2021年2022年高考物理真題分類匯編：靜電場

2021、2022年高考物理真題分類匯編8靜電場2022年高考真題1,（2022?湖南卷?T2）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。點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）電場強度方向垂直指向電場強度方向垂直指向a,再根據(jù)電勢的登加原理A.電場強度方向垂直指向m電勢減小C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大【答案】A【解析】根據(jù)對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，單個點電荷在距其r處的電勢為B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大（p=k—（以無窮遠(yuǎn)處電勢零）現(xiàn)在撤去。處的絕緣棒后，g減小，則。點的電勢減小。2、（2022?山東卷?T3）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于。點，環(huán)上均勻分布著電量為。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DL的小圓弧上的電荷。將一點電荷4置于OC延長線上距O點為2R的。點，。點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，口為（ ）.t+在QAL tcb玨： >/3Q^LA.正電荷，q- B.止電荷，q= 71/? 1 兀R「有山y(tǒng)2QM 2>/3QA￡C.負(fù)電荷，q- D.負(fù)電荷，q= HR nR【答案】C

【解析】取走4、8處兩段弧長均為DL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在。點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的Ai和與8在同一直徑上的Bi產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有QAL￡_k2乃R_kQ"山圖可知，兩場強的夾角為120'，則兩者的合場強為E=E]根據(jù)O點的合場強為。，則放在。點的點電荷帶負(fù)電，大小為E'=E=k根據(jù)E'E'=kq（2H『聯(lián)立解得2QALkR3、（2022?全國甲卷?T21）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中尸點水平向左射出。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】BD【解析】A.如圖所示Eq=mg故等效重力G'的方向與水平成45。當(dāng)％=0時速度最小為％m=%，由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功,故此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD.水平方向上Eqvo=tm在豎直方向上v=gt由于Eq=mg,得v=%如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知%+%=。則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；C.當(dāng)如圖中也所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；4、（2022?全國乙卷?T21）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，方向指向。點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為。、半徑分別為｛、乃（R<4<w<R+d）；粒子3從距。點弓的位置入射并從距。點4的位置出射；粒子4從距。點彳的位置入射并從距。點弓的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（ ）R+d探測器粒子R+d探測器粒子A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【答案】BD【解析】C.在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，可設(shè)為Er=kTOC\o"1-5"\h\z帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有2 2rV] v2\o"CurrentDocument"qEl=m-,qE2=tn—

r\ r2可得\o"CurrentDocument"Lmv2=qEm=qEj]2' 2 2即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤：A.粒子3從距。點弓的位置入射并從距。點片的位置出射，做向心運動，電場力做正功,則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B.粒子4從距。點彳的位置入射并從距。點弓的位置出射，做離心運動，電場力做負(fù)功,則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確;D.粒子3做向心運動，有7CV3

qE>>m—

r2可得粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確：5、（2022?全國乙卷?T19）如圖，兩對等量異號點電荷+4、-儀4>0）固定于正方形的4個項點上。L.N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，。為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。-4 m'―…1qL和N兩點處的電場方向相互垂直M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到。點，電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【答案】AB【解析】A.兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O,N點處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向。，則N點的合場強方向由N指向。，同理可知，兩個負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由。指向，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向，則L處的合場方向由。指向L,由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確：B.正方向底邊的?對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，則M點的場方向向左，故B正確：C.由圖可知，M和。點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到。點，電場力做功為零，故C錯誤；D.由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。6、（2022?浙江6月卷?T9）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)）。=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為血的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為血％；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（nM板電勢高于N板電勢B.兩個粒子的電勢能都增加（■J?-1）ID.粒子從N板下端射出的時間寸="2%【答案】C【解析】A.由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B.根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減?。粍t平行M板向下的粒子到達(dá)N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤：CD.設(shè)兩板間距離為“，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有-Vg=2ad聯(lián)立解得Z__L 2片2%L故C正確，D錯誤：7、（2022?浙江1月卷?T10）某種氣體一電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是（ ）

