專題7 靜電場-2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)（解析版）

專題7靜電場

3年高考真題精練

一、單選題

1.（2020?浙江高考真題）如圖所示，一質(zhì)量為〃八電荷量為4（4>。）的粒子以速度％從MN連線上

的尸點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。己知MN與水平方向成45。角，粒子的重力

可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時（）

.W

f>^E

、

、

、

、

X

u，，奐

A.所用時間為隼B.速度大小為3%

qE

C.與P點的距離為拽竺1D.速度方向與豎直方向的夾角為30。

qE

【答案】c

【解析】A.粒子在電場中做類平拋運動，水平方向

豎直方向

y乎2

2m

由

_y

tan45=—

x

可得

f；2〃z%

Eq

故A錯誤；

B.由于

Eq_

匕=一.=2%

m

故粒子速度大小為

V=J.2+y；=非V。

故B錯誤；

c.由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為

人伍尸迤應(yīng)

Eq

故C正確；

D.由于平拋推論可知，tana=2tan，，可知速度正切

tana=2tan45=2>tan60

可知速度方向與豎直方向的夾角小于30。，故D錯誤。

故選Co

2.（2020?浙江高考真題）如圖所示，在傾角為。的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根

勁度系數(shù)為左。的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M,以=%>。，

勢=-%，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為4,則（）

c.A球受到的庫侖力大小為2MgD.相鄰兩小球間距為%」3-

N7Mg

【答案】A

【解析】AD.三小球間距「均相等，對C球受力分析可知C球帶正電，根據(jù)平衡條件:

Mgsina+k生與=k。

(2r)-r

對B小球受力分析，根據(jù)平衡條件：

Mgsma+k^~--k^~

r~r~

4I3k

兩式聯(lián)立解得：qc-q。，，故A正確，D錯誤;

7\7Mgsina

B.對A、B、C三小球整體受力分析，根據(jù)平衡條件：

3Mgsina=k()x

3Mgsina

彈簧伸長量：工=———，故B錯誤；

C.對A球受力分析，根據(jù)平衡條件：

Mgsina+6率=kxu

解得A球受到的庫侖力為：金=2Mgsina

故選A.

3.(2019?浙江高考真題)質(zhì)子療法進行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞.現(xiàn)用一

直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到L0xl07m/s.已知加速電場的場強為1.3X1()5N/C,質(zhì)

子的質(zhì)量為L67xl0-27kg,電荷量為1.6x10-19。則下列說法正確的是()

B.質(zhì)子所受到的電場力約為2xl()r5N

C.質(zhì)子加速需要的時間約為8X10&D.加速器加速的直線長度約為4m

【答案】D

【解析】A.加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項A錯誤；

B.質(zhì)子所受到的電場力約為尸=%=1.3X105X1.6X10-I9N=2X10-"N,選項B錯誤;

C.加速度〃=二="m/s2，L2xlO「m/s2,則質(zhì)子加速需要的時間約為

m1.67x10-27

t---*s-8.3xl0~7s>選項C錯誤；

a1.2xl013

D.加速器加速的直線長度約為x=%=處理-x8.3xl（T7m*4m，選項D正確.

22

4.（2019?江蘇高考真題）一勻強電場的方向豎直向上，U0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該

電場，電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力，則尸Y關(guān)系圖象是（）

【答案】A

【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為必，經(jīng)過

m

時間/,電場力方向速度為必功率為P=Fv=qEx嗎,所以P與?成正比，故A正確.

mm

5.（2019?北京高考真題）如圖所示，。、。兩點位于以負(fù)點電荷-Q（。>0）為球心的球面上，c點在球面

外，貝！1（）

A.a點場強的大小比％點大B.〃點場強的大小比c點小

C.。點電勢比。點高D.，點電勢比c點低

【答案】D

【解析】由點電荷場強公式E=A烏確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面

r

和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低.

由點電荷的場強公式七=女9可知，a、〃兩點到場源電荷的距離相等，所以〃、人兩點的電場強度大小

r

相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比人點的大，所以〃點的場強大小比c點的大，故B錯誤;

由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以。點與8點電勢相等，負(fù)電荷的電場線是從無窮遠

處指向負(fù)點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以6點電勢比c點低，故D正確.

