高考物理重點試題練習(xí)電場(答案詳細(xì))

最新6年高考4年模擬（更新到2010年高考）之電場

第一部分六年高考題薈萃

2010年高考新題

1.2010?重慶?17某電容式話筒的原理示意圖如題18圖所示，E為電源，R為

電阻，薄片P和Q為兩金屬基板。對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動。在

P、Q間距增大過程中，

A.P、Q購車的電容器的電容增大

B.P上電荷量保持不變

C.M點的電勢比N點的低

題18圖

D.M點的電勢比N點的高

【答案】D

【解析】電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變。在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式。=」之得電容

4成d

減小，又根據(jù)電容定義式C="得電容器所帶電量減小，電容器的放電電流通過R的方向由M到N,所以M點

的電勢比N點的高。D正確

2.2010?全國卷I?16關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的是

A.電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關(guān)

B.電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低

C.將正點電荷從場強為零的?點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零

D.在正電荷或負(fù)電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向

【答案】C

【解析】在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負(fù)電

荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢低，離負(fù)電荷遠，電場強度小，電勢高，A錯誤。電勢差的大小決

定于兩點間距和電場強度，B錯誤；沿電場方向電勢降低，而且速度最快，C正確；場強為零，電勢不一定為零,

如從帶正電荷的導(dǎo)體球上將正電荷移動到另一帶負(fù)電荷的導(dǎo)體球上，電場力做正功。

【命題意圖與考點定位】考查靜電場中電場強度和電勢的特點，應(yīng)該根據(jù)所學(xué)知識舉例逐個排除。

3.2010?天津?5在靜電場中，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負(fù)功，則

A.b點的電場強度一定比a點大B.電場線方向一定從b指向a

C.b點的電勢一定比a點高D.該電荷的動能一定減小

答案：c

4.2010?全國卷n77在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為1()4v/m.已知一半徑為1mm的雨滴在此電場中不會

下落，取重力加速度大小為10m/$2,水的密度為1()3kg/掰3。這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為

A.2x10-9CB.4x10-"c.6x10-9CD.8x10-9C

【答案】B

【解析】帶電雨滴在電場力和重力作用下保持靜止，根據(jù)平衡條件電場力和重力必然等大反

44

103X-X3.14X10-9

句wg=Eq,貝Uq==-------=-----------------------=4x10C.

￡E104

【命題意圖與考點定位】電場力與平衡條件的綜合.

5.2010?江蘇物理?5空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨X變化的圖像如圖所示。下列說法正

確的是

(A)O點的電勢最低

(B)X2點的電勢最高

(C)Xi和-Xi兩點的電勢相等

(D)Xi和X3兩點的電勢相等

答案：C

6.2010?福建?18物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有

時只需要通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且

共軸的半徑分別為Ri和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷

均勻分布。兩圓環(huán)的圓心01和。2相距為2a,聯(lián)線的中點為。，軸線上的A點在

0點右側(cè)與O點相距為r(r<a)?是分析判斷下列關(guān)于A點處電場強度大小E的表達式(式中k為靜電力常量)

正確的是

kq(a+akq(a-r)

22

[%+(“+〃)[[/?2+(a-r)]

kq(a+『、kq(a-r)

D.

E=33

[&1+("+匕I2]1因+(一汗

答案：D

7.2010?新課標(biāo)77靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器.某除塵器模型的收塵

板是很長的條形金屬板，圖中直線為該收塵板的橫截面.工作時收塵板帶正電，其左側(cè)

的電場線分布如圖所示；粉塵帶負(fù)電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收塵板匕

若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，卜.列4幅圖中可能正確的

是（忽略重力和空氣阻力）

答案：A,解析：粉塵受力方向應(yīng)該是電場線的切線方向，從靜止開始運動時，只能是

'圖那樣，不可能出現(xiàn)BCD圖的情況.

