2015高考物理6年高考真題分項版精解精析 專題06 電場 含解析

專題六電場

[2014高考真題】

1.12014?新課標全國卷I】如圖所示，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，Z/W=30°./W>N、P、F四點處的電勢分別用

0N、（PP、0F表示，已知<PM=3N，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（）

/Ij

.............：

A.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，電場力做負功

D.（pp大于<PM

【答案】AD

【解析】本題考查了電場問題.根據(jù)題意，點電荷。必在&的的中垂線和叩的中垂線的交點處，

過尸作的垂直平分線交攻于。點，由幾何關(guān)系可知QM恰好垂直平分PF,故點電荷。一定

位于。點，A項正確，由正點電荷的等勢面分布特點可知B項錯誤；因為是正電荷形成的電場，

將正電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，C項錯誤；因為是正電荷形成的電場，越靠近場源電

荷的等勢面電勢越高，D項正確.

2.【2014?新課標H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

【答案】AD

【解析】由靜電場的電場線與等勢面垂直可知A正確.電勢大小是由參考點和電場共同決定

的，與場強的大小無關(guān)，B、C錯誤.沿電場線電勢降低，且電勢降落最快的方向為電場方向，

D正確.

3.12014?安徽卷】一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動.取該直

線為x軸，起始點。為坐標原點，其電勢能弓與位移x的關(guān)系如右圖所示.下列圖像中合理

粒子速度與位移關(guān)系粒子加速度與位移關(guān)系

CD

【答案】D

【解析】本題是關(guān)于圖像的嘴息題］以圖像為載體考查電場的力的性質(zhì)與電場的能的性質(zhì)，考查

理解題目的新信息并且應(yīng)用信息解決問題的能力.根據(jù)電勢能的定義E.=q3,推理電場強度E=

喘=；?第「，由題中電勢能隨著空間變化的圖像可知其斜率減小，因此電場強度減小，選項A錯

誤；根據(jù)功能關(guān)系可知動能與電勢能的總和保持不變，開始時電勢能減小得快，則動能增加得快，

qE

速度增加得快，選項B、C錯誤；由于加速度a=m,電場強度減小，加速度減小.選項D正確.

4.【2014?北京卷】如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面.下列

判斷正確的是（）

A.1、2兩點的場強相等

B.1、3兩點的場強相等

C.1、2兩點的電勢相等

D.2、3兩點的電勢相等

【答案】D

【解析】本題考查電場線和等勢面的相關(guān)知識.根據(jù)電場線和等勢面越密集，電場強度越大，

有&>&=邑，但G和邑電場強度方向不同，故A、B錯誤.沿著電場線方向，電勢逐漸降低，

同一等勢面電勢相等，故01>02=03，C錯誤，D正確.

5.【2014?全國卷】地球表面附近某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場.-質(zhì)量

為1.00x10"kg、帶電荷量為-1.00x10-7c的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10Qm.對

此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為（重力加速度大小取9.80m/s2,忽略空氣阻

力））

A.-1.50x104J和9.95x10為

B.1.50x10-4」和9.95x1。一③J

C.-1.50x10-4J和9.65x107J

D.1.50x104J和9.65x103J

【答案】D

【解析】本題考查功與能.設(shè)小球下落的高度為儲則電場力做的功郎i=-㈣r=-L5xlorJ,電

場力做負功，電勢能增加，所以電勢能熠加15x10-4重力做的功M=M=9￡xlO-3j,合力做

的功爾=即i+電=9一65x10-3j,根據(jù)動能定理可知回上=獷=965x10-3j,因此D項正確.

6.12014?廣東卷】如圖12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,帶電荷量分別為一q和+2q的小球M和N,山絕緣細桿相連，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（）

A.M與N的距離大于L

B.P、M和N在同一直線上，/尸/

C.在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同//

D.M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零

【答案】BD

【解析】M、N處于靜止?fàn)顟B(tài)，則M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0,則尸金尸即，即超二

總盥，則有x=Z,那么M、N間距離為（一1再，故選項A錯誤，選項D正確；由于“、N靜止不

動，尸對AfWN的力應(yīng)該在一條直線上，故選項B正確；在P產(chǎn)生電場中，M處電勢較高，故

選項C錯誤.

