2020高考物理电场复习题含答案

1、电场一、考点介绍本考点内容是历年高考试题中的重点之一.查的内容主要集中在两个方面：一是有关对电场本身的认识，即电场、电场强度、电势、电势差、电势能、电场线、等势面；二是电场知识的应用，即带电粒子在匀强电场中的运动、电容器等.电场强度、电势差等基本知识的考查一般以选择题、填空题的形式出现；对于电场中导体和电容器的考查，常以小综合题型出现.电粒子在电场中运动一类问题，是高考中考查的重点内容之一.其是在力、电综合试题中，多把电场与牛顿定律，动能定理，功能关系，运动学知识，电路知识等巧妙地综合起来，考查学生对这些基本知识、基本规律的理解和掌握的情况，应用基本知识分析、解决实际问题的能力。纵观这类题目，

2、所涉及的情景基本相同（无外乎是带电粒子在电场中平衡、加速或偏转），但命题者往往拟定不同的题设条件，多角度提出问题，多层次考查知识和能力.二、高考真题1 .（山东卷.理综.21）如图1所示，在 y y 轴上关于 O O 点对 g 称的 A A、B B 两点有等量同种点电荷+Q,Q,在 x x 轴上 C C 点有点QC-电荷-Q Q,且 CO=ODCO=OD,ZADO=60.下列判断正确的是（）A.O点电场强度为零B.O点电场强度为零C.若将点电荷+q+q 从 O O 移向 C C,电势能增大D.若将点电荷-q q 从 O O 移向 C C, ,电势能增大2 .（海南卷.物理.5）质子和中于是由更

3、基本的粒子即所谓“夸克”组成的.两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互0，0阵ri作用（称为“渐近自由”）；在FFo,r2距离较远时，它们0,r2之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）.作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力 F F 与它们之间的距离 r r 的关系为：式中 F Fo为大于零的常量，负号表示引力.用 U U 表示夸克间的势能，令 U Uo=F Fo（r r2r ri）,取无穷远为势能零点.下列图2中Ur r 图示中正确的是（）3 .（上海卷.物理.2A）如图3所示，把电量为一5X10-9C的电荷，从电场中的 A A 点移到 B B

4、 点，其电势能（选填“增大”、减小或“不变”）；豁点的电势UA=15V,B B 点的电势UB=10V,则图3此过程中电场力做的功为J。4 .（江苏卷.物量.6）如图4所示，实线为电场线，虚线为等势线且 ABAB=BC,BC,电场中的 A A、B B、C C 三点的场强分别为EA、EB、EC,电势分别为A、B、C,ABAB、BCBC 间的电势差分别为UAB、UBC,则下列关系中正确的有（）A.ABCB.ECEBEA图45.（海南卷.物理.6）如图5所示，匀强电场中有 a a、b b、c c 三点.在以它们为顶点的三角形中，/a=30、C=900,电场方向与三角形所b在平面平行.已知 a a、 b

5、 b 和 c c 点的电势分别为（2V3）V、（23）V|和2V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为A.(26)V、(23)VB.0V、4VC.(2蛤V、(2D.0V、73VC.UAB|q|）由a运动到b,电场力做正功。已知在a、b两点粒子所受电场力分别为FaFb,则下列判断正确的是A.若Q为正电荷，则q带正电,FaFbB.若Q为正电荷，则q带正电，FaFbD.若Q为负电荷，则q带正电，Faq2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图26k唠2*球1所示。若将两小球同时从静止状态释放，则一心释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）1,A.T（qq2）EB.T（qq2）E1C.T

6、（qiq2）ED.T（qq2）E图265.图27所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A，、B，、C，、D7作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直。下列说法正确的是（）A.AD两点间电势差UAD与AA，两点间电势差UAA，相等B.带正电的粒子从A点沿路径A-D-D，移到D，点，电场力做正功C.带负电的粒子从A点沿路径A-D-D，移到D，点，电势能减小图27D.带电的粒子从A点移到C，点，沿对角线ACz与沿路径A一B-B，7C，电场力做功相同6.如图28所示， 固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点,已知MQ8V/mB. W=6X10-6J,E6V/mC. W=8X10-6J