8.2010?北京?18用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設(shè)兩極板正對面積為5,極

板間的距離為d,靜電計指針偏角為8。實驗中，極板所帶電荷量不變，若

A保持5不變,增大d,貝I」。變大

B.保持S不變,增大d,則。變小

C.保持d不變,減小S,貝IJ，變小

D.保持d不變,減小5,則。不變

【答案】A

【解析】由。=上"知保持S不變，增大d,電容減小，電容器帶電能力降低，電容器電量減小，靜電計所帶

4成d

電量增加，9變大；保持d不變，減小5,電容減小，力變大。正確答案A。

9.2010?上海物理?9三個點電荷電場的電場線分布如圖所示，圖中a、b兩點出的場強

大小分別為E“、Eh,電勢分別為心、（ph,則

b

(A)Ea>Eh,(pu>(pb

(B)Ea<Eb,(pu<(ph

(C)Ea>Eh,(pu<(ph

(D)Ea<Eh,(pa>(pb

【解析】根據(jù)電場線的疏密表示場強大小，沿電場線電勢降落(最快)，選C。本題考查電場線與場強與電勢的

關(guān)系。難度：易。

10.2010?海南物理?4如右圖，M、N和P是以上加為直徑的半圈弧上的三點，。點MO

:…呼---:N

為半圓弧的圓心，/加。P=60°.電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N\、、//

兩點，這時。點電場強度的大小為片;若將N點處的點電荷移至P點，則。點的場場強

大小變?yōu)榕c，用與馬之比為

A.1:2B,2:1c.2：GD.4:73

【答案】B

與

【解析】依題意，每個點電荷在。點產(chǎn)生的場強為2,則當(dāng)N點處的點電荷移至P點時，

亂工互:E]

。點場強如圖所示，合場強大小為1，則',B正確。

11.2010?安徽?16

16.如圖所示，在也匕平面內(nèi)有一個以O(shè)為圓心、半徑R&J懸的扇，P為圓周上的一點，O、

P兩點連線與x軸正方向的夾角為3若空間存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小

E=bOOV,'m,則O、P兩點的電勢差可表示為

A.%=-10sinJ(V)、I

B.4=10sine(V)/JA

D.4=40cos8(V).-**

【答案】A

【解析】在勻強電場中，兩點間的電勢差L=Hd,而d是沿場強方向上的距離，所以

入F=Ysinf,故：三=:領(lǐng)>[-a：sin￡i=-：0sin6(V),選項A正確。尹呷人

12.2010?海南物理?11利用靜電除塵器可以消除空氣中的粉塵.靜電除塵器由金屬管A和懸在

管中的金屬絲B組成，A和B分別接到高壓電源正極和負(fù)極，其裝置示意圖如右圖所示.A、B

之間有很強的電場，距B越近，場強（填："越大"或"越小"）。B附近的氣體分子被電

離成為電子和正離子，粉塵吸附電子后被吸附到（填"A"或"B"）上，最后在重力作用下

落入下面的漏斗中.

【答案】越大A

【解析】電極截面如圖所示，由電場線可判斷越靠近B場強越大；粉塵吸附電子后帶負(fù)電，因此向正極A運動。

13.2010?天津?12質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯

姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金

屬極板，板長為L,板右端到屏的距離為D,且D遠大于L,09為垂

直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O'。的距離。以

屏中心。為原點建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿

豎直方向。

（1）設(shè)一個質(zhì)量為m。、電荷量為q。的正離子以速度V。沿0Q的方向從。，點射入，板間不加電場和磁場時，離

子打在屏上。點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離。點的距離y0；

⑵假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。

上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從

（Y點沿方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個光點，對應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和

3.00mm,其中x坐標(biāo)大的光點是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完

全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時0'0方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。

解析：（1）離子在電場中受到的電場力

F,=q°E①

離子獲得的加速度

F

4，=一v②

以0

離子在板間運動的時間

L

③

%

到達極板右邊緣時，離子在+y方向的分速度

。="0④

離子從板右端到達屏上所需時間

,D

o⑤

%

離子射到屏上時偏離。點的距離

由上述各式，得

_q0ELD

Z0―2-⑥

加0%

(2)設(shè)離子電荷量為q,質(zhì)量為加，入射時速度為V,磁場的磁感應(yīng)強度為8,磁場對離子的洛倫茲力

Fx=qvB⑦

己知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運

動時，0'0方向的分速度總是遠大于在x方向和y方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫

茲力產(chǎn)生的加速度

qvB-

a^~~⑧

xm

見是離子在x方向的加速度，離子在x方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，

離子在無方向的分速度

匕“一迪占)=蟠⑨

mvm

離子飛出極板到達屏?xí)r，在x方向上偏離。點的距離

E，叫3=理⑩

mvmv

當(dāng)離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在歹方向上偏離?。點的距離為y,考慮到⑥式，得

片畔(.1)

mv

由⑩、?兩式得

k

x2=—y?

m

甘2

其中后=2q-B--L--D

E

上式表明，左是與離子進入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，X坐標(biāo)3.24mm的

光點對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為加1=12”，x坐標(biāo)3.00mm的光點對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為朋2，山?