7.12014?江蘇卷】如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心。.下列

關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）

A*2

X

□

V

A.。點的電場強度為零，電勢最低

B.。點的電場強度為零，電勢最高

C.從。點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高

D.從。點沿X軸正方向，電場強度增大，電勢降低

【答案】B

【解析】根據(jù)對稱性，圓環(huán)上均勻分布的正電荷在圓心。點產(chǎn)生的電場的合場強為零.以。點為

原點，若將一正點電荷輕放于x軸正半軸上，它將受到沿x軸正方向的電場力作用而向右運動，電

勢能減少，故沿x軸正方向電勢降低，同理可以得到沿x軸負方向電勢降低，故0點的電勢最高.均

勻分布著正電荷的圓環(huán)可看成由無數(shù)組關(guān)于圓心。點對稱的帶正電的點電荷組成，由等量正點電荷

產(chǎn)生的電場的特點和場強蕊加原理可知，從。點沿x軸正方向，電場強度先變大后變小.綜上所

述，只有選項B正確.

8.【2014?山東卷】如圖所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A已知殼內(nèi)的場

強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心。時在殼外產(chǎn)生的電場'

樣.?帶正電的試探電荷（不計重力）從球心以初動能Eko沿。A方向射出.下列關(guān)于試探電荷的

動能已與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是（）

cD

【答案】A

【解析】殼內(nèi)場強處處為零，試探電荷從球心運動到球殼處不受任何力作用，動能不變.正

的試探電荷從球殼處向外運動時，受到類似于球殼的全部電荷集中于球心的正點電荷在殼外

產(chǎn)生電場的電場力作用，要加速運動，動能增大.沿半徑方向取相等的兩段距離，離球心越

遠，電場力的等效值越小，電場力做的功越小，動能的增加量就越小，選項A正確.

9.【2014?天津卷】如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷.一帶

電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()

A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加

C.微粒從M點運動到N點動能一定增加

D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加

【答案】C

【解析】本題是對帶電微粒在復(fù)合場中的運動、動能定理、機械能守恒定律、受力分析的綜合考查,

通過圖像中的運動軌跡，無法判斷電場力的方向，只能判斷出微粒所受的合外力方向豎直向下，運

動過程中合力的方向與運動方向的夾角為銳角，合外力做正功，微粒的動能增加，A、B錯誤，C

正確.由于不能判斷出電場力的方向，所以機械能的變化也不能確定，D錯誤.

10.12014?浙江卷】如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為3.

一根輕質(zhì)絕緣細線的?端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球4細線與斜面平行.小

球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球心的高

度相同、間距為d.靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球可視為點電荷.小球A靜止

在斜面上，貝IJ()

A.小球A與B之間庫侖力的大小為d2

Q

dmgsin0

k時，細線上的拉力為o

qmgtan0

C.當(dāng)(1=k時，細線上的拉力為0

Qmg

dn

ta斜面對小球A的支持力為0

【解析】本題考查庫侖定律、受力分析、共點力的平衡等知識.根據(jù)庫侖定律可知小球4與B之間

的庫侖力大小為超，選項A正確.若細線上的拉力為零，小球/受重力、庫侖力和支持力作用,

如圖所示，由平衡條件可得尸=理=01內(nèi)選項B錯誤，選項C正確：因為兩小球帶同種電荷,

所以斜面對小球A的支持力不可能為0,選項D錯誤.

11.【2014?重慶卷】如題3圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等

勢線.兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為也和以，a、b

點的電場強度大小分別為E。和與，貝町)

A.Wa=Wb,Ea>EbB.W0^Wb,Ea>Eb

C.Wa^Wb,Ea<EbD.Wa^Wb,Ea<Eb

【答案】A

【解析】同一幅圖中電場線的疏密可表示電場強度大小，a點處的電場線比匕點處的密集，可知

EW,C、D錯誤，a、》兩點處于同一等勢面，電子從a、，兩點運動到c點，電場力做的功相等,

與路徑無關(guān)，B錯，A正確.

12.12014?新課標全國卷I】如圖所示，O,A,B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方

3

向，ZBOA=60",。8=2。4將-質(zhì)量為m的小球以?定的初動能自。點水平向右拋出，小

球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q(q>0),同時加一勻強電場，場強方

向與aOAB所在平面平行.現(xiàn)從。點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通

過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從。點以同樣的初動能沿另一方向

拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求

.