二、多選題

6.（2020?海南高考真題）空間存在如圖所示的靜電場，a、b、c、d為電場中的四個點，則（）

A.a點的場強比6點的大B.4點的電勢比c點的低

C.質(zhì)子在d點的電勢能比在c點的小D,將電子從。點移動到b點，電場力做正功

【答案】AD

【解析】A.根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強度的大小，可知a點的電場線比分點的電場線更密，故a

點的場強比。點的場強大，故A正確；

B.根據(jù)沿著電場線方向電勢不斷降低，可知”點的電勢比c點的電勢高，故B錯誤；

C.根據(jù)正電荷在電勢越高的點，電勢能越大，可知質(zhì)子在d點的電勢能比在c點的電勢能大，故C錯誤;

D.由圖可知，“點的電勢低于6點的電勢，而負(fù)電荷在電勢越低的點電勢能越大，故電子在。點的電勢

能高于在。點的電勢能，所以將電子從。點移動到。點，電勢能減小，故電場力做正功，故D正確。

故選ADo

7.（2020?江蘇高考真題）如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球（不計重力）。開始

時，兩小球分別靜止在A、8位置。現(xiàn)外加一勻強電場E,在靜電力作用下，小球繞輕桿中點。轉(zhuǎn)到水平

位置。取。點的電勢為0。下列說法正確的有（

A.電場E中A點電勢低于B點B.轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等

C.該過程靜電力對兩小球均做負(fù)功D.該過程兩小球的總電勢能增加

【答案】AB

【解析】A.沿著電場線方向，電勢降低，A正確；

B.由于。點的電勢為0,根據(jù)勻強電場的對稱性，電勢

又以=一/，Ep=q（p、所以電勢能

EpA=EpB

B正確；

CD.A、8位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿順時針旋轉(zhuǎn)，兩小球受到的靜電

力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，CD錯誤。

故選AB。

8.（2020.全國高考真題）如圖，是銳角三角形最大的內(nèi)角，電荷量為q（q>0）的點電荷固定

在尸點。下列說法正確的是（）

A.沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大

B.沿邊，從M點到N點，電勢先增大后減小

C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大

D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負(fù)

【答案】BC

【解析】A.點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖

NM是最大內(nèi)角，所以PN＞尸M,根據(jù)點電荷的場強公式￡=人今（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可

廠

知從MfN電場強度先增大后減小，A錯誤；

B.電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M-＞N電勢先增大后減小,

B正確；

C.M,N兩點的電勢大小關(guān)系為外＞外，根據(jù)電勢能的公式耳=4?？芍姾稍贛點的電勢能

大于在N點的電勢能，C正確；

D.正電荷從Mf電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。

故選BCo

9.（2019?江蘇高考真題）如圖所示，ABC為等邊三角形,電荷量為+4的點電荷固定在A點.先將一電

荷量也為+q的點電荷0從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W.再將0從C

點沿CB移到8點并固定.最后將一電荷量為-2g的點電荷Q從無窮遠處移到C點.下列說法正確的有

（）

A

人“

//、\

//、、

//、、

//、、

//、

，/、

/，\、

//、

//、

--------------------------?C

A.Q1移入之前，C點的電勢為一

q

B.Qi從C點移到8點的過程中，所受電場力做的功為0

。2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W

Q在移到C點后的電勢能為-4W

【答案】ABD

【解析】A.由題意可知，C點的電勢為

故A正確；

B.由于8、C兩點到A點(+4)的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以Q從C點移到8點的過程

中，電場力先做負(fù)功再做正功，總功為0,故B正確；

2W

C.由于B、C兩點的電勢相等，所以當(dāng)在B點固定Q后，C點的電勢為——，所以2從無窮遠移到C點過

程中，電場力做功為：

W^qU=-2qx0—\^4W

Iq)

故c錯誤；

2W

D.由于C點的電勢為——，所以電勢能為

q

￡=-4W

故D正確.

10.(2018?海南高考真題)如圖，a、b、c、d為一邊長為/的正方形的頂點.電荷量均為q(g>0)的兩個

點電荷分別固定在。、c兩點，靜電力常量為"不計重力.下列說法正確的是()

、?