式代入數(shù)據(jù)可得

w,?14M(13)

故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。

14.2010?江蘇物理75制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，

加在極板A、B間的電壓UAB作周期性變化，其正向電壓為U。，反向電壓為-kU0(左＞1),

電壓變化的周期為2r,如圖乙所示。在t=0時;極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e,受電場作用山

靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A,且不考慮重力作用。

（1）若左=2,電子在0—2r時間內(nèi)不能到達極板A,求d應(yīng)滿足的條件；

4

（2）若電子在0—2r時間未碰到極板B,求此運動過程中電子速度丫隨時間t變化的關(guān)系;

（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值。

(圍甲)(KZ.)

答案:

⑴電子在?！睍r間內(nèi)做勻加速運動

加速度的大?、?/p>

位移匹』,

在L2T時間內(nèi)先做勻夠速運動,后反向做勻加速運前

③

加速度的大小=24-p7ul

初速度的大4'列=。4

勻減速運動階段的位移的=：-⑤

%

依據(jù)甑意d>xt+Xi解得"、J10：⑥

(2)在2"T~(2n+l)f,S=0J,2,“，…加)時間內(nèi)

速度陷量射-7⑦

在(2n+l)7~2(A+l)T,(”0J,2,……出》時間內(nèi)

雌雌大小&T

ma

速度增量加廣-a，⑧

(a)當(dāng)(IWt一2幾丁〈丁時

電子面運動速度"聞:+曲】+%￡-2防)⑨

解得1HL仕+1)防曲”0,1,2,……,99)@

(b)當(dāng)0w，-(2n+1)r〈「時

電子的運營速度》竺伍+1)加：+必也-3[”⑵，+%；?

解得u=[S+l；(k”什-瓦￡(e=0,1,2,網(wǎng)@

n7W.

⑶電子在2(N-1)T~(2"-1月時間內(nèi)的位移修-1-VK-IT+^T1

電子在(2押-1)T~2的?時間內(nèi)的體移七=v^-)T-y?272

也丫-2=(1-1)(1)學(xué)

由⑩式可知

由觸可知,(N-MIA)r-^

依據(jù)雕x-iNI+125=°

4V-1

解得k二4jv^3

2009年高考題

一、選擇題

1.(09?年全國I78)如圖所示，一電場的電場線分布關(guān)于y剃I(沿豎直方向)對稱，0、

M、N是y軸上的三個點，且。M=MN,P點在y軸的右側(cè)，MP10N,貝U(AD)

A.M點的電勢比P點的電勢高

B.將負(fù)電荷由0點移動到P點，電場力做正功

C.M、N兩點間的電勢差大于0、M兩點間的電勢差

D.在0點靜止釋放?帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動

解析：本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點不處在同

一等勢線上而且有?”〉夕.，A對.將負(fù)電荷由0點移到P要克服電場力做功，及電場力做負(fù)功，B錯.根據(jù)

。=氏/,0到M的平均電場強度大于M到N的平均電場強度,所以有，C錯.從0點釋放正電子后，電

場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運動。

2.（09?全國卷n?19）圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。IN粒子

兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的。點以相

—a*—

同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實，_____V___

線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。若不計重力，貝lj（BD）___________A____

M粒子

A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B.N在a點的速度與M在C點的速度大小相同

C.N在從。點運動至a點的過程中克服電場力做功

D.M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零

解析：本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從0點到b點的過程中電場力對粒子做

功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下，電荷的正負(fù)不清楚但為

異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于。到c的兩點的電勢差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功

根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同，但方向不同,B對。

3.（09?北京?16）某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度!（

的大小分別為W和氏，電勢分別為小和比,則（A）

A.EA氏,U,.>UQ

B.E「>氏，UI，<UQI\

C.EY%,U〉UQ

D.EpV氏，Up<Uq

解析：從圖可以看出P點的電場線的密集程度大于Q點的密集程度，故P點的場強大于Q點的場強，因電場線

的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢逐漸降低，P點的電勢高于Q點的電勢，故A項正確。

4.（09?北京?19）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向I,yv?