A.。點所在的線是等勢線b點的電場強度比c點大b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D.將電荷沿圖中的線從d-ef/=g移動時電場力做功為零【答案】C【解析】A.因上下為兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜，則a點所在的線是電場線，選項A錯誤；B.因c處的電場線較b點密集，則c點的電場強度比匕點大，選項B錯誤；C.因歷兩處所處的線為等勢線，可知從c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大，選項C正確；D.因dg兩點在同一電場線上，電勢不相等，則將電荷沿圖中的線從d-e—g移動時電場力做功不為零，選項D錯誤。A.P點電勢低于S點電勢8、（2022?河北?T6）如圖，真空中電荷量為為和-q（q>0）的兩個點電荷分別位于“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A.P點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向。點D.將正試探電C.除無窮遠(yuǎn)處外，宜線MND.將正試探電荷4。從T點移到P點，靜電力做正功【答案】B【解析】A.在直線MNI'.,左邊正電荷在“右側(cè)電場強度水平向右，右邊負(fù)電荷在直線MN上電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MV間的電場強咬水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與交點處電勢，則「點電勢高于5點電勢，故A錯誤;C.由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場強度不可能為零，則N右側(cè)，設(shè)MN距離為L，根據(jù)k,2qk，q

(L+dY(J)?可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤：D.由A選項分析可知：T點電勢低于產(chǎn)電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P電勢的電勢能，將正試探電荷/從T點移到尸點，電勢能增大，靜電力做負(fù)功，故D錯誤：B.設(shè)等勢圓的半徑為R,AN距離為x,MN距離為L，如圖所示2q：-q\MPA\N()Is根據(jù)kq結(jié)合電勢的疊加原理A、S滿足k2qkqL-xx由于電場強度方向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢k-2qkq3kqL+— —33可知<Pt>（Po可知7點電場方向指向。點，故B正確。9、（2022?湖北?T4）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g、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（）【答案】D【解析】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滿足Eq=mg即U4 3='Pga3AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2（/時，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯誤;CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足可得C錯誤，D正確。10、（2022?湖北?T10）如圖所示，一帶電粒子以初速度如沿x軸正方向從坐標(biāo)原點。射入，并經(jīng)過點P（a>0,*>0）.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A,到達(dá)P點的動能為E”。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。到P運動的時間為d到達(dá)P點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（ ）o aXA.t\<t2 B.tl>t2C.Ek\<Eki D.Eki>￡k2【答案】AD【解析】AB.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)Xt=v可知t\<t2故A正確，B錯誤。CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達(dá)P點時速度大于w；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達(dá)P點時速度等于w，而根據(jù)口1 2E.=-mvk2可知￡ki>￡k2故C錯誤，D正確。11、（2022?廣東卷?T14）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)量均為加。、位于同一豎直線上的球形小油滴A和8,在時間，內(nèi)都勻速下落了距離加。此時給兩極板加上電壓。（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，8經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間，內(nèi)上升了距離%（4。%）,隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為/= 其中左為比例系數(shù)，機為油滴質(zhì)量，V為油滴運動速率，不計空氣浮力,重力加速度為g。求：（1）比例系數(shù)A；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離生電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。小孔d，U ?b【答案】（1）史義：（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量為工工，-嗎+也⑶見解析【解析】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小%巧二7勻速時mg=f又f=km3vl聯(lián)立可得2

k=^-九（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為It,v2=—根據(jù)平衡條件可得

解得mgd(hy+4)q~%u根據(jù)峙=-%又叱(1=，殞聯(lián)立解得P"4(3)油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2m,新汕滴所受電場力P=Uq_=mg(%+4)d hy若F>2mg,即外>4可知v2>v,新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv2—mVy=2mv^可得v共>0新油滴向上加速，達(dá)到平衡時2mg+k?(2機廠v=F解得速度大小為v=w速度方向向上:若尸<2mg,ap4>為可知

