題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，A、B是勻強電場中相距4 cm的兩點，其連線與電場方向成60°，兩點間的電勢差為200 V，則電場強度大小為（ ）
A．8 V/m B．50 V/m C．5×103 V/m D．1×104 V/m
A．W = 8×10－6 J E＞8 V/m B．W = 6×10－6 J E＞6 V/m
C．W = 8×10－6 J E≤8 V/m D．W = 6×10－6 J E≤6 V/m
如圖所示，A、B是勻強電場中相距4 cm的兩點，其連線與電場方向成60°，兩點間的電勢差為200 V，則電場強度大小為（ ）
A．8 V/m B．50 V/m C．5×103 V/m D．1×104 V/m
如圖所示，A、B是勻強電場中相距4 cm的兩點，其連線與電場方向成60°，兩點間的電勢差為200 V，則電場強度大小為（ ）
A．8 V/m B．50 V/m C．5×103 V/m D．1×104 V/m
高考真題
1．【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由
和幾何關(guān)系可以得出，A錯B對。在
之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。
【答案】BD
2．【解析】從無窮遠處電勢為零開始到r = r2位置，勢能恒定為零，在r = r2到r = r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r ＜ r1之后勢能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0(r2－r1)．所以選項B正確
【答案】B
3．【解析】將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10?9×（15－10)J=－2.5×10－8J
【答案】－2.5×10－8J
4．【解析】考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規(guī)律。A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關(guān)系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關(guān)系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規(guī)律
【答案】AC
5．【解析】如圖所示，根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP= UOa=
V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。所以選項B正確
【答案】 B
6．【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)ε、減小板的針對面積S。所以選項B、C正確．
【答案】BC
7．【解析】設(shè)F與F′繞O點對稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點的回復(fù)力作用下做往復(fù)運動，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到F′點下方，即振幅會加大，A錯；每次經(jīng)過O點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確。
【答案】CD
8．【解析】由沿電場線方向電勢降低，所以選項A正確；電場線越密的地方場強越大，得選項D正確。
【答案】D
9．【解析】當(dāng)不加電場時，油滴勻速下降，即
；當(dāng)兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即
，解之得:
,當(dāng)兩極間電壓為－U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當(dāng)勻速運動時，
，解之得：v'=3v，C項正確
【答案】C
10．【解析】由電勢差公式以及動能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷為 = ，所以選項C對．
【答案】C
11．【解析】（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，有
解得 y＝
，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（－）
（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有
解得 xy＝
，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。
（3）設(shè)電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有
，
解得 
，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置
【答案】（1）（－）（2） xy＝ （3）
12．【解析】(1)P1經(jīng)t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設(shè)碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：
又：
解得：
所需時間：
（2）設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)
時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學(xué)公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。
【答案】
（1） （2）兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞
名校試題
1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢高于帶負電荷的福娃貝貝，用導(dǎo)體棒連結(jié)的瞬間，電流表指針偏轉(zhuǎn)，有瞬時電流 ，
最終達到靜電平衡，成為是等勢體，導(dǎo)體棒內(nèi)的電場強度等于零。
【答案】AC
2．【解析】b、d兩點的合場強方向不同，所以選項A錯；a點的電勢高于f點的電勢，選項B錯；若在b、d、e、f上移動電場力不做功，選項C錯，將點電荷+q從球面上a點移動到c點的電場力做功最大，所以電勢能變化量一定最大，故選項D對．
【答案】D
3．【解析】由題意可知：
所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為②，由
k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。
【答案】C
4．【解析】由公式
和
得，D選項正確。
【答案】D
5．【解析】因不知道點電荷的位置，所以無法確定a、b兩點的場強方向，如點電荷在a、b兩點之間時，兩點的場強方向就不相同，A錯誤；若點電荷不在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點的場強大小就一定不相等，B錯誤；若點電荷在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點就在同一等勢面上，C錯誤，D正確。
【答案】D
6．【解析】（1）將打在A板上。
（2）水平放置有Eq=mg。
把重力分解為平行電場方向和垂直電場方向，則沿電場方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時間為：
油滴受到的合力為mg，所以加速度為g，達到板上速度的大小為：
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【答案】（1） 將打在A板上 （2）
7．【解析】（1）在帶電粒子運動方向上任取一點，設(shè)其坐標(biāo)為
，取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到
處電場力做正功，
，即粒子在x處的電勢能為
，在處的電勢能為
。
再由牛頓第二定律
①，
②，解得
③，又
④，⑤，
，得
⑥，即該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。
（2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運動。故豎直方向做勻速直線運動，到達P點時有
⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運動，有
⑧，聯(lián)立解得
【答案】
8．【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負電荷，即
，得
(2)油滴加速下落，若油滴帶負電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場力方向向上，設(shè)此時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
得
．
若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場力方向向下，設(shè)此時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得
即
。
【答案】（1） （2）
9．【解析】（1）小球在θ=600角處處于平衡，則Eq=mgtanθ
得
方向水平向左
（2）王明同學(xué)的求解不正確
因為小球在θ=600處處于平衡，因此小球從θ=300的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以θ=600處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點O
王明同學(xué)的求解實際上也不是小球運動到θ=600的平衡位置處的速度。
平衡位置處的速度的正確求解應(yīng)該是：據(jù)動能定理有
聯(lián)解得
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）設(shè)微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有
解得 
（2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有
聯(lián)立⑴、⑵，得 
（3）微粒從釋放開始經(jīng)t1射出B板的小孔，則
設(shè)微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達最低點P點，則
所以從釋放微粒開始，經(jīng)過
微粒第一次到達P點
根據(jù)運動的對稱性，易知再經(jīng)過
微粒再一次經(jīng)過P點
所以經(jīng)過時間
，
微粒經(jīng)過P點。
【答案】（1） （2） （3）
11．【解析】(1)若第1個粒子落到O點，由
＝v01t1
＝
gt12 （1分） 得v01＝
若落到B點，由L＝v02t1，＝gt22得v02＝5 m/s
故2.5 m/s<v0<5 m/s
(2)由L＝v01t 得t＝4×10-2 s
由＝at2 得a＝2.5 m/s2
由mg－qE=ma，E=
得Q＝6×10-6 C 所以
＝600個
【答案】（1）2.5 m/s<v0<5 m/s （2）600個
考點預(yù)測題
1．【解析】根據(jù)上述規(guī)律可知，引入的第三個小球必須帶負電，放在前兩個小球的連線上且離+Q較近。設(shè)第三個小球帶電量為q，放在距離+Q為x處（如圖所示），由平衡條件和庫侖定律有：
解得
以+Q為研究對象，由平衡條件得：
得
即第三個小球帶負電，電荷量為Q的
倍
【答案】第三個小球帶負電，電荷量為Q的倍
2．【解析】質(zhì)子帶電為+e，所以它是由2個上夸克和1個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應(yīng)為
代入數(shù)值，得 
=46N，為斥力.
