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1、2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 第六章 電場力的性質(zhì)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)樵瓉淼囊话隑保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?(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PR2RQ。則() 圖1Aq12q2Bq14q2Cq12q2 Dq14q23(多選

2、)(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(xì)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2AM與N的距離大于LBP、M和N在同一直線上C在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同DM、N及細(xì)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(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細(xì)線與豎直方向間夾角分別為1與2(12)。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

3、大動能分別為EkA和EkB。則() 圖3AmA一定小于mB BqA一定大于qBCvA一定大于vB DEkA一定大于EkB高頻考點二：電場能的性質(zhì)5(多選)(xx全國卷)關(guān)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(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(yuǎn)處為零電勢點，若將q1、q2移動到無窮遠(yuǎn)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()

4、圖4AA點電勢大于B點電勢BA、B兩點的電場強度相等Cq1的電荷量小于q2的電荷量Dq1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()圖5Aa處為正電荷，qaqbCa處為負(fù)電荷，qaqb8(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6A帶負(fù)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

5、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所示，圖中左側(cè)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7A粒子帶負(fù)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，高速運動的粒子被位于O點的重原子核散射，實線表示粒子運動的軌跡，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(yuǎn)，則() 圖8A粒子在M點的速率比在Q點的大B三點中，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粒子從M點運動到Q點，電

6、場力對它做的總功為負(fù)功11(多選)(xx全國卷)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，M30。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知MN，PF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則() 圖9A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(fù)功DP大于M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(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v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() 圖10A向負(fù)

7、極板偏轉(zhuǎn)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(guān)13(xx全國卷)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14(xx大綱卷)一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t0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t0到tT的時間間隔內(nèi)，

8、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)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(q0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)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(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能。圖1216(xx蘇州模擬)如圖13所示，虛線左側(cè)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(xì)桿CD沿該電場線放置。質(zhì)量為m1、電量為q1的A球和質(zhì)量為m2、電量為q2的B球穿過細(xì)桿(均可視為點電荷)。從t0開始A自

9、O點以速度v0向左做勻速運動，同時B在O點右側(cè)某處以速度v1也向左運動，且v1v0。tt0時B到達(dá)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0t0時間內(nèi)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(xué)計算出0t0時間內(nèi)A對B球做的功W1后，用下列方法計算非勻強電場PO兩點間電勢差：設(shè)0t0時間內(nèi)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W2W30又因為W2W1PO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

10、U，距離為d，其間還有垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)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(dá)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

11、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)樵瓉淼膬杀?，電場強度E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹正確。由UEd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)樵瓉淼膬杀叮瑒tU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(jié)合點電荷的電場強度公式Ek可知kk0，又r12r2，故q14q2，本題選B。3選BD由于小球M、N及細(xì)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此M、N及細(xì)桿

12、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kk，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，B項正確；在P點產(chǎn)生的電場中，離P點越遠(yuǎn)電勢越低，C項錯誤。4選ACD以A小球為研究對象有：TAcos 1mAg，TAsin 1FBA，以B小球為研究對象有：TBcos 2mBg，TBsin 2FAB，且FABFBA，因12，故TBTA，而cos 2cos 1，故mBmA，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mv2mgh有v，所以vAvB，故選項C正確。由庫侖定律有FAB，故無法確定q

13、A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WGAFBAhtan ，WGBFABhtan，其中h為平衡位置水平面到天花板的高度，顯然WGAWGB，故EkAEkB，即選項D正確。5選AD根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)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(guān)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(fù)電

14、，所以有AB0，得|UA|UB|，移動兩試探電荷克服電場力做功相等，有q1|UA|q2|UB|，所以q1q2，選項A錯誤，C正確。因為Ek，A點比B點離Q近，所以EAEB，選項B錯誤。根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)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AB，因此a處為正電荷，b處為負(fù)電荷，等勢面密集處靠近b電荷，故qaqb，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(cè)，說明帶電粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)庫侖定律Fk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

15、得qUEk，因為UabUbc，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(nèi)側(cè)，與場強方向相反，所以粒子帶負(fù)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WqU，電場力做負(fù)功，所以粒子速度減小，C錯誤；電場力始終做負(fù)功，由功能關(guān)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間分布

16、圖，由于Q點比M點離核遠(yuǎn)，則QM，D正確。12選C本題考查帶電微滴在電場中的偏轉(zhuǎn)問題，意在考查考生熟練應(yīng)用運動的合成與分解知識解題的能力。由于微滴帶負(fù)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(zhuǎn)，A項錯誤；偏轉(zhuǎn)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(guān)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xvt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移yt22，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(guān)，D項錯誤。13選D本題考查動能定理及靜電場相關(guān)知識，意在考查考生對動能定理的運用。當(dāng)兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好

17、到達(dá)下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：mgdqU0，當(dāng)下極板向上移動，設(shè)粒子在電場中運動距離x時速度減為零，全過程應(yīng)用動能定理可得：mg(x)qx0，兩式聯(lián)立解得：xd，選項D正確。14解析：(1)帶電粒子在0、T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1a22a32a4(a)由此得帶電粒子在0T時間間隔內(nèi)運動的加速度時間圖象如圖(a)所示，對應(yīng)的速度時間圖象如圖(b)所示，其中v1a1(b)由圖(b)可知，帶電粒子在t0到tT的時間間隔內(nèi)位移大小為sv1由式得sT2它沿初始電場正方向。(2)由圖(b)可知，粒子在tT到tT內(nèi)沿初始電場的反方向運動，總的運

18、動時間t為tTT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(zhì)點在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活應(yīng)用知識解決問題的能力。質(zhì)點所受電場力的大小為FqE設(shè)質(zhì)點質(zhì)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FNamNbFm設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有Ekamva2Ekbmvb2根據(jù)動能定理有EkbEka2rF聯(lián)立式得E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)答案：見解析16解析：(1)B球運動過程中只受A球?qū)λ膸靵隽ψ饔茫?dāng)它運動到O點時速度跟A球相同為v0。庫侖力做的

19、功即為B球動能變化量Wm2v02m2v12(2)因為A球做勻速運動，t0時間內(nèi)運動的位移xv0t0此時A、B球間的庫侖力Fk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?qū)λ膸靵隽ο嗥胶?。?dāng)B球到達(dá)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(xué)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W2W1是錯誤的。答案：(1)m2v02m2v12(2)(3)見解析17解析：(1)電場力F2qE2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：F1qE1根據(jù)平衡條件：fF1解得：f(3)該帶電粒子到達(dá)邊界b的時間為t豎直方向的速度為vyat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(shè)電容器電容為C。第一次充電后兩極板之間的電壓為U兩極板之間電場的電場強度為E式中d為兩極板間的距離。按題意，當(dāng)小球偏轉(zhuǎn)角1時，小球處于平衡位置。設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcos 1mgTsin 1qE式中T為此時懸線的張力。聯(lián)立式得tan 1設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為Q，此時小球偏轉(zhuǎn)角2，則tan 2聯(lián)立式得代入數(shù)據(jù)解得Q2Q答案：2Q