下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的0點射入磁場、;8

1XXXX

電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的0'點（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的

磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度山0點射入,

從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b（C）

A.穿出位置一定在O'點下方

B.穿出位置一定在O'點上方

C.運動時，在電場中的電勢能一定減小

D.在電場中運動時，動能一定減小

解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，

故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去

磁場只保留電場時.，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從。，點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿

過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，

故C項正確D項錯誤。

5.（09?北京?20）圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R和％的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為取

環(huán)面中心0為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點P到0點的的距離為x,P點電場強度的大小為

Eo下面給出E的四個表達式（式中k為靜電力常量），其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E,

但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應(yīng)為（B）

R

A.E=2兀?

B.E=27rzeT(-i=?

C.E-1

D.E=27rze(-(-=~

解析：當(dāng)R1=O時，對于A項而言E=0,此時帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點的電場強度E>0,故A

項錯誤；當(dāng)x=0時，此時要求的場強為。點的場強，由對稱性可知E0=0,對于C項而言，x=0時E為一定值，故

C項錯誤。當(dāng)Xf8時E—0,而D項中Ef4TIKO故D項錯誤；所以正確選項只能為B。

6.（09?上海物理?3）兩帶電量分別為q和一q的點電荷放在x軸上，相距為L,能正確反映兩電荷連線上場強

大小E與x關(guān)系的是圖（A）

解析：由等量異種點電荷的電場強度的關(guān)系可知，在兩電荷連線中點處電場強度最小，但不是零，從兩點電荷向

中點電場強度逐漸減小，因此A正確。

7.（09?上海物理?7）位于A、B處的兩個帶有不等量負(fù)電的點電荷在平面內(nèi)電

勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則

A.a點和b點的電場強度相同

B.正電荷從c點移到d點，電場力做正功

C.負(fù)電荷從a點移到c點，電場力做正功

D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能先減小后增大

解析：電場線的疏密可以表示電場的強弱，可見A錯誤；正電荷從c點移到d點,電場力做負(fù)功，負(fù)電荷從a

點移到c點，電場力做正功，所以B錯誤，C正確：正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電場力先做正功，后做

負(fù)功，但整個過程電場力做正功，D正確。

8.（09?廣東物理?6）如圖所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊。山靜止釋

放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止。在物塊的運動過程中，下列表述正確的是（A）

A.兩個物塊的電勢能逐漸減少+q

B.物塊受到的庫侖力不做功

WX\V\XXX\\\\\X\W

C.兩個物塊的機械能守恒

D.物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力

解析：由于兩電荷電性相同，則二者之間的作用力為斥力，因此在遠離過程中，電場力做正功，則電勢能逐漸減

少，A正確：B錯誤；由于運動過程中，有重力以外的力電場力和摩擦力做功，故機械能不守恒，C錯誤；在遠

離過程中開始電場力大于摩擦力，后來電場力小于摩擦力?！?一??

9.（09?天津?5）如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，|VM

M、N為板間同一電場線上的兩點，?帶電粒子（不計重力）以速度VM經(jīng)過M點i

TV*|PN

在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度VN折回N點。,?,

則（B）

A.粒子受電場力的方向一定由M指向N

B.粒子在M點的速度一定比在N點的大

C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大

D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢

解析：由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力

做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷以

川點電勢的高低，C錯。

10.（09?四川?20）如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方0點處有一正點電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度

%從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為Vz（VzVVD。若小物體電荷量保

持不變，0M=0N,則（AD）

A.小物體上升的最大高度為左〃公

4g

B.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小

C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功

D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小

解析：設(shè)斜面傾角為?、上升過程沿斜面運動的最大距離為L。

因為0M=0N,則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。上滑和F滑經(jīng)過同一個位置

時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經(jīng)過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應(yīng)的摩擦

力所作的功均為相等的負(fù)功，所以上滑和下滑過程克服電場力產(chǎn)生的摩擦力所作的功相等、并設(shè)為W,o在上滑

-2

和下滑過程，對小物體，應(yīng)用動能定理分別有:—mgsin。L—umgcos0L—Wi=----和mgsin0L—umgcos

2

oL—W1=上兩式相減可得sin。L=K-+匕-,A對；由OM=ON,可知電場力對小物體先作正功后作負(fù)