上夸克與下夸克之間的靜電力為 
代入數(shù)值，得
=23N，為吸力.
【答案】=23N，為吸力
3．【解析】由a點的電場線密度比b點的大，所以其場強也越大，同一電荷受到的電場力也大，即Fa>Fb，又因電場力做正功，所以Q為正電荷，故選項A正確
【答案】A
4．【解析】本題屬于連接體問題，主要考查牛頓第二定律在電場中的應(yīng)用，設(shè)加速度為a，對整體有：
，再隔離球2分析：
，聯(lián)立兩式得：
，所以選項A正確
【答案】A
5．【解析】電場力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢面，A、D兩點的電勢差為0，又因A、A
兩點的電勢差不為0，所以選項A錯。帶正電的粒子從A點到D電場力不做功，而由D→D＇電場力做功，所以選項B正確；同理，帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做負功，電勢能增大，選項C錯；由電場力做功的特點得選項D也正確。
【答案】BD
6．【解析】因電場力做功只與始末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負電荷則相反，即選項C錯。
【答案】AD
7．【解析】本題主要考查電場力做功和電勢差與場強的關(guān)系。根據(jù)W=
得W=8×10－6 J，因沿場強方向的距離d小于
得E大于8
V/m，故選項A正確。
【答案】A
8．【解析】在勻強電場中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此Uab=Ucd，所以c點電勢為8V。，B對。考查勻強電場中場強與電勢差的關(guān)系，難度適中。
【答案】B
9．【解析】先根據(jù)電容器在電路穩(wěn)定的情況下相當(dāng)于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關(guān)系；再根據(jù)兩種情況下的總電阻大小確定電流關(guān)系。當(dāng)滑片在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當(dāng)滑片在b位置時小，場強也就小，故θ1<θ2 ，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I1=I2，所以正確選項D。
【答案】D
10．【解析】由于電容
、
和靜電計Y在電路中都起斷路作用，故沒有電流通過電壓表，故正確答案為選項C．
【答案】C
11．【解析】（1）極間場強
；
（2）
粒子在極板間運動的加速度 
（3）由
，得：
【答案】（1） （2） （3）
12．【解析】對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有：
而且還能穿過小孔，離開右極板。
假設(shè)球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有：
綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。
（1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律：
=
③
球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有：
④
由③④求得：
⑤
（2）設(shè)球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則：
⑥
將③⑤代入⑥得：
⑦
球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律：
⑧
顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設(shè)球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有：
⑨
⑩
求得： 
⑾
球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設(shè)加速度為a3，再由牛頓第二定律：
⑿
設(shè)球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運動的位移為x，則有：
⒀
⒁
求得：
⒂
由⑦⑾⒂可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為：
⒃
球A相對右板的位置為：
⒄
【答案】（1） （2）
13．【解析】（1）由題意可知電場力的力臂為
l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，電偶極子的方向與外加電場的夾角0或者π
①當(dāng)電偶極子方向與場強方向相同時，即夾角為零時（如圖所示）由于電偶極子與電場垂直時電勢能為零， 所以該位置的電勢能等于由該位置轉(zhuǎn)到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能 EP1=－E0ql
②當(dāng)電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）由題意知 F＝E0q0－2
【答案】（1）E0q/sinθ（2）E0q /(1－cosθ) （3）夾角為零EP1=－E0ql ，夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）
14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應(yīng)用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第（3）問只能用能的觀點求解。
（1）開始運動時小球
受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得
解得 
代入數(shù)據(jù)解得
（2）小球速度最大時合力為零，即
解得 
代入數(shù)據(jù)解得
（3）小球從開始運動到速度為
的過程中，設(shè)重力做功為
，電場力做功為
，
庫侖力做功為
，根據(jù)動能定理有
解得
設(shè)小球的電勢能改變了△
，則
△
△
△
【答案】（1） （2） （3）
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