A.匕點的電場強度大小為'也

I2

B.過氏d點的直線位于同一等勢面上

C.在兩點電荷產(chǎn)生的電場中，收中點的電勢最低

D.在b點從靜止釋放的電子，到達d點時速度為零

【答案】AD

(}()

【解析】由圖可知b點的電場E=E(lcos45+Ebcos45=理以，故A正確

沿著電場線電勢逐漸降低，而等量正點電荷的電場與電勢圖如下，由圖可知過b、d點的直線不在同一等

勢面上，故B、C錯誤；由對稱性可知，b、d點電勢相同，故電子在b、d點電勢能相同，即動能也相同,

都為0,故D正確

11.(2018?江蘇高考真題)如圖所示，電源E對電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達到80V時，閃光燈瞬

間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電.放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電.這樣不斷地充電和放電，閃

光燈就周期性地發(fā)光.該電路()

A.充電時，通過R的電流不變

B.若R增大，則充電時間變長

C.若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大

D.若E減小為85V,閃光燈閃光一次通過的電荷量不變

【答案】BCD

【解析】本題考查電容器的充放電，意在考查考生的分析能力.電容器充電時兩端電壓不斷增大，所以

電源與電容器極板間的電勢差不斷減小，因此充電電流變小，選項A錯誤；當(dāng)電阻R增大時，充電電流

變小，電容器所充電荷量不變的情況下，充電時間變長，選項B正確；若C增大，根據(jù)Q=CU,電容器

的帶電荷量增大，選項C正確；當(dāng)電源電動勢為85V時，電源給電容器充電仍能達到閃光燈擊穿電壓

80V時一，所以閃光燈仍然發(fā)光，閃光一次通過的電荷量不變，選項D正確.

三、解答題

12.（2020?天津高考真題）多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如

圖所示，從離子源4處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分

析器由兩個反射區(qū)和長為/的漂移管（無場區(qū)域）構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次

進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得

進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進入反射區(qū)2時，撤去反射

區(qū)的電場，離子打在熒光屏5上被探測到，可測得離子從A到2的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷

量均為4,不計離子重力。

（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間式；

（2）反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E,求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；

（3）已知質(zhì)量為相。的離子總飛行時間為小，待測離子的總飛行時間為乙，兩種離子在質(zhì)量分析器中反

射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量町o

【解析】（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為口有

qU=—mv2①

離子在漂移管中做勻速直線運動，則

②

聯(lián)立①②式，得

ml2

工=③

2qU

(2)根據(jù)動能定理，有

qU_qEx=G④

，目U

得片石⑤

(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等,

設(shè)其為工，有

-v

V=—⑥

2

通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總

路程相等，設(shè)為乙，在無場區(qū)的總路程設(shè)為4,根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為明設(shè)

離子的總飛行時間為％。有

⑦

聯(lián)立①⑥⑦式，得

抬=3+川荒

⑧

可見，離子從4到B的總匕行時間與際成正比。由題意可得

也

’0

可得

/、2

t.?

m^--mn⑨

voJ

13.（2020?全國高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為R的圓，

AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為機，電荷量為qS>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自4點先后以不同的速度

進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率vo

穿出電場，4C與A8的夾角族60。。運動中粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強度的大?。?/p>

（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？

（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為，wvo,該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？

【答案】（1）E="；（2）丫=巫&；（3）0或y=四燈

2qR1422

【解析】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于夕>0,故電場線由A指向C,

根據(jù)幾何關(guān)系可知：

%=R

所以根據(jù)動能定理有：

解得：

mv

F=l

’2qR

(2)根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切

點為/),即粒子要從。點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)

系有

x=7?sin60=v/

R+Reos60—at

2

而電場力提供加速度有

聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度:

(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為〃即在電場方向上速度

變化為物,過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當(dāng)從8點射

出時由幾何關(guān)系有

xBC-A/3/?-v2t2

XAC=R=3*

電場力提供加速度有

=上益；當(dāng)粒子從C點射出時初速度為0。

2

D

另解:

由題意知，初速度為。時，動量增量的大小為“2%,此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電

場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自8點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為〃2%,由幾何

關(guān)系及運動學(xué)規(guī)律可得，此時入射速率為

14.（2019?天津高考真題）2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不需要燃

料，也無污染物排放.引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電

極A、3之間的勻強電場（初速度忽略不計），A、3間電壓為U,使正離子加速形成離子束，在加速

過程中引擎獲得恒定的推力.單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為加，電荷量為Ze,其中

Z是正整數(shù)，e是元電荷.