⑴無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值;

（2）電場強度的大小和方向.

3mq

【答案】25.(1)7：3(2)6q,方向略

【解析】設(shè)小球的初速度為玲，初動能Ew,從。點運動到A點的時間為!,令OA^d,則OB=M

根據(jù)平拋運動的規(guī)律有

的n60°=%/0

Aos60。=如②

又有加）

由①②③式得

3-

Eic0=8mg

設(shè)小球到達/點時的動能為如，則

Eg=EK+2mgd^)

由④⑤式得

EkA7—

EkO=3.⑥

d3

⑵加電場后，小球從。點到A點和B點，高度分別降低了2和2d,設(shè)電勢能分別減小AEM和

△fp8,由能量守恒及④式得

12

△EpA=3Ek（）-Eko_2mgd=3Ek（）⑦

3公

AEpB=6Ek（）—Eg—2mgd=Ew?

在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的，設(shè)直線。8上的M點與A點等電勢，M

與。點的距離為X,如圖，則有

3AEpA

d=AEpB⑨

解得x=d,MA為等勢線，電場必與其垂線。C方向平行，設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾

角為a,山幾何關(guān)系可得

a=30°⑩

即電場方向與豎直向卜.的方向的夾角為30。.

It

設(shè)場強的大小為E，有

qEdcos30°=g4?

由④⑦?式得

3mg

E=6q.?

13.【2014?安徽卷】（14分）如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C,極板間距

離為d,上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球從小孔正上方高b處由靜止開

始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場,

重力加速度為g）.求：

⑴小球到達小孔處的速度；

⑵極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量;

⑶小球從開始下落運動到下極板處的時間.

……mg(h+d)h+d2h

【答案】(1)Q)Cg(3)hg

【解析】（1）由6=2即得丫=

（2）在極板間帶電小球受重力和電場力，有

mg—qE—ma

0-^=2^

mg(h+d)

得片二qd

U=Ed

Q-CU

八Jng(h+d)

得/B0=Cq

12

(3)由h=2gtl、0=v+at2>t=h+t2

h+d2h

可得t=hg

14.【2014?福建卷I】如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的4B、C三點構(gòu)成等邊三角形,

邊長L=2.0m.若將電荷量均為q=+2.0xl（r6c的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電

力常量A=9xl()9N.m2/c2,求:

⑴兩點電荷間的庫侖力大??；

（2）C點的電場強度的大小和方向.

【答案】（1）9.0x10-3^2）7.8x13N/C沿y軸正方向

【解析】（D根據(jù)庫侖定律，/、8兩點電荷間的庫侖力大小為

尸二禺①

代入數(shù)據(jù)得尸=9.0x10-3N②

（2乂、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為

笈產(chǎn)④③

4B兩點電荷形成的電場在。點的合場強大小為

D

￡=2E1oos30@

由③④式并代入數(shù)據(jù)得5=7.8x105N/C0

場強￡的方向沿y軸正方向.

（2013高考真題】

（2013?新課標I卷）16.一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一，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

【答案】D

【解析E殳帶電粒子的質(zhì)量為風(fēng)電容器兩基板的電壓為u,由動能定理得掰鼠［+d）-qU=Q,

若將下極板向上移動&3,設(shè)帶電粒子在電場中下降比再由動能定理得制版:+九）-47r二為=0,

22d/3

22

聯(lián)立解得h=-d<-d，所以帶電粒子還沒達到下極板就減速為零,D選項正確.難度中等偏上意在

考查推理能力

【考點定位】動能定理電場力做功勻強電場電場強度和電勢差的關(guān)系

（2013?新課標I卷）15.如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直

于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和dl,Hj的距離均為R,在

a點處有一電荷量為q（q>。）的固定點電荷.已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k

為靜電力常量）

A.kB.kC.kD.k

【答案】B

【解析】設(shè)Q在b點產(chǎn)生的場強大小為E,由對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小也為E方向

相反，水平向右，由于b點的場強為零，得察=E,所以q、Q在d點產(chǎn)生的場強為

E.=皋+后=晨+粵=塔，所以B選項正確—難度:難.考查學(xué)生對電場彝加的理解能力

（3Jt）2（3K尸R29衣2

和推理能力

【考點定位】點電荷的電場電場的盆加

（2013?新課標II卷）18.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a,b和c分別位于邊長

為I的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q,c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水

平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強電場場強的大

小為

ab

Q............