7、,E8V/mD. W=6X10-6J,E6V/m图29a.d20V4V8.a.a、b b、c c、d d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。 电场线与矩形所在的平面平行。已知 a a 点的电势是20V,b b 点的电势是24V,d d 点的电势是4V,如图30所示。由此可知，c c 点的电势为（）图309 .竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图31所示的电路图连接。绝缘线与左极板的夹角为&当滑动变阻器 R R 的滑片在 a a 位置时,电流表的读数为片夹角为01；当滑片在 b bWILMJb*c24VA、4VB、8VC、1

8、2VD、24V电流表的读数为。夹角为伪，则（）A.&02,IIIII2C.6=2,Ii=l2D.66,Ii=l210.如图32所示，电源内阻为r,电动势不盯一：，2,0电压表内阻力10k,Y为静电计，两个电容厢江一1图32电容分别为Ci和C2.下列说法中正确的是()A.若CiC2,电压表和静电计两端电压相等B.若CiC2,则电压表两端电压为零C.不论Ci和C2是否相等，电压表两端电压均为零D.C2上带电量为零 ii.ii.两个半径均为 R R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为 d,d,极板间的电势差为 U,U,板间电场可以认为是均匀的。 一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方

9、向射入两极板之间，到达抚极板是恰好落在极板中心。已知质子电荷为 e,e,质子和中子的质量均视为 m,m,忽略重力和空气阻力的影响，求：(i)(i)极板间的电场强度E；(2)(2)粒子在极板间运动的加速度a；(3)(3)粒子的初速度 vovo。i2.如图33所示，沿水平方向放置一条平直光滑梢，它垂直穿过开图31有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。梢内有两个质量均为m的小球A和B,球A带电量为+2q,球B带电量为-3q,两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与梢平行向右的匀强电场E后(设梢和轻杆由特殊

10、绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小;(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。13.电偶极子模型是指电量为q、 相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图34(a)所示的矢量表示.科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性.当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化.(1)如图34(b)所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场

11、中， 若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为8,求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩；图33(2)求图34(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过(3)求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时， 其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；(4)现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图34(c)排列，它们相互间隔距离恰等于1.加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布)，求该点电荷所受电场力的大小.14.如图35所示， 一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.0X10

12、5N/C、与水平方向成0=30。角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5X10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0X10一6C,质量m=1.0X10-2kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常程中，电场力所做的功;图34量k=9.0M09Nm2/C2,取g=l0m/s2)(l)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度hi为多大？图35(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.6lm时,速度为v=1.0m/s,求此过程中小球B的电势能改变了多少？参考答案高考真题1 1.【解析】电场

13、是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由E容和几何r关系可以得出，A错B对。在OC之间，合场强的方向向左，把负电荷从O移动到C,电场力做负功，电势能增加，C错D对。【答案】BD2 2.【解析】从无穷远处电势为零开始到r=2位置，势能恒定为零，在r r=r r2到 r r=r ri过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示；r r 帕加，A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为ECEBEA,B对；电场线密集的地方电势降落较快，故UBCUAB,C对D错。此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和

14、等势面的分布规律【答案】AC5. .【解析】如图所示，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取 abab 的中点 O,O,即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V,故 OcOc 为等势面，MNMN 为电场线，方向为 MNMN 方向，UOP=U Uoa=T3V,UON:UOP=2:近,故UON=2V,N N 点电势为零，为最小电势点，同理 M M 点电势为4V,为最大电势点。所以选项B正确【答案】B6. .【解析】本题考查电容器的两个公式。a a 板与 Q Q 板电势恒定为零，b b 板和 P P 板电势总相同，故两个电容器的电压相

15、等，且两板电荷量 q q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压 U U 增大，即减小电容器的q q S S电容Co对电容器 C,C,由公式 C C=-=可以通过增大板间 U U4兀 kdkd距 d d、减小介电常数&减小板的针对面积So所以选项B、C正确.【答案】BC7. .【解析】设 F F 与 F F 绕 O O 点对称，在 F F 与 F F 处之间，小球始终受到指向 O O点的回复力作用下做往复运动，若小球 P P 带电量缓慢减小，则此后小球能运动到 F F 点下方，即振幅会加大，A错；每次经过 O O 点因电场力做功减少而速度不断减小，B对；若点电荷 M M、N N 电荷量缓慢

16、增大，则中垂线 CDCD 上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D正确。【答案】CD8 .【解析】由沿电场线方向电势降低，所以选项A正确；电场线越密的地方场强越大，得选项D正确。【答案】D9 .【解析】当不加电场时，油滴匀速下降，即fkvmg；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，即F电kvmg,解之得：F电2mg,当两极间电压为一U时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F电mgkv,解之得：v=3v,C项正确【答案】C10 .【解析】由电势差公式以及动能定理：W=qUab=q（晶一桃）=m2qvb2va2（vb2va2）,

