2022年全國高考物理真題匯編：電場

2022年全國高考物理真題匯編：電場

一、單選題（共6題；共12分）

1.（2分）（2022?河北）如圖，真空中電荷量為2q和—q（q>0）的兩個點電荷分別位于M點與

N點，形成一個以MN延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），P為

MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是

（）

-----、、T

2/

21/-q\

—?-------:—?~?--------?-

MP\NO;S

一.J

A.P點電勢低于S點電勢

B.T點電場強度方向指向O點

C.除無窮遠(yuǎn)處外，MN宜線上還存在兩個電場強度為零的點

D.將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功

【答案】B

【解析】【解答】MN之間可以作一條由M指向N的電場線。沿電場線，電勢逐漸降低，所以P電

勢高于等勢面電勢，即高于S點電勢。A錯誤。

因為形成以O(shè)為球心的一個等勢面，在教材范圍內(nèi)，只有點電荷才可以形成如此特殊的等勢面。所

以M和N在T點電場強度矢量疊加后合場強就是一個在O點等效負(fù)點電荷形成的電場的電場強

度，所以T點電場強度方向指向O點。B正確。

根據(jù)場強矢量疊加，只有在N點右側(cè)有一個場強為零的地方。C錯誤。

設(shè)等勢面與MN連線交點為Q。將正電荷從T移到P,由于由等勢面，等效于將電荷從Q移到P,

MN兩點的電荷都在阻礙正電荷運動，所以靜電力一定做負(fù)功。D錯誤。

故選B

【分圻】結(jié)合點電荷等勢面以及電場線特征綜合分析。阻礙物體運動，這個力做負(fù)功。

2.（2分）（2022?湖北）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極

相接：板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴

從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保

持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以

為（）

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r

【答案】D

（解析】【解答】mg=girr3?p=Eq,E=）,

對A和B,半徑i■不變，重力不變；電勢差增大，則電場強度增大，電場力增大，不可能平衡。A

和B錯誤。

對C和D,半徑r變?yōu)樵瓉?倍，體積變?yōu)樵瓉?倍，重力變?yōu)樵瓉?倍；電勢差增大為原來2

倍，則電場強度增大2倍，電荷量如果增加為原來4倍，則電場力增大為8倍，可以平衡。C錯，D

正確。

故選D

【分析】結(jié)合重力和電場力平衡，以及場強與電勢差的關(guān)系式和球的體積公式求解。

3.（2分）（2022?浙江）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板

長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為V。的相同粒子，垂

直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為V2v0：平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射

出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）

MN

A.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度為。=遍

D.粒子從N板下端射出的時間yL

2v0

【答案】C

【解析】【解答】A.題中沒有給出帶電粒子的正負(fù)，無法確定兩板間的電場強度方向，故無法判斷

M板和N板的電勢高低，故A錯誤；

B.根據(jù)題意粒子到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；

C.因為粒子到達N板時速度為魚孫，則粒子垂直金屬板方向的速度為孫由勻變速直線運動規(guī)律可

得。=宰，故C正確。

LJ

D.粒子在垂直金屬板方向做勻加速直線運動，則乙=2。產(chǎn)，解得亡=卷，故D錯誤。

故答案為：C。

【分圻】根據(jù)帶電粒子在勻強電場中的受力特點，以及帶電粒子在電廠中做類平拋運動的相關(guān)規(guī)律

進行分析求解。

4.（2分）（2022?山東）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電

量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為AL的小圓弧上的電

荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩

余電荷分布不變，口為（）

A,正電荷，q=縛B.正電荷，q=在爛

4

乜nR71/?

C.負(fù)電荷，q=亞祟D.負(fù)電荷，q=2管L

【答案】C

【解析】【解答】圓環(huán)的周長為L=2nR,若圓環(huán)上未取走A和B兩段小圓弧，則圓環(huán)對。處場強為

零，

反向延長AO交圓環(huán)于反向延長BO交圓環(huán)于8',取走A和B兩小段圓弧后，圓環(huán)對O處場強

不為零，

4和B'處的電荷量為%=瑞，根據(jù)E=篝可以算出圓環(huán)對O點的合場強為心=黑孝，方向向

右，所以D點處的電荷對O點的場強大小也是坨=黑￥，方向向左，根據(jù)E=靛得q=

黑，帶負(fù)電.