、/-p

【答案】B

【解析】對c球受力分析可知，水平方向上受a、b的庫侖力和勻強電場的電場力3個力的作

Eq=君kyr出后

用而平衡，有1,解得E=竿，綜上所述，正確答案為Bo

【考點定位】電荷在電場中的受力及力的平衡

（2013?天津卷）6、兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中

垂線，交PQ與。點，A為MN上的一點，一帶負電的試探電荷q,從A點由靜止釋放，只在

靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則（）

A.q由A向。的運動是勻加速直線運動

B.q由A向0運動的過程電勢能逐漸減小

C.q運動到0點時的動能最大

D.q運動到。點時電勢能為零

；M

*

本解析為名師解析團隊原創(chuàng)，授權(quán)獨家使用，如有盜用，依法追責(zé)！

【答案】BC

【解析】在等量同種電荷連線中垂線上電場強度方向O玲A,帶負電的試探電荷q從A點到。

點運動的過程中，電場力方向A玲。，速度越來越大，但電場線的疏密程度不同，電場強度的

大小不同，電場力的大小不同，加速度隨時間一定發(fā)生變化，所以q做變加速直線運動，故A

錯誤；q由A向。運動的過程中電場力做正功，電勢能逐漸減小，動能逐漸增大，到達O點

時，動能最大，故B、C正確；。點場強雖然為零，但電勢不為零，由Ep=q0知，q在。點

具有的電勢能不為零，故D錯誤。

【考點定位】本題考查電場線、牛頓第二定律、動能定理、電勢、電場力做與電勢能變化關(guān)

系等，意在考查考生的推理能力和分析綜合能力。

(2013?上海卷)10.兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖所示，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q,和qb，則

(A)a處為正電荷，qa<qb

(B)a處為正電荷,q3>qb

(C)a處為負電荷，qa<qb

(D)a處為負電荷,qa>qb

【答案】B

【解析】等勢面密集的地方電場強度大，A電荷附近等勢面密集，所以A附近電場強度大，

即A的電荷量大。mACo電場線由高電勢指向低電勢，因此A帶正電。B帶負電荷，答案B對

【考點定位】異種點電荷的電場分布

(2013?山東卷)19.如圖所示，在x軸相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、-Q,虛

線是以+Q所在點為圓心、/_/2為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x

軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱。下列判斷正確的是()

?■、、

r

\/-Qx

、?

'、…歹

A.b、d兩點處的電勢相同

B.四點中c點處的電勢最低

C.b、d兩點處的電場強度相同

D.將一試探電荷+q沿圓周由。點移至c點，+q的電勢能減小

【答案】ABD

【解析】由等量異種點電荷的電場分布規(guī)律結(jié)合場強的疊加原理可知b、d兩點處的電勢相同，

電場強度大小相等、方向不同，故選項A正確C錯誤；由電荷的獨立作用原理可知正電荷在

+Q產(chǎn)生的電場中由a運動至c,電場力不做功，正電荷在-Q產(chǎn)生的電場中由a運動至c,電

場力做正功，故正電荷在兩點電荷的電場中山a至c電場力做正功，電勢能減小，選項D正

確；沿電場線的方向電勢逐漸降低，故b、d點的電勢高于c點的電勢，由D項的分析結(jié)合

E

°可知a點電勢高于c點的電勢，故選項B正確。本題選ABD。

q

【考點定位】等量異種點電荷的電場，電場力做功與電勢能，電勢與電勢能。

(2013?江蘇卷)6.將-電荷量為+Q的小球放在不帶電的金屬球附近,所形成的電場線分布

如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等.a、b為電場中的兩點，則

(A)a點的電場強度比b點的大

(B)a點的電勢比b點的高

(C)檢驗電荷-q在a點的電勢能比在b點的大

(D)將檢驗電荷-q從a點移到b點的過程中，電場力做負功

【解析】試題分析：根據(jù)電場線的疏密，可推知a、b兩點的電場強度的大??；沿著電場線電

勢在逐漸降低，可推知a、b兩點的電勢高低；再由電勢能Ep=四可比較檢蛉電荷-q在a、b

兩點的電勢能大??；結(jié)合電場力做功與電勢能的關(guān)系，可推知將檢驗電荷F從a點移到b點的過

程中電場力做功的正負。

解：對AI頁：從圖上可看出：a點的電場線比b點要密，貝必點的電場強度比b點的大，故瀕正確;

