2023年物理高考試題分類解析
【考點7】電場
1． 空間中p、q兩點處各固定乙個點電荷，其中p點處為正電荷，p、q兩點附近電場的等勢面分布如圖所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則( )
a．p、q兩點處的電荷等量同種
b．a點和b點的電場強度相同
c．c點的電勢低於d點的電勢
d．負電荷從a到c，電勢能減少
1．d 由圖中等勢面的對稱性知，p、q兩處為等量異種電荷，a錯誤；由於電場線與等勢面垂直，所以ab兩處的電場強度方向不同，b錯誤；p處為正電荷，c在離p更近的等勢面上，c點的電勢高於d點的電勢，c錯誤；從a到c，電勢公升高，負電荷電勢能減少，d正確．
2． 用金屬箔做成乙個不帶電的圓環，放在乾燥的絕緣桌面上．小明同學用絕緣材料做的筆套與頭髮摩擦後，將筆套自上向下慢慢靠近圓環，當距離約為0.5 cm時圓環被吸引到筆套上，如圖所示．對上述現象的判斷與分析，下列說法正確的是( )
a．摩擦使筆套帶電
b．筆套靠近圓環時，圓環上、下部感應出異號電荷
c．圓環被吸引到筆套的過程中，圓環所受靜電力的合力大於圓環的重力
d．筆套碰到圓環後，筆套所帶的電荷立刻被全部中和
2．abc 筆套與頭髮摩擦，筆套帶電，故選項a正確；帶電的筆套靠近金屬箔做成的圓環，由於靜電感應，在圓環的上、下部感應出異種電荷，故選項b正確；圓環被吸引到筆套上的過程中，圓環有向上的加速度，靜電力大於圓環的重力，故選項c正確；筆套碰到圓環後，筆套上的電荷有一部分轉移到圓環，不會立刻被全部中和，故選項d錯誤．
3． 兩個固定的等量異號點電荷所產生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中a點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最後離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中( )
a．做直線運動，電勢能先變小後變大
b．做直線運動，電勢能先變大後變小
c．做曲線運動，電勢能先變小後變大
d．做曲線運動，電勢能先變大後變小
3．c 帶負電的粒子剛進入電場時受力方向與初速度方向垂直，粒子做曲線運動．開始時，粒子所在處電勢為零，粒子的電勢能也為零．在電場力的作用下，帶負電的粒子將向電勢高的一側偏轉，電勢能變為負值，最後離開電場，離開電場後粒子的電勢能重新變為零，所以該粒子的電勢能先變小後變大．
4． 圖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( )
a．帶負電
b．在c點受力最大
c．在b點的電勢能大於在c點的電勢能
d．由a點到b點的動能變化大於由b點到c點的動能變化
4．cd 從運動軌跡來看，帶電粒子在運動過程中一直受到固定正點電荷的斥力作用，所以帶電粒子帶的是正電，故a錯．a點離點電荷最近，所以受力最大，故b錯．帶電粒子由b點到c點，電場力做正功，帶電粒子的電勢能減小，所以c正確．虛線是一組間距相等的同心圓，不是等差等勢面，所以a、b間電勢差大於b、c間電勢差，由a點到b點動能的增量大於由b點到c點動能的增量，故d正確．
5． 如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子( )
a．所受重力與電場力平衡
b．電勢能逐漸增加
c．動能逐漸增加
d．做勻變速直線運動
5．bd 帶電粒子所受的電場力與平行板電容器垂直，粒子做直線運動，由受力分析可得粒子所受的電場力與重力的合力必與運動方向相反，粒子做勻減速直線運動，a、c錯誤，d正確；因電場力做負功，故粒子電勢能逐漸增加，b正確．
6． 真空中，a、b 兩點與點電荷q 的距離分別為r 和3r，則a、b 兩點的電場強度大小之比為( )
a．3∶1 b．1∶3 c．9∶1 d．1∶9
6．c 根據點電荷周圍的電場強度表示式e＝k，可知點電荷周圍的電場強度的大小與距離的二次方成反比，a、b兩點與點電荷q的距離之比為1∶3，所以電場強度大小之比為9∶1，c項正確．
7． 一充電後的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容c和兩極板間的電勢差u的變化情況是( )
a．c和u均增大 b．c增大，u減小
c．c減小，u增大 d．c和u均減小
7．b 由平行板電容器的電容的表示式c＝，當兩極板之間插入一電介質，εr變大，則c變大，由c＝可知，在電荷量q不變的情況下，兩極板間的電勢差u將減小，b項正確．
8． 如圖所示是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場後，分落在收集板**的兩側．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有( )
a．帶正電的礦粉落在右側
b．電場力對礦粉做正功
c．帶負電的礦粉電勢能變大
d．帶正電的礦粉電勢能變小
8．bd 電場線的方向是由右向左，所以正電荷受到向左的電場力負電荷受到向右的電場力，電場力對正電荷或負電荷都是做正功，電勢能減少，故ac錯，bd對．
9． 如圖所示，在平面直角座標系中，有方向平行於座標平面的勻強電場，其中座標原點o處的電勢為0 v，點a處的電勢為6 v，點b處的電勢為3 v，則電場強度的大小為( )
a．200 v/m b．200 v/m
c．100 v/m d．100 v/m