設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv}—mv2=2/nvr可知4〉。新油滴向下加速，達(dá)到平衡時2mg=F+k-(2myv解得速度大小為速度方向向下。12、(2022?河北?T14)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強度和磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間。點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為機、電荷量為式q＞。)、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：2兀機(1)f=0時刻釋放的粒子，在，=一丁時刻的位置坐標(biāo)；祝(3)n~E^n14閑(2)在0~一丁時間內(nèi)，靜電力對『=(3)n~E^n14閑點放置一粒接收器，在0~—時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子qB。在電場存在期間被捕獲。圖1圖227rE,7rm可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知2兀m?>7rinf?,27rE,7rm可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知2兀m?>7rinf?,時間內(nèi)，電場強度為2E0,粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向兀m解得粒子在—時刻的速度大小為7rmF■時間內(nèi)，電場強度為目mv,2ttEc兀m27rm 27rm- 丁時間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期T=1r可知粒子偏轉(zhuǎn)180°,速度反2nm 2/rE所以粒子在t=-7-時刻粒子的位置坐標(biāo)為（士,弘），即（一f3兀m解得F時刻粒廣的速度祖方向豎直向上，粒子在豎宜方向上運動的距離為-v.+v,兀tn 八y.=―!—— =02叫粒子在水平方向運動的距離為3兀m4兀m粒子在水平方向運動的距離為在F 丁時間內(nèi),qB°qB°匕=2-2嗎=事

qB。qB:此時粒子速度方向向下,47rm5萬〃？此時粒子速度方向向下,大小為巴，在F 丁時間內(nèi)，電場強度為3盤，豎直方向qB°曲）cl亢mq?3Eq =〃叫+mv2qB（）

5兀m

解得粒子在時刻的速度

Mo2ttE0粒子在豎直方向運動的距離一一嶺+匕7tmtv一一嶺+匕7tmtvE^nqB。2qB;粒子運動的軌跡如圖W=qE0W=qE0-yl+q-2E0-y3+q-3E0-y5=4qE0-y27V2E^m電場力做正功:八兀m(3)若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達(dá)M點，則釋放的位置一定在0?一丁時間內(nèi)，粒子加速度時間為右，在豎直方向上qEa=〃7匕jmi27rm -時間內(nèi)粒子在水平方向運動的距離為qB。qB?x2=2r2'=2^-27rm3兀m在F r時間內(nèi)，在豎直方向MoqB?！蹦思?，， ，q?2。、 =mv-,4-A72V.q與―%，+%'兀m

y=―! 2qB.37rm4兀m(￡- 十?時間內(nèi)，粒廣介.水r方向運動的距離為qB°qBQ4乃尸tnEm接收器的位置為(一^,下安)，根據(jù)出離的關(guān)系"I知祈4祈

%+Z=—

qB。解得7rm

t,= 2qB.此時粒子已經(jīng)到達(dá)用點上方，粒子豎直方向減速至0用時△，，則?加豎直方向需要滿足， ， ，,冗E?mX一％一丫54qB。

7rm解得在一個電場加速周期N內(nèi)，所以成乂，所以粒子釋放的時刻為中1可時刻:：2qB0兀m 27r加3兀m若粒子經(jīng)過一個半圓到達(dá)M點，則粒子在°?下時間內(nèi)釋放不可能，如果在?一qB? qB[} qB°時間內(nèi)釋放，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達(dá)M點，所以考慮在4萬加5兀mD~?時間內(nèi)釋放，祖濕假設(shè)粒子加速的時間為，2，在豎直方向上q?3E。?%'=加匕"x”=9y'5兀m6兀m之后粒子在F 丁-時M內(nèi)沖動半釉，橫向移動距離也接到達(dá)M點的橫坐標(biāo)，印qB°qB0x^2r"-lmV'"-^E°m2 2泡濕解得,27rm=z 3qB.6mnl/rm接f來在r 丁過程中粒子在豎直方向減速為。的過程中叫qB。q4E0-^f=mvi"粒了?要在M點被吸收，需要滿足〃 〃7rKm凹〃一%4—4詆代入驗證可知4在一個周期之內(nèi)，說明情況成、九所以粒子釋放時刻為jrtn 兀m27rm137rm/=4 F( )=- 0qB(>qB。3qB03qB；