對B項：因為金屬球表面的電勢處處相等，沿著電場線電勢在逐漸降低，故夕故B項正確；

對C項：由電勢能Ep=四得上「4〈無28,故C項錯誤；對D項：從C項知，檢將電荷-私a點移到b

點的電勢能在增加，故電場力做負功，故D項正確。故答案為ABD。

【考點定位】電場強度、電勢、電勢能與電場力做功等概念及相互關(guān)系的理解與辨析。

難度中等。

1

(2013-江蘇卷)3.下列選項中的各一圓環(huán)大小相同,所帶電荷量已在圖中標此且電荷均勻

4

1

分布，各一圓環(huán)間彼此絕緣.坐標原點0處電場強度最大的是

4

ABCD

【答案】B

?kq1

【解析】試題分析：根據(jù)點電荷的電場強度公式上=子可得各一圓環(huán)上的電荷在o點的電

r4

場場強大小，再根據(jù)矢量合成，求出合場強，最后比較它們的大小即可。

解：由于電荷均勻分布，則各L圓環(huán)上的電荷等效集中于工圓環(huán)的中心，設(shè)圓的半徑為r,則

44

A圖0點處的場強大小為史豈=絳；將B圖中正、負電荷產(chǎn)生的場強進行彘加，等效兩電荷場強

r

方向間的夾角為90°,則在0點的合場強石8=,方向沿X軸負方向；C圖中兩正電荷在0

r

點的合場強為零，則c中的場強大小為耳=與，D圖由于完全對稱，易得合場強號,=0。故

r

0處電場強度最大的是圖Bo故答案為Bo

【考點定位】本題考查電場的會加，要注意采用等效思想及矢量的運算。難度：中等。

（2013?海南卷）1.如圖，電荷量為qi和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點。已知在P、

Q連線至某點R處的電場強度為零，月一PR=2RQ。則

A.qi=2q2B.q^4q22_________一當(dāng)

-c、〃PRQ

C.qi=-2q2D.qi=-4q2

【答案】B

【解析】點R處的電場強度為零則兩點電荷的電性相同，由真空中點電荷公式E=知，

卬和為在點R處的電場強度大小相等方向相反，代入八=2r2,故％=4紜o可得B正確。

【考點定位】考查學(xué)生對常見的靜電場場強及場強的噩加的理解，注重考查學(xué)生基本功。

（2013?安徽卷）20.如圖所示，X。），平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，Z>0

的空間為真空。將電荷為q的點電荷置于z軸上z=h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷?？?/p>

間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導(dǎo)

h

體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上z=一處的場強大小為（k為靜電力常量）

2

【答案】D

【解析】類比等效法等量異性點電荷場強的計算方法

E=$上=翳所以D正確

守有尸詡

【注意】類比法

【考點】等量異性點電荷場強、電場線分布特點

（2013?安徽卷）23、（16分）

如圖所示的平面直角坐標系xoy,在第I象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；

在第IV象限的正三角形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L,

且邊與y軸平行。一質(zhì)量為〃?、電荷量為q的粒子，從）,軸上的p（。,//）點，以大小為％的

速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a（2h,o）點進入第IV象限,又經(jīng)過磁場從

軸上的某點進入第HI象限，且速度與），軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：

E

(1)電場強度E的大??；

(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；

(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度8的最小值。

【答案】(1)2mVj/4qE(2)伍)(3)虱

【解析】⑴根據(jù)平拋運動小丁「。=在2h=v^

①m②③由以上各式得到

石=〈2)9=屈=%③%=&+寸=也”④方向指向第四象限與X軸正方向

就H缶(3)粒子在磁場中運動時有qvB=m—

成4/15角r,當(dāng)粒子從b點射出時磁場的磁感應(yīng)強度為

最大值，此時有2,所以ql

【注意】左手定則的應(yīng)用，左手定則判斷粒子運動的軌跡

【考點】類平拋運動洛倫茲力

(2013：重慶)3.如題3圖所示，高速運動的a粒子被位于0點的重原子核散射，實線表

示a粒子運動的軌跡，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，

■3B

A.a粒子在M點的速率比在Q點的大

B.三點中，a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.a粒子從M點運動到Q點，電場力對它做的總功為負功