17、可得比荷为m=J），所以选项C对.【答案】C被加速到 V V1,然后进入电场II做类平抛运动，并从 D D 点离开，有1E2eExmv1221+21eELyat22mv1A，IL2I，一一，r4I、-I，I解得xy=匕，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。4（3）设电子从（x,y）点释放，在电场I中加速到 V2,V2,进入电场II后做类平抛运动，在高度为V处离开电场I时的情景与（2）中类似,然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有eEx2mvf21+21eELyyat22mv2【解析】（1）设电子的质量为m,电量为 e,e,电子在电场 I I 中做匀加速直线运动，出区域I时的为 V V0,

18、此后电场II做类平抛运动,假设电子从 CDCD 边射出，出射点纵坐标为y,有eEL12mvo221eEL2mv0解得标为(2)y=y=1L,所以原假设成立，即电子离开 ABCDABCD 区域的位置坐4，,1、（2L,-2L,-L）4设释放点在电场区域I中，其坐标为（x,y）,在电场I中电子,eELLvyatmv?y八而所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。【答案】（1）t2上匕（2）两球能在OB区间内再次发生aiVo碰撞名校试题1 .【解析】带正电荷的福娃欢欢的电势高于带负电荷的福娃贝贝,解得xyL221,即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置2n41I2【答案】（1）（2L,1L）

19、（2）xy=L-（3）xy12.【解析】Pl经ti时间与P2碰撞，则tikVoPi、P2碰撞，设碰后P2速度为V2,由动量守怛：miVomi（解得Vi2vo/3（水平向左）V2Vo/3（水平向右）2碰撞后小球Pi向左运动的最大距离：Sm二又：ai2al解得：SmLo/3所需时间：t2也“aiVoL2-2n-Vo)3qEomim2V22V233（2）设Pi、P2碰撞后又经t时间在OB区间内再次发生碰撞，且Pi受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正:,i.2,V1ta1tV2t2解得：t吆3T（故Pi受电场力不变）SiS2则:对P2分析：S2V2t3LooLoVo用导体棒连结的瞬间，电流表指针

20、偏转，有瞬时电流，最终达到静电平衡，成为是等势体，导体棒内的电场强度等于零。【答案】AC2. .【解析】b b、d d 两点的合场强方向不同，所以选项A错；a a 点的电势高于 f f 点的电势，选项B错；若在 b b、d d、e e、f f 上移动电场力不做功，选项C错，将点电荷+q q 从球面上 a a 点移动到 c c 点的电场力做功最大，所以电势能变化量一定最大，故选项D对.【答案】D3 .【解析】由题意可知：EU旦Q-所以E的变化规dCdJd上4kd4k律与Q的变化规律相似，所以E的图象为，由QCUqUk,所以d=t+a=vt+a,所以是匀速移动，所以速度4kdta图象为，综上所述C

21、正确。【答案】C4 .【解析】由公式EU和FqE得，D选项正确。d【答案】D5 .【解析】因不知道点电荷的位置，所以无法确定a、b两点的场强方向，如点电荷在a、b两点之间时，两点的场强方向就不相同，A错误；若点电荷不在a、b两点间的中间位置，a、b两点的场强大小就一定不相等，B错误；若点电荷在a、b两点间的中间位置，a、b两点就在同一等势面上，C错误，D正确。【答案】D6 .【解析】（1）将打在A板上。（2）水平放置有Eq=mg。把重力分解为平行电场方向和垂直电场方向，则沿电场方向的加速度为：a a=g/2,打到板上的时间为：t亘油滴受到的合力,g为mg,所以加速度为g,达到板上速度的大小为：

22、V%/2gd【答案】（1）将打在A板上V72gd7 .【解析】（1）在带电粒子运动方向上任取一点，设其坐标为x,取接地极板为零势能点。将粒子从O点移到Xo处电场力做正功，W电qExEp电Epx,即粒子在X处的电势能为EpxqEx,在处的电势能为Epx0qE%。再由牛顿第二定律qEma，v22axXO，解得12Ekx2mvxqExXO，又QEpxqEx，Ep&qE%,EkxEpxEp%,得EkxEpxEp%，即该带电粒子在极板间运动的过程中，电势能与动能总和保持不变，证毕。（2）粒子在竖直向上射出后做类平抛运动。故竖直方向做匀速直线运动，到达P点时有Hv0t；水平方向做初速度为零的匀加速