2021年高考真題（2021?山東卷）如圖甲所示，邊長為。的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+4的點電荷；在0W尤（注a區(qū)間,x軸上電勢。的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為-Q2的點電荷P置于正方形的中心。點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將尸沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（ ）Q= 1q,釋放后尸將向左運動g=2>/2+l釋放后p將向右運動4Q=21+1g，釋放后尸將向左運動【答案】C【解析】c272+1c272+1Q=-；—q4解得因任0<x<—a區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負(fù)向，則將P沿x軸正2向向右略微移動后釋放，。受到向右的電場力而向右運動。（2021?浙江卷）如圖所示，在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是（ ）

A.探測發(fā)射臺周圍風(fēng)力的大小 B.發(fā)射與航天器聯(lián)系的電磁波C.預(yù)防雷電擊中待發(fā)射的火箭 D.測量火箭發(fā)射過程的速度和加速度【答案】C【解析】在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，因鐵制的高塔有避雷作用，其功能是預(yù)防雷電擊中發(fā)射的火箭。（2021?浙江卷）某書中有如圖所示的圖，用來表示橫截面是形導(dǎo)體右側(cè)的電場線和等勢面，其中。、人是同一條實線上的兩點，c是另一條實線上的一點，d是導(dǎo)體尖角右側(cè)表面附近的一點。下列說法正確的是（ ）A.實線表示電場線B.離d點最近的導(dǎo)體表面電荷密度最大C. 形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場強度方向均相同D.電荷從。點到c點再到b點電場力做功一定為零【答案】D【解析】A.處于靜電平衡的導(dǎo)體，是個等勢體，則整個導(dǎo)體為等勢體，由于電場線方向總是與等勢面垂直，所以實線不是電場線，是等勢面，則A錯誤；B.根據(jù)等勢面的疏密表示場強的強弱，則d點的場強較弱，并且電場強度越大的地方電荷密度越大，所以B錯誤；C.在形導(dǎo)體右側(cè)表面上下部分附近電場強度方向不相同，所以C錯誤：D.由于"、b在同一等勢面上，則電荷從"點到c點再到6點電場力做功一定為零，所以D

正確；（2021?浙江卷）據(jù)《自然》雜志2021年5月17日報道，中國科學(xué)家在稻城“拉索”基地（如圖）探測到迄今為止最高能量的7射線，能量值為1.40xl（y5eV，即（ ）A.1.40x1015V B.2.24xl（F*CC.2.24x10、D.2.24x10^J【答案】D【解析】1.40xl015eV=1.40x10I5x1,6x10-,9J=2.24x1（T*J（2021?全國卷）如圖（a）,在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負(fù)電荷。由于靜電感應(yīng)，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等電場力大小分別為“相鄰等勢面間的電勢差都相等電場力大小分別為“和Ev,e」 "一 m圖（a）一A.Fm<Fn，EpM>EpNC.Fm<Fn,EpM<EpN【答案】A【解析】由圖中等勢面的疏密程度可知根據(jù)可知,若將一正試探電荷先后放于何和N處，該試探電荷受到的相應(yīng)的電勢能分別為EpM和EpN，則（ ）/\?、、\*/ 5 \ 1!!/一、'??、、'、y/ /二二?任一-1圖（b）B.Fm>Fn，EpM>EpND.Fm>Fn,EpMVEpNEm<EnF=qEFm〈Fn由題可知圖中電場線是由金屬板指向負(fù)電荷，設(shè)將該試探電荷從M點移到N點，可知電場力做正功，電勢能減小，即（2021?廣東卷）圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（ ）高壓電源帶電液滴/ /卜吸板等勢面A.a點的電勢比b點的低B.。點的電場強度比匕點的小C.液滴在a點的加速度比在6點的小D.液滴在。點的電勢能比在〃點的大【答案】D【解析】A.高壓電源左為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知<Pa><Pb故A錯誤；B.等差等勢線的疏密反映場強的大小，由圖可知。處的等勢線較密，則Ea>Eh故B錯誤；C.液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為qE