9．a 如圖所示，取oa的中點c，則c點的電勢為3 v，連線b、c，可得直線bc為一等勢線，過a點作bc的垂線交bc於d，由圖可知tanθ＝，得θ＝30°，因ad＝ca×sinθ＝0.03×m＝0.015 m，故e＝＝v/m＝200 v/m，a正確．
10． 如圖（1）所示，半徑為r的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ，其軸線上任意一點p(座標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：e＝2πkσ，方向沿x軸．現考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖（2）所示．則圓孔軸線上任意一點q(座標為x)的電場強度為( )
圖（1） 圖（2）
a．2πkσ0 b．2πkσ0
c．2πkσ0d．2πkσ0
1．a 由公式e＝2πkσ可知，當r→∞時，→0，則e→2πkσ，即單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板在q處產生的電場強度e0＝2 πkσ0，而挖去的乙個半徑為r 的圓板在q處產生的電場強度e′＝2πkσ0，所以此時的電場強度e＝e0－e′＝2πkσ0，故a正確．
11． 如圖，在點電荷q產生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置於a、b兩點，虛線為等勢線．取無窮遠處為零電勢點，若將q1、q2移動到無窮遠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( )
a．a點電勢大於b點電勢
b．a、b兩點的電場強度相等
c．q1的電荷量小於q2的電荷量
d．q1在a點的電勢能小於q2在b點的電勢能
由於在移動電荷過程中克服電場力做功，故電場力應指向q，所以點電荷q為負電荷，作出q的電場線，如圖所示．a點比b點離負電荷q更近，故b點電勢高於a點電勢，a錯；在點電荷q產生的電場中，a點比b點離點電荷q更近，故a點電場強度較大，b錯；電荷在電場中某點的電勢能等於把電荷從該點移到選定的零勢點的過程中電場力所做的功，所以q1、q2兩電荷在a、b兩處的電勢能相等，d錯；將q1、q2分別從a、b兩點移到無窮遠過程中，克服電場力做的功相等，q1對應的電勢差u1比較大，由w＝qu可知，q112． 勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度e隨x的分布如圖所示，圖中e0和d均為已知量．將帶正電的質點a在o點靜止釋放．a離開電場足夠遠後，再將另一帶正電的質點b放在o點也由靜止釋放．當b在電場中運動時，a、b間的相互作用力及相互作用能均為零；b離開電場後，a、b間的相互作用視為靜電作用．已知a的電荷量為q，a和b的質量分別為m和.不計重力．
(1)求a在電場中的運動時間t；
(2)若b的電荷量q＝q，求兩質點相互作用能的最大值epm；
(3)為使b離開電場後不改變運動方向，求b所帶電荷量的最大值qm .
12．【答案】(1) (2) qe0d (3) q
(1)由牛頓第二定律，a在電場中運動的加速度a＝＝
a在電場中做勻速直線運動
d＝at2
解得運動時間t＝＝
(2)設a、b離開電場時的速度分別為va0、vb0，由動能定理，有
qe0d＝mva02，qe0d＝vb02①
a、b相互作用過程中，動量和能量守恆．a、b相互作用力為斥力，a受的力與其運動方向相同，b受的力與其運動方向相反，相互作用力對a做正功，對b做負功．a、b靠近的過程中，b的路程大於a的路程，由於作用力大小相等，作用力對b做功的絕對值大於對a做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負，相互作用能增加．所以，當a、b最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設為v′，有
(m＋)v′＝mva0＋vb0②
epm＝(mva02＋vb02)－(m＋)v′2③
已知q＝q，由①、②、③式解得相互作用能的最大值epm＝qe0d
(3)考慮a、b在x＞d區間的運動，由動量守恆、能量守恆，且在初態和末態均無相互作用，有
mva＋vb＝mva0＋vb0④
mva2＋vb2＝mva02＋vb02⑤
由④、⑤解得vb＝－vb0＋va0
因b不改變運動方向，故 vb＝－vb0＋va0≥0⑥
由①、⑥解得 q≤q
即b所帶電荷量的最大值qm＝q
13． 如圖，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於o點．現給電容器緩慢充電，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．
13．【答案】2q
設電容器電容為c.第一次充電後兩極板之間的電壓為
u＝①兩極板之間電場的場強為
e＝②式中d為兩極板間的距離．
按題意，當小球偏轉角θ1＝時，小球處於平衡位置．設小球質量為m，所帶電荷量為q，則有
tcosθ1＝mg③
tsinθ1＝qe④
式中t為此時懸線的張力．
聯立①②③④式得
tanθ1＝
設第二次充電使正極板上增加的電荷量為δq，此時小球偏轉角θ2＝，則
tanθ2＝⑥
聯立⑤⑥式得
＝⑦代入資料解得
δq＝2q⑧
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