24g

功，電勢能先減小后增大，BC錯；從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而

重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到0的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物

體受到的電場力先增大后減小，D對。

利

11.（09?寧夏-16）醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈

電

勢

的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁

差

場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向

和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁

場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子

所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略，兩觸點間

的電勢差為160|iV,磁感應(yīng)強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為

（A）

A.1.3m/s,a正、b負(fù)B.2.7m/s,a正、b負(fù)

C.1.3m/s,a負(fù)、b正D.2.7m/s，a負(fù)、b正

12.（09?海南物理?5）—平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S,電容為%S/d,其中％是常量。對

此電容器充電后斷開電源。當(dāng)增加兩板間距時，電容器極板間（A）

A.電場強度不變，電勢差變大

B.電場強度不變，電勢差不變

C.電場強度減小，電勢差不變

D.電場強度較小，電勢差減小

I

13.（09?海南物理?10）如圖，兩等量異號的點電荷相距為2a。M與兩點電荷共線，］:N

N位于兩點電荷連線的中垂線上,兩點電荷連線中點到M和N的距離都為L,且/a。'：

L：

略去（a/A）”（〃N2）項的貢獻，則兩點電荷的合電場在M和N點的強度（AC）M

A.大小之比為2,方向相反h---------L—~H

B.大小之比為1,方向相反

C.大小均與a成正比，方向相反

D.大小均與L的平方成反比，方向相互垂直

14.（09?江蘇物理?8）空間某一靜電場的電勢夕在X軸上分布如圖所示，X軸上兩點8、C點電場強度在x方

向上的分量分別是E&、ECx,下列說法中正確的有

A.的大小大于￡心的大小

B.E版的方向沿x軸正方向

C.電荷在。點受到的電場力在x方向上的分量最大

D.負(fù)電荷沿x軸從8移到。的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功

解析：本題的入手點在于如何判斷E&和E&的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不

相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強磁場，用勻強磁場的處理方法思考，從而得到結(jié)

論，此方法為微元法；需要對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)由較為全面的理解。在8點和C點附近分別取很小的一

段d,由圖象，B點段對應(yīng)的電勢差大于C點段對應(yīng)的電勢差，看做勻強電場有七=竺，可見A

d

項iE確；同理可知。點場強最小，電荷在該點受到的電場力最小，C項錯誤；沿電場方向電勢降低，在。點左

側(cè)，E&的方向沿x軸負(fù)方向，在。點右側(cè)，E6的方向沿x軸正方向，所以B項錯誤，D項正確。

15.（09?廣東理科基礎(chǔ)?12）關(guān)于同?電場的電場線，下列表述正確的是(C)

A.電場線是客觀存在的

B.電場線越密，電場強度越小

C.沿著電場線方向，電勢越來越低

D.電荷在沿電場線方向移動時;電勢能減小

解析：電場是客觀存在的，而電場線是假想的，A錯；電場線越密的地方電場越大B錯；沿著電場線的方向電勢

逐漸降低C對；負(fù)電荷沿著電場線方向移動時電場力做負(fù)功電勢能增加D錯。

16.（09?東理科基礎(chǔ)?16）如圖所示，一帶負(fù)電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形

成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的是（C）

A.粒子在M點的速率最大

B.粒子所受電場力沿電場方向

C.粒子在電場中的加速度不變

D.粒子在電場中的電勢能始終在增加

解析：根據(jù)做曲線運動物體的受力特點合力指向軌跡的凹側(cè)，再結(jié)合電場力的特點可知粒子帶負(fù)電，即受到的

電場力方向與電場線方向相反，B錯；從N到M電場力做負(fù)功，減速，電勢能在增加，當(dāng)達到M點后電場力做

正功加速電勢能在減小則在M點的速度最小A錯,D錯；在整個過程中只受電場力，根據(jù)牛頓第二定律加速度不

變。

17.（09?廣東文科基礎(chǔ)?60）如圖9所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b。下列表述正確的是（B）

A.該電場是勻強電場//1I

B.a點的電場強度比b點的大

C.b點的電場強度比a點的大TI\b\

D.正電荷在a、b兩點受力方向相同圖9

18.（09?山東?20）如圖所示，在x軸上關(guān)于原點。對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q,x軸上的P

