2009屆新課標物理考點預測（9）
電場
一、考點介紹
二、高考真題
1．（2008年山東卷.理綜.21）如圖1所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q,且CO=OD, ∠ADO＝60
.下列判斷正確的是（ ）
A.O點電場強度為零 B.O點電場強度為零
C.若將點電荷+q從O移向C,電勢能增大
D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大 圖1
2．（2008年海南卷.物理 .5）質子和中于是由更基本的粒子即所謂“夸克”組成的．兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自由”）；在距離較遠時，它們之間就會出現很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）．作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系為：
式中F0為大于零的常量，負號表示引力．用U表示夸克間的勢能，令U0＝F0(r2―r1)，取無窮遠為勢能零點．下列圖2中U－r圖示中正確的是（ ）
 |
圖2
3．（2008年上海卷.物理
此過程中電場力做的功為＿＿＿＿J。
4.（2008年江蘇卷.物量.6）如圖4所示，實線為電場線，虛線為等勢線且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為
、
、
，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正確的有（ ）
A. ＞＞ B. EC＞EB＞EA
圖4
C. UAB＜UBC D. UAB＝UBC
5．（2008年海南卷.物理.6）如圖5所示，勻強電場中有a、b、c三點．在以它們為頂點的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°,電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為
V、
V和2 V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為
A．V、V
B．0 V、4 V
C．
V、
D．0 V、
V
圖5
6．（2008年寧夏卷.理綜.21）如圖6所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度a。在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是（ ）
A.縮小a、b間的距離 B.加大a、b間的距離
C.取出a、b兩極板間的電介質
D.換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質
圖6
7．（2008年上海卷.物理.14）如圖7所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線。在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（設不改變原來的電場分布），在以后的一段時間內，P在CD連線上做往復運動。若（ ）
（A）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小
（B）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中每次經過O 圖7
點時的速率不斷減小
（C）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中周期不斷減小
（D）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中振幅不斷減小
8．（2008年廣東卷.物理.8）圖8中的實線表示電場線，虛
線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經過
M點，再經過N點，可以判定( )
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場 圖8
9．(2008年全國卷.理綜.17）一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向將是（ ）
A．2v、向下 B．2v、向上 C．3 v、向下 D．3 v、向上
10．（2008年海南卷．物理．8）靜電場中，帶電粒子在電場力作用下從電勢為φa的a點運動至電勢為φb的b點．若帶電粒子在a、b兩點的速率分別為va、vb，不計重力，則帶電粒子的比荷q/m，為
A．
B．
C．
D．
11．（2008年高考上海卷.物理.23）如圖9所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。 圖9
（1）在該區域AB邊的中點處由靜止釋放電子，
求電子離開ABCD區域的位置。
（2）在電場I區域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。
（3）若將左側電場II整體水平向右移動L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區域內由靜止釋放電子的所有位置。
12．(2008年 廣東卷.物理.19．）如圖10（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區域內存在水平向左的電場，電場強度E隨時間的變化如圖10（b）所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點。t=0時，帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區域。隨后與P2發生正碰后反彈，反彈速度是碰前的
倍。P1的質量為m1，帶電量為q，P2的質量為m2=
.已知
，
.
