1、2012年物理高考试题分类解析【考点7】电场1 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()AP、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少1D 由图中等势面的对称性知，P、Q两处为等量异种电荷，A错误；由于电场线与等势面垂直，所以ab两处的电场强度方向不同，B错误；P处为正电荷，c在离P更近的等势面上，c点的电势高于d点的电势，C错误；从a到c，电势升高，负电荷电势能减少，D正确2 用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝
2、缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和2ABC 笔套与头发摩擦，笔套带电，故选项A正确；带电的笔套靠近金属箔做成的圆环，由于静电感应，在圆环的上、下部感应出异种电荷，故选项B正确；圆环被吸引到笔套上的过程中，圆环有向上的加速度，静电力大于圆环的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的电荷有一部分转移到圆环，不会立
3、刻被全部中和，故选项D错误3 两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A做直线运动，电势能先变小后变大B做直线运动，电势能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大D做曲线运动，电势能先变大后变小3C 带负电的粒子刚进入电场时受力方向与初速度方向垂直，粒子做曲线运动开始时，粒子所在处电势为零，粒子的电势能也为零在电场力的作用下，带负电的粒子将向电势高的一侧偏转，电势能变为负值，最后离开电场，离开电场后粒子的电势能重新变为零，所以该粒子的电势能先变小后变大4
4、图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子()A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 4CD 从运动轨迹来看，带电粒子在运动过程中一直受到固定正点电荷的斥力作用，所以带电粒子带的是正电，故A错a点离点电荷最近，所以受力最大，故B错带电粒子由b点到c点，电场力做正功，带电粒子的电势能减小，所以C正确虚线是一组间距相等的同心圆，不是等差等势面，所以a、b间电势差大于b、c间电势差，由a点到b点动能的增量大
5、于由b点到c点动能的增量，故D正确5 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动5BD 带电粒子所受的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动，由受力分析可得粒子所受的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线运动，A、C错误，D正确；因电场力做负功，故粒子电势能逐渐增加，B正确6 真空中，A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r，则A、B 两点的电场强度大小之比为()A31B13C91D196C 根据点电荷周围
6、的电场强度表达式Ek，可知点电荷周围的电场强度的大小与距离的二次方成反比，A、B两点与点电荷Q的距离之比为13，所以电场强度大小之比为91，C项正确7 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大 BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小7B 由平行板电容器的电容的表达式C，当两极板之间插入一电介质，r变大，则C变大，由C可知，在电荷量Q不变的情况下，两极板间的电势差U将减小，B项正确8 如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对
7、矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A带正电的矿粉落在右侧B电场力对矿粉做正功C带负电的矿粉电势能变大D带正电的矿粉电势能变小8BD 电场线的方向是由右向左，所以正电荷受到向左的电场力负电荷受到向右的电场力，电场力对正电荷或负电荷都是做正功，电势能减少，故AC错，BD对9 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A200 V/mB200 V/mC100 V/m D100 V/m9A 如图所示，取OA的中点C，则C点的电势为3 V，连接B、C，可得直线BC为一等势线，过A点作B
8、C的垂线交BC于D，由图可知tan，得30，因ADCAsin0.03 m0.015 m，故EV/m200 V/m，A正确10 如图（1）所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E2k，方向沿x轴现考虑单位面积带电荷量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图（2）所示则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()图（1） 图（2）A2k0 B2k0C2k0 D2k01A 由公式E2k可知，当R时，0，则E2k，即单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板在Q处产生的电场强度E02 k
9、0，而挖去的一个半径为r 的圆板在Q处产生的电场强度E2k0，所以此时的电场强度EE0E2k0，故A正确11 如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()AA点电势大于B点电势BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能11.C 由于在移动电荷过程中克服电场力做功，故电场力应指向Q，所以点电荷Q为负电荷，作出Q的电场线，如图所示A点比B点离负电荷Q更近，故B点电势高于A点电势，A错；在点电
10、荷Q产生的电场中，A点比B点离点电荷Q更近，故A点电场强度较大，B错；电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的零势点的过程中电场力所做的功，所以q1、q2两电荷在A、B两处的电势能相等，D错；将q1、q2分别从A、B两点移到无穷远过程中，克服电场力做的功相等，q1对应的电势差U1比较大，由WqU可知，q1q2，C对12 匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量将带正电的质点A在O点静止释放A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静
11、电作用已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和.不计重力(1)求A在电场中的运动时间t；(2)若B的电荷量qQ，求两质点相互作用能的最大值Epm；(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm .12【答案】(1) (2) QE0d (3) Q (1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度aA在电场中做匀速直线运动dat2解得运动时间t(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有QE0dmvA02，qE0dvB02A、B相互作用过程中，动量和能量守恒A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做
12、负功A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，有(m)vmvA0vB0Epm(mvA02vB02)(m)v2已知qQ，由、式解得相互作用能的最大值EpmQE0d(3)考虑A、B在xd区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有mvAvBmvA0vB0mvA2vB2mvA02vB02由、解得vBvB0vA0因B不改变运动方向，故 vBvB0vA00由、解得qQ即B所带电荷量的最大值qmQ13 如图，一平行板电
13、容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量13【答案】2Q 设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡位置设小球质量为m，所带电荷量为q，则有Tcos1mgTsin1qE式中T为此时悬线的张力联立式得tan1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan2联立式得代入数据解得Q2Q- 7 -