點位于的右側(cè)。下列判斷正確的是（AC）

A.在x軸上還有一點與P點電場強度相同

+Q-Q

B.在X軸上還有兩點與P點電場強度相同--------------Q---------------------p------2

C.若將一試探電荷+q從P點移至。點，電勢能增大

D.若將一試探電荷+q從P點移至。點，電勢能減小

解析：根據(jù)等量正負(fù)點電荷的電場分布可知，在x軸卜.還有?點與P點電場強度相同，即和P點關(guān)于0點對稱,

A正確。若將一試探電荷+q從P點移至。點，電場力先做正功后做負(fù)功，所以電勢能先減小后增大。一般規(guī)定

無窮遠電勢為零，過0點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+q在P點時電勢能為負(fù)值，移至O點時電勢能為

零，所以電勢能增大，C正確。

考點：電場線、電場強度、電勢能

提示：熟悉掌握等量正負(fù)點電荷的電場分布。知道W*B=EPH_EPB，即電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為其他形式

的能，電勢能減少；電場力做負(fù)功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能，電勢能增加，即%=-

19.（09?安徽?18.）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abed,頂點a、c處分別固定個正點電荷，電

荷量相等，如圖所示。若將一個帶負(fù)電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動。粒子從b

點運動到d點的過程中（D

A.先作勻加速運動，后作勻減速運動

B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢

C.電勢能與機械能之和先增大，后減小

D.電勢能先減小，后增大

解析：由于負(fù)電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷

的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線。點的電勢最高，所以從b到&電勢是先

增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故

電勢能與機械能的和守恒，C錯；由6到。電場力做正功，電勢能減小，由。到d電

場力做負(fù)功，電勢能增加，D對。

20.（09?福建?15）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不

計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)

將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（B）

A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動生

B.P點的電勢將降低

C.帶點油滴的電勢將減少

D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大

解析：電容器兩端電壓〃不變，由公式E=^,場強變小，電場力變小，帶點油滴將沿豎直方向向下運動，A

錯；P到下極板距離，不變，而強場〃減小，由公式U=Ed矩產(chǎn)與正極板的電勢差變小，又因為下極板電勢不變,

所以P點的電勢變小，8對；由于電場力向上，而電場方向向下，可以推斷油滴帶負(fù)電，又尸點的電勢降低，所

以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓〃不變，電容C減小時由公式。=口；帶電量減小，D錯.

21.（09?浙江?16）如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷八八

11

量均為＜7（,＜7＞0）、的相同小球，小球之一間用勁度系數(shù)，均為左。的輕質(zhì)/

]./.1./—I

彈簧絕緣連接。當(dāng)3個小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時，每根彈簧長度為已

知靜電力常量為左，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈簧的原長為C)

,5kq2kq~5kq25kq~

A.1+-B.

2k/彳WD-/一號

解析：第三個小球受三個力的作用，它們的關(guān)qkq

八0F23

Q>AAA/\AA~

系是Q

F13

kox=K++K,/"、了,得x=—^-r-

o1（2/）24koi2

/0=I—x=l-------—

22.（09?浙江?20）空間存在勻強電場，有一電荷量q（q〉0）、質(zhì)量加的粒子從O點以速率％射入電場，運

動到4點時速率為2%?，F(xiàn)有另?電荷量-4、質(zhì)量m的粒子以速率2%仍從。點射入該電場，運動到8點

時速率為3%。若忽略重力的影響，則（AD）

A.在O、A,8三點中，8點電勢最高

B.在。、/、8三點中，4點電勢最高

C.04間的電勢差比80間的電勢差大

D.C%間的電勢差比氏4間的電勢差小

解析：正電荷由。到A,動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，。點電勢較高；負(fù)電荷從0到

B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比。點高。所以B點最高，A對；

；〃?（3%）2-；加（2%）2

WoB5mv1

故D對。

qq2q一q-q

23.（09?寧夏78）空間有一均勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系O-盯z,

M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標(biāo)（0,a,0）,N點的坐標(biāo)為（”,0,0）,P點的坐標(biāo)為

（a,-,-）已知電場方向平行于直線MN,M點電勢為0,N點電勢為IV,則P點的電

22

勢為（D）

予生

A