場分布情況，意在考查考生對場強的理解。設點電荷為正電荷(不影響結果)，則導體表面的感應電荷為負電荷。如圖，設所求點為A點，取其關于xOy平面的對稱點為B，點電荷在A、B兩點的場強大小分別為E1、E2，感應電荷A、B兩點的電場強度的大小分別為EA、EB。由題意

8、，B點的合場強為零，EB＝E2＝＝，由對稱性，EA＝EB＝，故A點場強為E＝EA＋E1＝＋＝。 7.（2013廣東理綜第15題）噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　) 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 解析：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

9、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。 8.（2013重慶理綜第3題）．如圖所示，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(　　) 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(chǎn)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

10、功 解析：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。 9.（2013山東理綜第19題）如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱。下列判斷正確的是(　　) A．b、d兩點處的電勢相同

11、 B．四個點中c點處的電勢最低 C．b、d兩點處的電場強度相同 D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小 解析：選ABD　本題考查等量異種點電荷電場力的屬性及電勢能的屬性，意在考查考生利用所學物理知識處理實際問題的能力。等量異種點電荷的電場線及等勢線的分布如圖所示。由于b、d兩點關于x軸對稱，故b、d兩點電勢相等，A項正確；a、b、c、d四個點中，只有c點電勢為零，其余各點的電勢均大于零，故B項正確；b、d兩點的電場強度大小相等，方向不同，故C項錯；將一正的試探電荷由a點移動到c點的過程中，由于a點電勢高于c點電勢，故該電荷的電勢能減小，D項正確。 10.（201

12、3江蘇理綜第3題）下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 解析：選B　本題考查靜電場的疊加問題，考查點電荷電場強度的特點，意在考查考生對點電荷電場分布特點及矢量合成原理的理解。根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項O點的場強為零，C項等效為第二象限內電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與A項的相等，B項正、負電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的倍，也是A、C項場強的倍，因此B項正確。 11.（2013江蘇理綜第6題）．將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬

13、球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大 D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負功 解析：選ABD　本題考查靜電場中力的性質和能的性質，意在考查考生對靜電力的性質和能的性質的理解與掌握情況。電場線密的地方電場強度大，A項正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，B項正確；由Ep＝qφ可知，負電荷在高電勢處電勢能小，C項錯誤；負電荷從a到b電勢能增加，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系可知，這個過程中電場力做負功，D項正確。 12.（2013全國新課標Ⅱ第24題）

14、如圖，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(jīng)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(jīng)過a點和b點時的動能。 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＝qE?、? 設質點質量為m，經(jīng)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＝m　② Nb－F＝m?、? 設質點經(jīng)過a點和b點時

15、的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka＝mv?、? Ekb＝mv?、? 根據(jù)動能定理有 Ekb－Eka＝2rF?、? 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 E＝(Nb－Na)?、? Eka＝(Nb＋5Na)　⑧ Ekb＝(5Nb＋Na)?、? 答案：見解析 13.（2013浙江理綜第24題）“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示。一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區(qū)域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中

16、動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間。忽略電場的邊緣效應。 (1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由； (2)求等勢面C所在處電場強度E的大小； (3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左與ΔEk右分別為多少？ (4)比較|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并說明理由。 解析：本題主要考查帶電粒子在電場中的運動，意在考查考生分析和計算能力。 (1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板 (2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周

17、運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有： eE＝m Ek0＝mv2 R＝ 聯(lián)立解得：E＝＝ (3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有 ΔEk＝qU 對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有 ΔEk左＝e(φB－φC) 對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功， 動能減小，有ΔEk右＝e(φA－φC) (4)根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有|φB－φC|＞|φA－φC|，即|ΔEk左|＞|ΔEk右|。 答案：(1)見解析　(2) (3)ΔEk左＝(φB－φC)　ΔEk右＝(φA－φC)　(4

18、)見解析 2012高考年高考題精選 1.（2012全國新課標18）如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動 解析：選BD由題意可知粒子做直線運動，受到豎直向下的重力和垂直極板的電場力，考慮到電場力和重力不可能平衡，故只有電場力與重力的合力方向水平向左才能滿足直線運動條件，故粒子做勻減速直線運動，電場力做負功，電勢能逐漸增加，B、D對。 2.（2012全國高考18）.如圖，兩根相互平行

19、的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點。c 、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是(　　) A．O點處的磁感應強度為零 B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反 C．c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同 D．a(chǎn)、c兩點處磁感應強度的方向不同 解析：選C由安培定則可知，兩導線在O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下，合磁感應強度一定不為零，選項A錯；由安培定則，兩導線在a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產(chǎn)生磁場的磁感

20、應強度等于電流N在b處產(chǎn)生磁場的磁感應強度，同時電流M在b處產(chǎn)生磁場的磁感應強度等于電流N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度，所以a、b兩處磁感應強度大小相等方向相同，選項B錯；根據(jù)安培定則，兩導線在c、d兩處產(chǎn)生的磁場垂直c、d兩點與導線連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應強度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，選項C正確；a、c兩處磁感應強度的方向均豎直向下，選項D錯。 3.（2012山東理綜19）圖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