氣體

?-?

電離室

（1）若引擎獲得的推力為耳，求單位時間內(nèi)飄入A、3間的正離子數(shù)目N為多少；

（2）加速正離子束所消耗的功率P不同時，引擎獲得的推力尸也不同，試推導(dǎo)J的表達式;

FF

（3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使下盡量大，請?zhí)岢鲈龃罅说娜龡l建議.

（3）用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加

速電壓.

【解析】（1）設(shè)正離子經(jīng)過電極5時的速度為"，根據(jù)動能定理，有

1,

ZeU=-mv2-0①

2

設(shè)正離子束所受的電場力為耳'，根據(jù)牛頓第三定律，有

婷=耳②

設(shè)引擎在時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為AN,由牛頓第二定律，有

聯(lián)立①②③式，11小=竺得

Ar

N=

/——5=④

y/2ZemU

（2）設(shè)正離子束所受的電場力為尸'，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有

P^-F'v⑤

2

考慮到牛頓第三定律得到F，=F,聯(lián)立①⑤式得

工=戶⑥

P\ZeU

（3）為使《盡量大，分析⑥式得到

三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓.

15.（2019?全國高考真題）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，。、P是電場中的兩點.從。點沿水

平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為根的小球4、B.4不帶電，B的電荷量為qS>0）.4從。點

發(fā)射時的速度大小為到達？點所用時間為f;8從。點到達P點所用時間為重力加速度為g,求

（1）電場強度的大小；（2）B運動到P點時的動能.

【答案】⑴￡=—;（2）線=2機（4+屋產(chǎn)）

q

【解析】（1）設(shè)電場強度的大小為E,小球8運動的加速度為根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條

件，有

mg+qE=ma?

/夕=#②

解得

E①③

q

（2）設(shè)8從。點發(fā)射時的速度為四，到達P點時的動能為反，0、尸兩點的高度差為人，根據(jù)動能定理

有

I

—mv；2=mgh+qEh⑷

2'

且有

*=即⑤

h=—gt2?

聯(lián)立③④⑤⑥式得

22

Ek=2m（v-+gt）Q）

16.（2018?浙江高考真題）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖1所示的“回旋變速裝置兩相距為

”的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上，板N在它的正下方.兩板間加上如圖2所示的幅值為Uo

2兀m

的交變電壓，周期及=一丁.板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強度大小均為8、方向相反的勻強磁

qB

場.粒子探測器位于），軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子.有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)

節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為〃八電荷量為q（q>0）的粒子.仁0時刻，發(fā)射源在（x,0）

位置發(fā)射一帶電粒子.忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計.

（1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在廣地處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；

（2）若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系

【答案】（1）%=%，（噢）（2）見解析

2m

【解析】（1）發(fā)射源的位置5=%，

粒子的初動能：“（的。）；

2m

（2）分下面三種情況討論:

⑴如圖1,Ek0>2qU0

由”鷺、8家心笥

和g機機詔―彳"1'g=g根匕=qUo,

及％=卜+2（勺）+?）,

(ii)如圖2,qU0<Ek0<2qUa

由-…=等、叱箸

BqBq

和=；機盯+40（＞，

及x=3(—y—d)+2凡,

222

qB+2mqU0；

(iii)如圖3,Ek0<qU0

由-i等

BqBq

和gm〉；=1/?V2

及x=(_y_d)+4?),

222

qB-2mqUQ；

17.(2018?北京高考真題)(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述.

a.請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷。的場強表達式；

b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面Si、52到點電荷的距離分別為，3、也.我們知道，

電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小.請計算Si、52上單位面積通過的電場線條數(shù)之比M/M.

(2)觀測宇宙中輻射電磁波的天體，距離越遠單位面積接收的電磁波功率越小，觀測越困難.為了收集

足夠強的來自天體的電磁波，增大望遠鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要路徑.2016年9月25日，

世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽為“中國天眼”.FAST直徑為500

m,有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍.

a.設(shè)直徑為100m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為Pi,計算FAST能夠接收到的來

自該天體的電磁波功率匕；

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的，僅以輻射功率為尸的同類天體為觀測對象，設(shè)直徑為

100m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是No,計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N.