故選C。

【分圻】首先作出A和9兩點，然后根據(jù)點電荷的場強決定式算出圓環(huán)對0點的場強大小，最后計

算出D點的電荷量及正負(fù)。

5.（2分）（2022?湖南）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、

b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點處

電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）

A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小

B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小

C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大

D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大

【答案】A

【解析】【解答】根據(jù)電場強度的疊加原理，可知長方體中心處電場強度為零，撤去絕緣棒a后，其

他三根絕緣棒產(chǎn)生的電場強度與a棒產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，故電場強度垂直指向a；

根據(jù)電勢的定義式W=華，以及電勢的疊加原理可知，撤去一個正電荷后，電勢降低.

故答案為：Ao

【分析】將帶電絕緣棒類比點電荷，根據(jù)電場強度的疊加原理以及電勢的疊加進行分析求解。

6.（2分）（2022?全國甲卷）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）

向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開

始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）

【答案】B

【解析】【解答】粒子所帶電荷為正電荷，所以當(dāng)粒子開始運動后，洛倫茲力方向向左，所以AC錯

誤；

粒子運動過程中洛倫茲力不做功，勻強電場方向沿y軸正方向，所以當(dāng)粒子回到x軸時，電場力也

能不做功，故粒子回到x軸時，粒子的速度為零，故D錯誤，B正確；

故選B。

【分圻】勻強電場沿y軸方向，所以x軸是等勢面，又洛倫茲力不做功，故當(dāng)粒子運動后回到x軸

時，粒子的速率減為零。

二、多選題（共5題；共15分）

7.（3分）（2022?遼寧）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q>0）的球1固定在傾角為30。光滑絕緣斜面

上的a點，其正上方L處固定一電荷量為—Q的球2,斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電

球3,球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處干靜止?fàn)顟B(tài)。此時彈簧的壓縮景為芻，球

2、3間的靜電力大小為粵o迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大

小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（）

A,帶負(fù)電

B.運動至a點的速度大小為屈

C.運動至a點的加速度大小為2g

D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為笠4g

【答案】B,C,D

【解析】【解答】若球3帶負(fù)電，因為球1電荷量大，球2電荷量小，球2球3間排斥力比球1球3

間吸引力小很多，把力都沿斜面分解，球3不可能靜止，所以球3一定帶正電。A錯誤。

球3從b運動到a,球2和球3間吸引力先做正功后做負(fù)功，由對稱性可知做功為零。而且彈簧先

推力后拉力，從壓縮當(dāng)立置到拉伸帝位.置，同理可知彈簧做功為零。所以該過程相當(dāng)于只有重力做

功。

由動能定理得mg?L?sin30°=v=yfgl^B正確。

設(shè)靜止時球2球3間庫侖力為F,由于球1電荷量為球3電荷量6倍，且球1球2球3構(gòu)成正三角

形，所以球1和球3間庫侖力為6F。靜止時將球3所受力都沿斜面分解得，尸璋+/ngsin30°+

Fcos60°=6F

當(dāng)球3運動到a點，由牛頓第二定律得：Fcos60°+-m^sin30°=ma

由題意得：?=學(xué)

聯(lián)立以上方程得：a=2g,C正確

運動至中點，球2球3距離變?yōu)?小由庫侖定律F="要可知此時庫侖力變?yōu)榍騽傖尫艜r庫侖力

2rL

的郛，即為打=凱°,重力沿垂直斜面分力為mgcos3（T=亭mg，

所以對斜面壓力大小為當(dāng)mg-^mg=入.4mg,所以D選項正確。

故答案為：BCD

【分析】利用庫侖定律，結(jié)合受力平衡以及牛頓第二定律綜合分析。

8.（3分）（2022?湖北）如圖所示，一帶電粒子以初速度V。沿x軸正方向從坐標(biāo)原點O射入，并經(jīng)過

點P（a>0,b>0）o若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為

ti,到達P點的動能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的

時間為t2,到達P點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（）

b-----f

I

I

0aX

A.ti<t2B.ti>t2C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】A,D

【解析】【解答】粒子在電場中運動時沿x軸方向做勻速運動，速度不變；在洛倫茲力作用下，合速

度不變，但沿X軸速度在不斷減小，所以在磁場作用下運動時間更長。在電場力作用下，帶電粒子

做平拋運動，電場力做正功，使粒子動能增大，所以Eki>Ek2。

故選AD

【分所】洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，不改變速度大小，只改變運動方向：粒子在電場中做類平拋運動。