21、該粒子(　　) 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 解析：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，因為Uab>Ubc，所以選項D正確。 5.（2012江蘇理綜1）真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為(　　) A．3∶1　　B．1∶3 C．9∶1 D．1∶9

22、 解析：選C根據(jù)點電荷電場強度E＝k，可知＝9∶1，C正確。 6.（2012江蘇理綜2）一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 解析：選B根據(jù)平行板電容器電容公式C＝，在兩板間插入電介質后，電容C增大，因電容器所帶電荷量Q不變，由C＝可知，U＝減小，B正確。 7.（2012浙江理綜19）用金屬箔做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上。小明同學用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當距離

23、約為0.5 cm時圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示。對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是(　　) A．摩擦使筆套帶電 B．筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下都感應出異號電荷 C．圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力 D．筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和 解析：選ABC筆套與頭發(fā)摩擦后，能夠吸引圓環(huán)，說明筆套上帶了電荷，即摩擦使筆套帶電，選項A正確；筆套靠近圓環(huán)時，由于靜電感應，會使圓環(huán)上、下部感應出異號電荷，選項B正確；圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，是由于圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)所受的重力，故選項C正確；筆套接觸到圓環(huán)后，筆套上的部分電荷轉移到圓環(huán)上，

24、使圓環(huán)帶上相同性質的電荷，選項D錯誤。 8.(2012天津理綜5)兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中(　　) A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 解析：選C等勢面垂直，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，受到向上的電場力作用，粒子在電場中做曲線運動，靜電力先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，選項C正確。

25、 9.(2012安徽理綜18)如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢為6 V，點B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為(　　) A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 解析：選A 在勻速電場中，若沿某一方向電勢降落，則在這一方向上電勢均勻降落，故OA的中點C的電勢φC＝3 V(如圖所示)，因此B、C為等勢面。O點到BC的距離d＝OCsin α，而sin α ＝＝，所以d＝OC＝1.510－2m。根據(jù)E＝得，勻速電場的電場強度E＝＝ V/m＝200 V/m，故選項A正確，選項

26、B、C、D錯誤。 10.(2012安徽理綜20)如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出： E＝2πkσ，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為(　　) A．2πkσ0 B．2πkσ0 C．2πkσ0 D．2πkσ0 解析：選 A利用均勻帶電圓板軸線上的場強公式，當R無限大時，Q點電場強度E1＝2πkσ0，當R＝r時，Q點電場強度E2＝2πkσ0[1－]，

27、現(xiàn)從帶電平板上中間挖去一半徑為r的圓板，則Q點電場強度E3＝E1－E2，只有選項A正確。 11.(2012福建理綜15)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)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(　　) 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 解析：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力做功相等，

28、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。 12.(2012廣東理綜20).圖5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(　　) A．帶正電的礦粉落在右側 B．電場力對礦粉做正功 C．帶負電的礦粉電勢能變大 D．帶正電的礦粉電勢能變小 解析：選BD在水平方向上帶正電的礦粉受到向左的電場力，應落在左側，A錯；電場力對兩種礦粉

29、都做正功，電勢能均減小，所以只有BD正確。 13.(2012重慶理綜20)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題20圖所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則(　　) A．P、Q兩點處的電荷等量同種 B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同 C．c點的電勢低于d點的電勢 D．負電荷從a到c，電勢能減少 解析：選D根據(jù)電場線與等勢線垂直得：必有一條電場線與P、Q連線重合，P為正電荷，故該電場線必從P沿直線指向Q，因電場線總是由正電荷指向負電荷，故P、Q電荷為等量異種電荷，A選項錯誤；電場強度是矢量，a、b兩處電場強度方向不同，B選項錯誤；因越

30、靠近正電荷，電勢越高，故c點電勢高于d點電勢，C選項錯誤；根據(jù)等勢線的分布及P、Q的電性，c所在的等勢線電勢高于a所在等勢線的電勢，負電荷從a到c，電場力做正功，電勢能減少，D選項正確。 14.（2012全國高考24）如圖，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π/6。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3，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。 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

31、極板之間電場的場強為 E＝② 式中d為兩極板間的距離。 按題意，當小球偏轉角θ1＝π/6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＝π/3，則 tan θ2＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得 ＝⑦ 代入數(shù)據(jù)解得 ΔQ＝2Q⑧ 答案：2Q 2011年高考題精選 1.（2011全國新課標理綜20）一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線 abc 從 a 運動到 c ，已知質點的速率是遞減的．關于

32、b 點電場強度 E 的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在 b 點的切線)(　　) 解析：選D題中質點所帶電荷是負電荷，電場方向應與負電荷受到的電場力方向相反，又因為質點的速度是遞減的，因此力的方向應與速度方向夾角大于90，故選項D正確． 2.（2011大綱高考17）通常一次閃電過程歷時約0.2～0.3 s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構成．每個閃擊持續(xù)時間僅40～80 μs，電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中．在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0109V，云地間距離約為1 km；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6 C，閃擊持續(xù)時間約為60 μs.假定閃電前云地間的電場是均