a=--

m因E”>Eb,可得4,>4故C錯誤；D.液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即Epa〉Epb故D正確；7.（2021?湖南卷）如圖，在（a,0）位置放置電荷量為夕的正點電荷，在（0,a）位置放置電荷量為q的負(fù)點電荷，在距p（。，。）為缶的某點處放置正點電荷。，使得月點的電場強度為零。則q的位置及電荷量分別為（ ）八歹2a-一夕ao- P（a,a）A.（0,2a）,五q B.（0,2a）,2&qC.（2a,0）,近q D.（2?,0）,2立q【答案】B根據(jù)點電荷場強公式F,QE=k—尸兩點量異種點電荷在P點的場強大小為4=日，方向如圖所不兩點量異種點電荷在尸點的合場強為E'=^E0=近駕,方向與+g點電荷與-g點電荷的連線平行如圖所示a。點電荷在P點的場強大小為三點電荷的合場強為0,則￡方向如圖所示，大小有解得。=20由兒何關(guān)系可知。的坐標(biāo)為（0,2d）（2021?河北卷）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B,導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處。點為坐標(biāo)原點，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為。，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力產(chǎn)作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（ ）A.通過金屬棒的電流為28c/tan。B.金屬棒到達(dá)工時，電容器極板上的電荷量為BCV/tan。C.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C.根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯誤；A.由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L=2xtan。，x=vt則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=2Bv2rtan0由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=IBC^nO則流過導(dǎo)體棒的電流/= =IBC^&nOArA正確；B.當(dāng)金屬棒到達(dá)xo處時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E'=28vxotan。則電容器的電荷量為Q=CE'=2BCvx（）tan^B錯誤：D.由于導(dǎo)體棒做勻速運動則F=Fa=B1L由選項A可知流過導(dǎo)體棒的電流/恒定，但Z,與/成正比，則尸為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P=Fv可看出尸為變力，v不變則功率P隨力產(chǎn)變化而變化：D錯誤；（2021?浙江卷）如圖所示是某一帶電導(dǎo)體周圍的電場線與等勢面，A、C是同一等勢面上的兩點，8是另一等勢面上的一點。下列說法正確的是（ ）A.導(dǎo)體內(nèi)部的場強左端大于右端 B.A、C兩點的電勢均低于B點的電勢C.B點的電場強度大于A點的電場強度 D.正電荷從A點沿虛線移到8點的過程中電場力做正功，電勢能減小【答案】D【解析】A.帶電導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為。，導(dǎo)體表面為等勢面，整個導(dǎo)體為一個等勢體，A錯誤；B.沿電場線方向電勢降低，所以4、C兩點的電勢大于8點的電勢，B錯誤；C.電場線的疏密程度表示電場強度的弱強，所以8點的電場強度小于A點的電場強度，C錯誤；D.根據(jù)耳可知，正電荷從高電勢A點沿虛線移動到低電勢8點，電勢能減小，電場力做正功，D正確。故選D。（2021?全國卷）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+?加）、（+4,2㈤、（+3?3加）、（一夕，加）它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（ ）【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為m由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為“離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為tnnn_Vy_at_qEl匕% “%因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān),前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同：（+?加）粒子與（+3g,3m）粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（~q，加）粒子的比荷也相同，所以（+%機）、（+3q,3m）、（-q,ni）:.個泣「偏轉(zhuǎn)角相同,但（一夕，⑺粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（+切2⑼粒子的比荷與（+4，⑼、（+3q,3/n）粒子的比荷小,所以（+g,2/n）粒子比（+g,加）、（+3q,3㈤粒子的偏轉(zhuǎn)角小,但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。（2021?湖南卷）如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑。將電荷量為q（q>0）的粒子從。點移動到b點，電場力做功為2W（W>0）；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W。下列說法正確的是（ ）A.該勻強電場的場強方向與平行B.將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5WC.。點電勢低于c點電勢D.若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動【答案】AB

【解析】A.由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立），軸如下圖所示在X方向有W=E詞2R在y方向有2W=E、qy/jR+EwR在X方向有W=E詞2R在y方向有2W=E、qy/jR+EwR經(jīng)過計算有J3W W E、. r-,Ev= ,E=—,tan，=--=J32qR qR Ex由于電場方向與水平方向成60。，則電場與而平行，且沿〃指向從A正確;B.該粒從d點運動到力點，電場力做的功為RW=Eq—=0.5W

2B正確;C.沿電場線方