9.（3分）（2022?浙江）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=^,a為常量。比

荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

【答案】B,C

【解析】【解答】A.由題意可知電場力提供向心力qE=m32r,E=?解得g=疆軻知角速度

與軌道半徑成反比，所以半徑越小角速度越大，故A錯誤：

B.由A可知粒子的線速度u=如=解粒子的動能為耳=導(dǎo)廿=瓢篝=笠所以粒子電荷量

越大，動能越大，故B錯誤。

C.由B可知粒子的線速度只與粒子的比荷有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)，故C正確

D.磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子

可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。

故答案為：BC

【分圻】對電荷進行受力分析，根據(jù)電場力提供帶電粒子做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定

律列方程計算線速度和角速度分析求解。

10.（3分）（2022?廣東）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的

勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢

面上，下列說法正確的有（）

A,電子從N到P,電場力做正功

B.N點的電勢高于P點的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D,電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

【答案】B,C

【解析】【解答】A、由題可知在電子運動過程中所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場

力做負(fù)功，故A錯誤；

B、電場線總是由高電勢指向低電勢，據(jù)此可知N點的電勢高于P點，故B正確；

C、由于洛倫茲力總是與速度方向垂直，因此洛倫茲力不做功，故C正確；

D.、對電子在M點和P點進行受力分析，如圖所示：

由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點速度為

0,根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為。，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場

中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；

故選BCo

【分析】本題主要考查了帶電粒子在疊加場中的運動，熟悉電場線中電勢的判斷，根據(jù)左手定則判

斷洛,侖茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力對電子不做功；根據(jù)幾何關(guān)系得出電子在M點所受的

合力與在P點所受的合力大小關(guān)系。

11.（3分）（2022?全國甲卷）地面上方其區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自

電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在

P點。則射出后，（）

A,小球的動能最小時，其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大

C小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D,從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】B,D

【解析】【解答】根據(jù)題意作出運動如圖所示

Eq

根據(jù)運動圖像可知，速度最小為巧，此時動能最小，但是電勢能卻不是最大，所以A錯誤；

水平方向上，先向左做減速直線運動，豎直方向上，自由落體，由于電場力等于重力，所以當(dāng)水平

方向速度減為。時，豎直方向的速度也加速到為，此時電勢能最大，故B正確；

水平方向與豎直方向速度相等時，小球的速度最小，動能最小，故C錯誤；

從出發(fā)點到速度方向豎直向下的過程中，根據(jù)動能定理可得WG+W必=°=WG=-VK,&=AEP,故

D正確；

故選BD。

【分析】首先根據(jù)題目作出粒子運動的圖像，然后將運動進行分解處理物體的運動，也可以結(jié)合動

能定理計算重力做功與電勢能的變化量的關(guān)系。

三、綜合題（共2題；共30分）

12.（15分）（2022?遼寧）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑1圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連

接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過

B點時的速度大小為廊,之后沿軌道BO運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xOy,在

x>-R區(qū)域有方向與x軸夾角為8=45。的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為

岳ng。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：

（1）（5分）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；

（2）（5分）小球經(jīng)過0點時的速度大??；

（3）（5分）小球過O點后運動的軌跡方程。

【答案】（1）從A到B由能量守恒定律得：EpA==^mgR

22

（2）從B到O由動能定理得：Eq-y/2R—mgR=^mv0—^mvBf

Vo=43gR

（3）水平方向：Fx=Eq?cos45°=mg=ma,a=g

豎直方向：Fy=Eqsin450-mg=0,

小球從O點開始以后的運動為軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動

則有，水平方向：x=iat2=\gt2

豎直方向：y=vot

所以軌跡方程：x=\g（^）2,

即y2=6RX

【解析】【分析】（1）從A到B由能量守恒定律列方程求解。

（2）從B到O由動能定理列方程求解。

（3）分別求出水平和豎直方向運動規(guī)律，聯(lián)立求解。

13.（15分）（2022?廣東）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年

的諾貝爾獎。圖13是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，

上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個

質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,在時間t內(nèi)都勻速下落了距離加。此時

給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B

在勻速運動時間t內(nèi)上升了距離九2（九20九1），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極

板間溶動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為/=，其中k為比例系數(shù)，m為油

滴質(zhì)量，v為油滴運動速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：

____________________

t一

d，U.B

（1）（5分）比例系數(shù)k；

（2）（5分）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；

（3）（5分）新油滴勻速運動速度的大小和方向。

【答案】（1）未加電壓時，當(dāng)油滴勻速時其速度根據(jù)運動規(guī)律得

根據(jù)平衡條件的

mg=f

又根據(jù)題意