33、勻的．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是(　　) A．閃電電流的瞬時值可達到1105A B．整個閃電過程的平均功率約為11014 W C．閃電前云地間的電場強度約為1106 V/m D．整個閃電過程向外釋放的能量約為6106 J 解析：選AC 根據(jù)題意第一個閃擊過程中轉移電荷量 Q＝6 C，時間約為t＝60 μs，故平均電流為I平＝＝1105 A，閃擊過程中的瞬時最大值一定大于平均值，故A對；第一次閃擊過程中電功約為W＝QU＝6109 J，第一個閃擊過程的平均功率P＝＝11014 W，由于一次閃擊過程主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，但整個閃擊過程中的時間遠大于60 μs，故B錯；閃擊前云與地

34、之間的電場強度約為E＝＝ V/m＝1106 V/m，C對；整個閃擊過程向外釋放的能量約為W＝6109 J，D錯． 3.（2011重慶理綜19）如圖所示，電荷量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內電場強度為零的點有(　　) A．體中心、各面中心和各邊中心 B．體中心和各邊中點 C．各面中心和各邊中點 D．體中心和各面中心 解析：選D由點電荷的場強公式及電荷的對稱分布，可推斷出在正方體范圍內電場強度為零的點為體中心和各面中心． 4.（2011四川理綜21）質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到

35、A點，不計空氣阻力且小球從未落地，則(　　) A．整個過程中小球電勢能變化了mg2t2 B．整個過程中小球動量增量的大小為2mgt C．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2 D．從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2 解析：選BD小球運動過程示意圖如圖所示，在重力作用下，小球由A點運動到B點；加上電場后，小球減速運動到最低點C然后反向運動返回A點．設小球由B到C的時間為t1，由C到A的時間為t2，加電場后小球的加速度為a，則t＝t1＋t2①，gt＝at1②，gt2＋at＝at③.聯(lián)立①②③得a＝3g，t1＝，t2＝，故小球返回A點時的速度vA＝at2＝2g

36、t，故整個過程中小球的電勢能變化了mv＝2mg2t2，小球動量增量的大小為2mgt.小球從B到C的過程中動能變化了m(gt)2＝mg2t2，A、C間的距離為gt2＋at＝gt2，故重力勢能變化了mg2t2. 5.（2011安徽理綜18）圖(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖( b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(　　) 解析：選B在0～2t1時間內，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，

37、因此一個周期內熒光屏上的圖象為B. 6.（2011安徽理綜20）如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　) A．0

38、電場中固定兩點間做往復運動，因此

39、A錯．根據(jù)電場線分布的對稱性，可知C正確．正試探電荷在電勢高的地方電勢能大，D錯． 8.（2011天津理綜5）板間距為 d 的平行板電容器所帶電荷量為 Q 時，兩極板間電勢差為 U1，板間場強為 E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?2Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為 U2, 板間場強為 E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 解析：選C由公式E＝、C＝和C∝可得 E ∝，所以 Q 加倍，E 也加倍，再由U ＝ Ed可得U相等．C正確． 9.（2011廣

40、東理綜21）如圖為靜電除塵器除塵機理的示意圖．塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵的目的．下列表述正確的是(　　) A．到達集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大 解析：選BD 集塵極與電源的正極相連帶正電，放電極帶負電，塵埃在電場力作用下向集塵極遷移，說明塵埃帶負電荷，A項錯誤；電場方向由集塵極指向放電極，B項正確；帶電塵埃帶負電，因此所受電場力方向與電場方向相反，C項錯誤；同一位置電場強度一定，由F＝qE可知，塵埃電荷量越多，所受電場

41、力越大，D項正確． 10.（2011江蘇理綜8）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(　　) 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 解析：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，則電場強度先是勻強電場，后場強變小，即電場力

42、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． 11.（2011北京理綜24）靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動．已知該粒子質量為m、電量為－q，其動能與電勢能之和為－A(0

43、＝ 電場力的大小F＝qE＝ (2)設粒子在[－x0，x0]區(qū)間內運動，速率為v，由題意得 mv2－qφ＝－A① 由題圖可知φ＝φ0(1－)② 由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③ 因動能非負，有qφ0(1－)－A≥0 得|x|≤d(1－) 即x0＝d(1－)④ 粒子的運動區(qū)間－d(1－)≤x≤d(1－) (3)考慮粒子從－x0處開始運動的四分之一周期 根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度 a＝＝＝⑤ 由勻加速直線運動t＝ 將④⑤代入，得t＝ 粒子的運動周期T＝4t＝⑥ 答案：(1)　(2)－d(1－)≤x≤d(1－) (3) 12.（2011福建理綜20）反射式速

44、調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量m＝1.010－20 kg ，帶電量q＝－1.010－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應．求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中

45、，由動能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0 ① 則①式解得d2＝d1＝0.50 cm ② (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1 ③ |q|E2＝ma2 ④ 設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有 d1＝a1t ⑤ d2＝a2t ⑥ 又t＝t1＋t2 ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.510－8s 答案：(1)0.50 cm　　(2)1.510－8 s 專心---專注---專業(yè)