【答案】B

【解析】口粒子受到重原子核的靜電斥力作用，從M經(jīng)N到Q,電場力先做負功后做正功，

因此a粒子在N點具有的電勢能最大，動能最小，又由于Q點比M點離核更遠，％＜處＜外,

所以從N到Q電場力做的正功比從M到N電場力做的負功多，總功為正，因此a粒子在Q點的

速率最大，ACD錯B正確。

【考點定位】電場

（2013?北京卷）22.（16分）如圖所示，兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場

可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒

子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力

的影響，求：

（1）勻強電場場強E的大小；

（2）粒子從電場射出時速度v的大??；

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。

【答案】(1)￡=—(2)v="%(3)2mU

dVmBqd

【解析】（l）勻強電場場強E=§

（2）根據(jù)動能定理：qU=—mv~,即v=J衛(wèi)^

（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力則有＞8=機1,即r="。代入速度v,則/?=工/即以

q

本題考察了帶電粒子在電場中加速和帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題。作為帶電粒子在場中的

運動的主要提醒，第一，書本上當(dāng)作例題重點分析，第二，歷年高考中多次出現(xiàn)類似的題型,

例如：2010年安徽卷第23題。如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為乙、L2）,

存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的

大小為E。,￡>0表示電場方向豎直向上。f=O時，一帶正電、質(zhì)量為機的微粒從左邊界匕

的乂點以水平速度u射入該區(qū)域，沿直線運動到0點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線

運動到右邊界上的N?點。。為線段MN2的中點，重力加速度為g。上述d、&）、機、丫、

g為已知量。

（1）求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度5的大??；

⑵求電場變化的周期T；

（3）改變定度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)宏度的區(qū)域，求T的最小值。

解析：（1）微粒作直線運動，則

mg+qE0=qvB①

微粒作圓周運動，則mg=qEfi②

聯(lián)立①②得

T③

8=也@

V

（2）設(shè)粒子從M運動到Q的時間為匕，作圓周運動的周期為t2,則

d

—=vt⑤

2x

v2

qvB=m—⑥

R

2兀R-vt2

聯(lián)立③④⑤⑥⑦得

d7VV

⑧

電場變化的周期

ed7TV

⑨

T=t1+t2=-+-

（3）若粒子能完成題述的運動過程，要求

d>2R(10)

聯(lián)立③④⑥得

*吟(11)

設(shè)NIQ段直線運動的最短時間為由⑤（10）（11）得

V

Jin=丁

2g

因t2不變，T的最小值

_(2^+l)v

1—II——

minmin2c

2g

這類題目要特別注意粒子的受力分析，通過受力分析決定物體的運動情況，在磁場還要注意

其運動軌跡，若能將其運動軌跡準確無誤做出，能夠大大減輕思維壓力，通過數(shù)學(xué)等式列示

求解。

【考點定位】本題考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題

（2013?上海卷）32.（12分）半徑為R,均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強

火小沿半徑分布如圖所示，圖中E。已知，E—r曲線下。一R部分的面積等于R—2R部分的面

積。

（1）寫出E—r曲線下面積的單位；

⑵己知帶電球在也R處的場強￡=卜。/，，式中A為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量

Q為多大？

⑶求球心與球表面間的電勢差

⑷質(zhì)量為m,電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處？

【答案】（l）v⑵。=寫（3）AU=^（4）?=，喏

【解析】U=E*D,電勢差等于電場強度與沿電場方向的距離的乘積。E-r曲線下面積的單位即

為電勢差的單位V.