（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間。
（2）討論兩球能否在OB區間內再次發生碰撞。
圖10
三、名校試題
1．（山東省濟寧市2009屆高三教學質量檢測卷．物理。5）如圖11所示，福娃歡歡帶正電，福娃貝貝帶負電，用導體棒連結的瞬間，就一系列問題兩人發生爭執，你認為下列說法不正確的是（ ）
A．福娃歡歡說，電流計指針偏轉，有瞬時電流
B．福娃貝貝說，電流計指針不偏轉，無電流
C．福娃歡歡說，最終我們是等勢體
D．福娃貝貝說，最終導體棒內的電場強度等于零
2．（江蘇揚州市2009屆調研試卷．物理。7）如圖12所示勻強電場E的區域內，在O點處放置一點電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O點為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（D）
A．b、d兩點的電場強度相同
B．a點的電勢等于f點的電勢
C．點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功
D．將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動，從球面上a點移 圖12
動到c點的電勢能變化量一
定最大
3．（山東省煙臺市2008―2009學年度高三第一學期學段檢測卷．物理．7）圖13是某同學設計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關系為Q=
（a、b為大于零的常數），其圖象如題圖14所示，那么
圖13
圖15、圖16中反映極板間場強大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是（ ）
圖14 圖15 圖16
A.①和③
B.①和④
C.②和③
D.②和④
4．（2009年廣東省廣州市高三年級調研測試卷．物理．12）空氣中的負離子對人的健康極為有益。人工產生負氧離子的方法最常用的是電暈放電法。如圖17所示，一排針狀負極和環形正極之間加上直流高電壓，電壓達5000V左右，使空氣發生電離，從而產生負氧離子排出，使空氣清新化，針狀負極與環形正極間距為
A．E=103V/m，F=1.6×10-16N
B．E=106 V/m，F=1.6×10-16N
C．E=103 V/m，F=1.6×10-13N 圖17
D．E=106 V/m，F=1.6×10-13N
5．（山東省萊州一中2009屆高三上學期期中考試卷．物理．7） 如圖18所示，在一點電荷產生的電場中有一條直線MN，，直線
上有a、b兩點，下列說法中正確的是 （ ）
圖18
A．a、b兩點的場強方向一定相同
B．a、b兩點的場強大小一定相等
C．a、b兩點的電勢一定不同
D．a、b兩點的電勢有可能相同
6．(湖南長沙二中2009屆高三第一次質量檢測試卷．物理．14)如圖19所示，兩塊平行金屬板A、B彼此平行放置，板間距離為d，兩板分別帶有等量異種電荷，且A板帶正電，兩板中間有一帶負電的油滴P，當兩板水平放置時，油滴恰好平衡，若把兩板傾斜60°，把油滴從P靜止釋放，油滴可以打在金屬板上，問：（1）油滴將打在哪塊金屬板上？
（2）油滴打在金屬板上的速率是多少？ 圖19
7．（江蘇鹽城市高三第二次調研卷．物理．16）帶等量異種電荷的兩平行金屬板相距L，板長H，豎直放置，x軸從極板中點O通過，如圖20所示。板間勻強電場的場強為E，且帶正電的極板接地。將一質量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標為x0處釋放。
（1）試從牛頓第二定律出發，證明該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變。
（2）為使該粒子從負極板上方邊緣的P點射出，須在x0處使該粒子獲得豎直向上的初速度v0為多大? 圖20
8．(廣東省中山一中2008―2009學年第一學期高三第一次統測卷．物理．18)電子所帶電荷量最早是由美國科學家密立根通過油滴實驗測出的．油滴實驗的原理如圖21所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷．油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以
圖21
觀察到油滴的運動情況．兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油滴的浮力和阻力．
(1)調節兩金屬板間的電勢差U，當u=U0時，使得某個質量 為ml的油滴恰好做勻速運動．該油滴所帶電荷量q為多少？
(2)若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差u=U時，觀察到某個質量為m2的油滴進入電場后做勻加速運動，經過時間t運動到下極板，求此油滴所帶電荷量Q.