23、运2动，有Lx01吟2，联立解得V0HIqE2m2,2mLx0【答案】V0H；-qE222mLx08.【解析】（1）油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，即q匹me,得qm1g史dUo(2)油滴加速下落，若油滴带负电，电荷量为Qi,则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为ai,由牛顿第二定律得U124曰m2d2dm2gQ1m2alda1t4Q1(g).d2Ut若油滴带正电，电荷量为Q2,则油滴所受到的电场力方向向下，设此时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得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。角处处于平衡，则 EqEq=mgmgtan以e+“0Q得Emgtan6043mgmgqq方向水平向左(2)(2)王明同学的求解不正确因为小球在8=60。处处于平衡，因此小球从0=30。的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以0=600处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O王明同学的求解实际上也不是小球运动到0=600的平衡位置处的速度。平衡位置处的速度的正确求解应该是：据动能定理有qE(Lsin600Lsin300)mg(Lcos300Lcos600)mv2IV/KJ/2联解得v(31).gL答案(

25、i)Emg回v(73心qq10.【解析】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v,根据动能定理，有qU1mv2解得v，回2.m(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有2c2小qEm-m-联立、，得ERLL(3)微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则根据运动的对称性，易知再经过2t1t2微粒再一次经过 P P 点【答案】(1)v科三(2)E4U(3)设微粒在半圆形金属板间运动经过t t2第一次到达最低点 P P 点，则t24v42qU所以从释放微粒开始，经过匕t22d常，弟微粒第一次到达P所以经过时间t2k12d二谓,k0,1,2,L微粒经过 P P 点。mLL42qU11.【解析】（1）

26、若第1个粒子落到 O O 点，由人=V0it ti2d1-=-gt12（1分）得 V V01=2.5m/s若落到 B B 点，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,又因电场力做正功，所以Q为正电荷，故选项A正确4 .【解析】本题属于连接体问题，主要考查牛顿第二定律在电场中的应用，设加速度为a,对整体有：qiEq2E2ma,再隔离球2分析:

27、Tq2Ema,联立两式得：T：(qiq2)E,所以选项A正确【答案】A5.【解析】电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面,A、D两点的电势差为0,又因A、A/两点的电势差不为0,所以选4ke29l2项A错。带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D-D，电场力做功，所以选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A-D一D，移到D，点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；由电场力做功的特点得选项D也正确。【答案】BD6. .【解析】因电场力做功只与始末位置有关，与路径无关，故选项D对。把一正的点电荷从M点沿直线移到N点时，电场力做正功，电势能减少，所以选项A正确。而B错。负电荷则相

28、反，即选项C错。【答案】AD7 .【解析】本题主要考查电场力做功和电势差与场强的关系。根据W=qU得W=8X10-6J,因沿场强方向的距离d小于1m,所以由E齿得E大于8V/m,故选项A正确。d【答案】A8. .【解析】在匀强电场中，由于 U=Ed,U=Ed,所以任意一族平行线上等距离的两点的电势差相等，因此 U Uab=U=Ucd,所以 c c 点电势为8V。，B对。考查匀强电场中场强与电势差的关系，难度适中。【答案】B9. .【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定较大关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系。当滑片

29、在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故9i9，两种情况下的闭合电路总电阻不变，故Ii=l2,所以正确选项Do【答案】D10 .【解析】由于电容Ci、C2和静电计Y在电路中都起断路作用,故没有电流通过电压表，故正确答案为选项C.【答案】C11 .【解析】（1）极间场强EU；d（2）粒子在极板间运动的加速度a4m（3）由dlat2,得：t庐2d*户、2a1eU【答案】（1）EU（2）a上出（3）d4m2md12.【解析】对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1,有：W2qE2.5L(3qE1.5L)0而且还能穿过小孔，离开右极板假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2,有:W22qE2.5L(3qE3.5L)0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1,由牛顿第二定律:a陋=在2mm球B刚进入电场时，带电系统的速度为vi,有：v22alLeU2mdRR-mt2dVeU由求得：vii但曳Vm(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为ti,则：ti上ai将代入得：ti年,qE球B进入电场后，带电系统的加速度为a2,由牛顿第二定律：a2娜群蛆2m2m显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为V2,减速所需时间为t2,则有：v；vi22a