【答案】（1）a.居b.工（2）a.254b.125N0

廠4

【解析】（l）a.在距。為，的位置放一電荷量為q的檢驗電荷

根據(jù)庫侖定律檢驗電荷受到的電場力

F-k皿

F

根據(jù)電場強度的定義E=一

q

得E=k4

r

b.穿過每個面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上分擔(dān)的條數(shù)就少,

故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比

（2）a.地球上不同望遠鏡觀測同一天體，單位面積上接收的功率應(yīng)該相同，因此

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的.因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)目正比于以望遠

鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體積.

設(shè)地面上望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為A,直徑為100m望遠鏡和

FAST能觀測到的最遠距離分別為〃和L,則

玲=兀（螞2々=兀（嗎二

°24nL224兀M

可得L=5Lo

z3

則雙=方乂=125乂

故本題答案是：（1）a￡=&g;b.-y-=-y

2

rN2Y

（2）a鳥=25《；b.N=125N0

18.（2018?浙江高考真題）如圖所示，AMB是一條長L=10m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高

h=1.25m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上，大小E=5xl03N/C的勻強電場中，

一質(zhì)量m=0.1kg,電荷量q=+l.3xlO-4C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度vo=6m/s在軌道上自A點開始向右

運動，經(jīng)M點進入電場，從B點離開電場，已知滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)p=0.2,求滑塊

（1）到達M點時的速度大小

（2）從M點運動到B點所用的時間

（3）落地點距B點的水平距離

【答案】（1）4m/s（2）—5（3）1.5m

7

【解析】（1）滑塊在AM階段由摩擦力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律有〃嗯=歷

根據(jù)運動學(xué)公式吟一片=2ax,聯(lián)立解得％=4m/s

（2）進入電場后，受到電場力，F(xiàn)=Eq,

由牛頓第二定律有4mg-Eq）=mu'

根據(jù)運動學(xué)公式4-哈=2a'x

山運動學(xué)勻變速直線運動規(guī)律》=為三%，

2

聯(lián)立解得r=Ws

7

1”

(3)從B點飛出后，粒子做平拋運動，由〃=/g/可知〃=0.5s

所以水平距離XB^vBt'^l.5m

1年高考模擬由

1.如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平地面上，質(zhì)量為機、帶電荷量+Q小圓環(huán)A穿在

右邊桿上，質(zhì)量為3,*、帶電荷量+3Q小圓環(huán)B穿在左邊桿上，靜止時兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊

桿與水平面夾角為a。重力加速度為g。則()

A.右邊桿對A環(huán)支持力大小為g佻?B.左邊桿對B環(huán)支持力大小為手mg

C.A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為D.A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為6,咫

【答案】D

【解析】對A、B環(huán)受力分析，如圖

對A環(huán)，由平衡條件可得

cosa

耳率=mgtana

對B環(huán)，由平衡條件可得

F=3mg

NBcos(90-a)

F庫=3mgtan(90-a)

因庫侖力相等，則有

mgtana=3mgtan(90一a)=3mg---

tana

解得

?=60

A.則右邊桿對A環(huán)支持力大小為

cos60

故A錯誤；

B.左邊桿對B環(huán)支持力大小為

p

1NBg

故B錯誤；

CD.根據(jù)兩環(huán)之間的庫侖力大小為

耳率=mgtan60=出mg

故C錯誤，D正確。

故選D。

2.三個帶電粒子從同一點O,以相同的初速度v射入一電場中，在某段時間內(nèi)的運動軌跡如圖虛線所示,

其中。粒子剛好做圓周運動.圖中實線為電場線，不計粒子重力，則下列有關(guān)粒子在該段時間內(nèi)的運動

以及相關(guān)說法正確的是（）

E

0

A.粒子。帶負(fù)電，c帶正電

B.c粒子運動過程中電勢能增加

C.運動過程中，b、c兩粒子的速度均增大

D.運動過程中，a粒子的加速度和動能均不變

【答案】C

【解析】A.根據(jù)曲線運動的特點，可知a粒子的電場力方向與電場方向一致，c?粒子的電場力方向與電

場方向相反，因此。粒子帶正電，c粒子帶負(fù)電。故A錯誤；

B.由圖可知，電場力對c粒子做正功，電勢能減少。故B錯誤；

C.由圖可知，電場力對氏c粒子做正功，由于只受電場力，則速度增加。故C正確；

D.由于。粒子剛好做圓周運動，根據(jù)勻速圓周運動的特點，a粒子的加速度大小和動能均不變。故D錯

誤。

故選C。

3.如圖所示，虛線下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場，場強后=羋，AB為絕緣

光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R,。為圓心，B位于。點正下方。一質(zhì)量為機、電荷量為