9．（2009年廣東省廣州市高三年級調研測試．物理．17）絕緣細繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個帶負電的電量為q、質量為m的小球，當空間建立水平方向的勻強電場后，繩穩定處于與豎直方向成θ=600角的位置，如圖22所示。（1）求勻強電場的場強E；（2）若細繩長為L，讓小球從θ=300的A點釋放，王明同學求解小球運動至某點的速度的過程如
下：據動能定理
-mgL（1―cos300）+qELsin300=
得：
圖22
你認為王明同學求的是最低點O還是θ=600的平衡位置處的速度，
正確嗎？請詳細說明理由或求解過程。
10．（山東省濟南一中2009屆高三上學期期中考試卷．物理．
17）如圖23所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電。兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔。C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O’處，C帶正電、D帶負電。兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O’。半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計。現從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為m、電量為q的帶正電微粒（微粒的重力不計），問：
圖23
⑴微粒穿過B板小孔時的速度多大；
⑵為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應滿足什么條件；
⑶從釋放微粒開始，經過多長時間微粒會通過半圓形金屬板間的最低點P點？
11．（江蘇2009屆海安如皋高三物理期中聯考卷．物理．18）如圖24所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L = 
．求：
（1）為使第一個微粒的落點范圍能在下板中點到緊靠邊緣的B點之內，求微粒入射的初速度v0的取值范圍；
（2）若帶電微粒以第一問中初速度
的最小值入射，則
最多能有多少個帶電微粒落到下極板上？ 圖24
（一）文字介紹
預測2009年對電場考查選擇題和計算均有：選擇題主要檢測考生對重要概念的理解和基本規律的運用．重點考查庫侖定律、電場、電場強度、電場線、勻強電場、電場強度的疊加、勻強電場中電勢差根電場強度的關系、電容器的電容等基本概念、基本規律的綜合運用；
計算題仍是以高分值高難度形式出現，重點是考查電場力、電勢能、電勢差、電勢等概念與力學綜合
（二）考點預測題
四、考點預測
1．有兩個帶電小球，電荷量分別為+Q和+9Q。在真空中相距
2．已經證實，質子、中子都是由上夸克和下夸克的兩種夸克組成的，上夸克帶電為
，下夸克帶電為
，e為電子所帶電量的大小，如果質子是由三個夸克組成的，且各個夸克之間的距離都為
,
,試計算質子內相鄰兩個夸克之間的靜電力（庫侖力）
3．如圖25所示，實線是一簇未標明方向的由點電荷Q產生的電場線，若帶電粒子q（|Q|>>|q|）由a運動到b，電場力做正功。已知在a、b兩點粒子所受電場力分別為Fa、Fb,則下列判斷正確的是
A．若Q為正電荷，則q帶正電，Fa>Fb
B．若Q為正電荷，則q帶正電，Fa<Fb
C．若Q為負電荷，則q帶正電，Fa>Fb
D．若Q為負電荷，則q帶正電，Fa<Fb
圖25
4．兩個質量相同的小球用不可伸長的細線連結，置于場強為E的勻強電場中，小球1和小球2均帶正電，電量分別為q1和q2（q1＞q2）。將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖26所示。若將兩小球同時從靜止狀態釋放，則釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）
A．
B．
C．
D．
圖26
5．圖27所示的勻強電場E的區域內，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作為頂點構成一正方體空間，電場方向與面ABCD垂直。下列說法正確的是（ ）
A．AD兩點間電勢差UAD與A A＇兩點間電勢差UAA＇相等
B．帶正電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做正功
C．帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電勢能減小 圖27
D．帶電的粒子從A點移到C＇點，沿對角線A C＇與沿路徑A→B→B＇→C＇電場力做功相同
6．如圖28所示，固定在Q點的正點電荷的電場中有M、N兩點，已知
＜
。下列敘正確的是 （ ）
A．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則電場力對該電荷做功，電勢能減少
B．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則該電荷克服電場力做功，電勢能增加 圖28
C．若把一負的點電荷從M點沿直線移到N點，則電場力對該電荷做功，電勢能減少
D．若把一負的點電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點，則該電荷克服電場力做的功等于電場力對該電荷所做的動，電勢能不變
7．勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為
A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m
B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m
C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m
D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m 圖29
8．a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在的平面平行。已知a點的電勢是20V，b點的電勢是24V，d點的電勢是4V，如圖30所示。 由此可知，c點的電勢為（ ） 圖30
A、4V B、8V C、12V D、24V
9．豎直放置的一對平行金屬板的左極板上用絕緣線懸掛了一個帶正電的小球，將平行金屬板按圖31所示的電路圖連接。絕緣線
與左極板的夾角為θ。當滑動變阻器R的滑片在a位置時，
電流表的讀數為I1，夾角為θ1；當滑片在b位置時，
電流表的讀數為I2，夾角為θ2，則 （ ）
Ａ．θ1<θ2，I1<I2 Ｂ．θ1>θ2，I1>I2
Ｃ．θ1=θ2，I1=I2 Ｄ．θ1<θ2，I1=I2 圖31
 |
10．如圖32所示，電源內阻為
，電動勢為
，
電壓表內阻力10k
，Y為靜電計，兩個電容器的
電容分別為
和
．下列說法中正確的是（ ）
A．若
，電壓表和靜電計兩端電壓相等
B．若＜，則電壓表兩端電壓為零