帶電球在侖R處的場強￡=啦/廣向的距當(dāng)i=R時，有E0=咎，。=監(jiān)

球心與球表面的電勢差就是E-r圖像中R-2R部分所圍成的面積，曲線無法求解面積，因此

RF

轉(zhuǎn)而求0--R部分圍成的面積，即三角形面積AU=T

2

負電荷由R運動到級沿高電勢向低電勢運動，電場力做負功，根據(jù)動能定理

—qAUR-'mv2

2Vm

【考點定位】靜電場的分布，場強電場的分布，動能定理

（2013?大綱卷）25.（19分）一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強電場的作

用下，在t=0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示。不計重力，求在t=0至IJ

t=r的時間間隔內(nèi)

EQ.........................

2E0------

00.2510.510.75TT

t

~E0

-2E0

（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。

【解析】解法一：粒子在0?串、串?

7/2?3承、3T■?7■時間間隔內(nèi)做勻變速運動，

設(shè)加速度分別為由、。2、。3、。4，由牛頓第二定律得

V

qEq=ma｝、2qE。=-ma2、2qE°=ma3>qE。=-ma4（每個式子1分）

由此得帶電粒子在入/時間間隔內(nèi)運動的Q—t圖像如圖6）所示（2分），對應(yīng)的At圖像

如圖（b）所示（3分"其中

馬=勺工=嗎三（1分）

44m

由圖（b）可知，帶電粒子在t=0到t=7■時的位移為

T

s=一（2分）

4

聯(lián)立解得6=萼A（2分）

16M

它的方向沿初始電場正方向。（1分）

（2）由圖（b）可知，粒子在￡=3第到￡=5曲內(nèi)沿初始電場反方向運動，總的運動時間為

5T3TT,八、

t=——--=—（4分）

884

解法二：帶電粒子在粒子在此承、中?中、T在?3承、3邛》?T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，

設(shè)加速度分別為5、?、火、Q,,由牛頓第二定律得

qE0=〃必、2必0=-ma2、2qE°=may、qE0=-ma4（每個式子1分）

設(shè)粒子在t=%、t=T/2、t—3T/4.t=Tfl寸刻的速度分別為內(nèi)、內(nèi)、6、。4，則有

TTTT

Uj=6Z1—>Z）2=°1+“2~、03=%+W、04=03+04~（每個式子1分）

設(shè)帶電粒子在t=0到t=7■時的位移為s，有

v}+v2%+2T

?4+%?1（4分）

Y+22

解得=&L

S（2分）

16/M

它的方向沿初始電場正方向。（1分）

（2）由電場的變化規(guī)律知，粒子從￡=伊?xí)r開始減速，設(shè)經(jīng)過時間“粒子速度為零，有

0=%+貼，解得“=俯（1分）

粒子從￡=頂時開始加速，設(shè)經(jīng)過時間匕粒子速度為零，有

0=%+g歸，解得6=加（1分）

設(shè)粒子從t=0到t=T內(nèi)沿初始電場反方向運動的時間為t2,有

t=（工F+，2（1分）

4

解得￡=中（1分）

【考點定位】考查帶電粒子在交變電場中的運動及其相關(guān)知識。

（2013?新課標II卷）24.（14分）如圖，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。一電荷為q（q>0）

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。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】質(zhì)點所受電場力的大小為/=qE（1）

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

F+Nu=m」~

r(2)

N.—f=m~

r(3)

設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m,經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb,有

戶12

2(4)

根據(jù)動能定理有

J=2"⑹

根據(jù)(1)(2)(3)(4)(5)(6)式得：

6q⑺

EL白(5M)

12(8)

ET(5N&+M)

以(9)

【考點定位】電場、動能定理、牛頓第二定律

(2012高考真題】

(2012?重慶)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，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，貝U()

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點的電勢低于d點的電勢D.負電荷從。到c,電勢能減少

【答案】D

【解析】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；山于電場線與等勢

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點的電勢高于d點的電勢，C錯誤：從。到c,電勢升高，負電荷電勢能減少，D正確.

【考點定位】電場

(2012?上海)11.48、C三點在同一直線上，AB:BC=1:2,B點位于A、C之間，在8處固定一

電荷量為。的點電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去

A處電荷，在C處放電荷量為-2q的點電荷，其所受電場力為

(A)-F/2(B)F/l(C)-F(D)F

答案；B

在A點放一電荷量為+g的點電荷時：尸=上當(dāng)

解析；根據(jù)庫侖定律：F