<7的帶正電小球，從A點由靜止釋放進入軌道?？諝庾枇Σ挥嫞铝姓f法正確的是（）

A.小球在運動過程中機械能守恒

B.小球不能到達8點

C.小球沿軌道運動的過程中，對軌道的壓力一直增大

D.小球沿軌道運動的過程中，動能的最大值為

【答案】D

【解析】A.除電力以外做功的力只有電場力，從A到3電場力做負(fù)功，所以機械能減少，故A錯誤;

B.從A到8根據(jù)動能定理得

1。

mgR-EqR=-mv~B

解得

所以能到達8點，故B錯誤;

C.從A到3過程中存在一位置的重力和電場力的合力的反向延長線過圓心如下圖所示

此點為等效最低點，即速度最大的位置，所以從A到B速度先增大后減小，由牛頓第二定律可知對軌道

的壓力先增大后減小，故C錯誤；

D.等效最低點重力和電場力的合力的反向延長線與豎直方向夾角為。，則

cEq3

tan0==-

mg4

則

8=37。

從A到等效最低點的過程中，動能定理

mgRcos37°-(/?-/?sin37?)/

解得

L1八

4m=］根gR

故D正確。

故選D。

4.如圖所示為某靜電紡紗工藝示意圖，虛線為電場線，。、匕、C為電場中三點，。、C在中間水平虛

線上的等勢點到b的距離相等，人為中間水平虛線的中點，電場線關(guān)于水平虛線的垂直平分線對稱，一電

子從。點經(jīng)過b運動到c點，下列說法正確的是（）

A.電子在三點的電勢能大小￡pr>Epb>Eg,

B.三點的電場強度大小Ea>Eh>Ec

C.電場力對電子做的功叱/,=%.

D.電子可僅受電場力做題述運動

【答案】C

【解析】A.根據(jù)題圖可知，電場線方向為從右向左，根據(jù)電勢沿電場線方向逐漸降低和等勢線與電場線

垂直可知0c乂電子在電勢高處電勢能小，故A錯誤：

B.根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小關(guān)系可知

耳>耳,>Ea

故B錯誤；

C.a、C在中間水平虛線上的等勢點到6點的距離相等，由電場線的對稱性可知水平虛線上關(guān)于b點對

稱的兩點電場強度大小相等，可知

又卬=%,則

故C正確；

D.根據(jù)物體做曲線運動的條件和電子的受力可知，電子不可能在僅受電場力時做題述運動，故D錯誤。

故選c。

5.如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個可以視為質(zhì)點的帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩

懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直。N為PQ連線中點，M點位于N點正上方且MPQ構(gòu)

成等邊三角形。則下列說法正確的是（）

B.P所帶電量的大小與Q所帶電量的大小相等

C.在P、Q所產(chǎn)生的電場與勻強電場疊加后形成的場中，N點電勢大于M點電勢

D.在P、Q所產(chǎn)生的電場與勻強電場疊加后形成的場中，M點的場強為零

【答案】BD

【解析】A.由圖可知，兩小球均在電場力和庫侖力的作用下處于平衡，由于庫侖力為相互作用力，大小

相等，方向相反，因此兩小球受到的電場力也一定是大小相等，方向相反，兩小球一定帶異種電荷，P小

球所受庫侖力向右，Q小球所受庫侖力向左，勻強電場方向向右，因此正電荷受電場力方向向右，其受

庫侖力方向一定向左，所以Q帶正電荷，P帶負(fù)電荷，A錯誤；

B.由以上分析可知，P所帶電量的大小與Q所帶電量的大小相等，B正確；

C.P、Q兩小球帶等量異種電荷，N點是尸。的中點，歷點在N點的正上方，都在中垂線上且與電場方

向垂直，因此、兩點的電勢相等，C錯誤；

D.因為MPQ是等邊三角形，所以P、Q兩小球所帶電荷在M點產(chǎn)生的合場強與勻強電場大小相等，方

向相反，因此M點的場強是零，D正確。

故選BD。

6.如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下

極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于