C．不論和是否相等，電壓表兩端電壓均為零 D．上帶電量為零
11．兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的。一個
粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達撫極板是恰好落在極板中心。已知質子電荷為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：
（1）極板間的電場強度E；
（2）粒子在極板間運動的加速度a；
（3）粒子的初速度v0。
12．如圖33所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距
（2）帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。
13．電偶極子模型是指電量為q、相距為l的一對正負點電荷組成的電結構，O是中點，電偶極子的方向為從負電荷指向正電荷，用圖34(a)所示的矢量表示．科學家在描述某類物質的電性質時，認為物質是由大量的電偶極子組成的，平時由于電偶極子的排列方向雜亂無章，因而該物質不顯示帶電的特性．當加上外電場后，電偶極子繞其中心轉動，最后都趨向于沿外電場方向排列，從而使物質中的合電場發生變化．
(1）如圖34(b）所示，有一電偶極子放置在電場強度為E。的勻強外電場中，若電偶極子的方向與外電場方向的夾角為θ，求作用在電偶極子上的電場力繞O點的力矩；
（2）求圖34(b)中的電偶極子在力矩的作用下轉動到外電場方向的過程中，電場力所做的功；
圖34
（3）求電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，其方向與外電場方向夾角的可能值及相應的電勢能；
（4）現考察物質中的三個電偶極子，其中心在一條直線上，初始時刻如圖34(c）排列，它們相互間隔距離恰等于 1．加上外電場EO后，三個電偶極子轉到外電場方向，若在圖中A點處引人一電量為+q0的點電荷(q0很小，不影響周圍電場的分布），求該點電荷 所受電場力的大小．
14．如圖35所示，一根長 L =
( l ）小球B開始運動時的加速度為多大？
( 2 ）小球B 的速度最大時，距 M 端的高度 h1為多大？ 圖35
( 3 ）小球 B 從 N 端運動到距 M 端的高度 h2＝
高考真題
1．【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由
和幾何關系可以得出，A錯B對。在
之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。
【答案】BD
2．【解析】從無窮遠處電勢為零開始到r = r2位置，勢能恒定為零，在r = r2到r = r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r ＜ r1之后勢能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0(r2－r1)．所以選項B正確
【答案】B
3．【解析】將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10?9×（15－10)J=－2.5×10－8J
【答案】－2.5×10－8J
4．【解析】考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規律。A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規律
【答案】AC
5．【解析】如圖所示，根據勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP= UOa=
V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。所以選項B正確
【答案】 B
6．【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數ε、減小板的針對面積S。所以選項B、C正確．
【答案】BC
7．【解析】設F與F′繞O點對稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點的回復力作用下做往復運動，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到F′點下方，即振幅會加大，A錯；每次經過O點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確。
【答案】CD
8．【解析】由沿電場線方向電勢降低，所以選項A正確；電場線越密的地方場強越大，得選項D正確。
【答案】D
9．【解析】當不加電場時，油滴勻速下降，即
；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即
，解之得:
,當兩極間電壓為－U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當勻速運動時，
，解之得：v'=3v，C項正確
【答案】C
10．【解析】由電勢差公式以及動能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷為 = ，所以選項C對．
【答案】C
11．【解析】（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有
解得 y＝
，所以原假設成立，即電子離開ABCD區域的位置坐標為（－2L，）
（2）設釋放點在電場區域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有
解得 xy＝
，即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置。
（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，則有
，
解得 
，即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置
【答案】（1）（－2L，）（2） xy＝ （3）
12．【解析】(1)P1經t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：
又：
解得：
所需時間：
（2）設P1、P2碰撞后又經
時間在OB區間內再次發生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設成立，兩球能在OB區間內再次發生碰撞。
【答案】
（1） （2）兩球能在OB區間內再次發生碰撞
名校試題
1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢高于帶負電荷的福娃貝貝，用導體棒連結的瞬間，電流表指針偏轉，有瞬時電流 ，
最終達到靜電平衡，成為是等勢體，導體棒內的電場強度等于零。
【答案】AC
2．【解析】b、d兩點的合場強方向不同，所以選項A錯；a點的電勢高于f點的電勢，選項B錯；若在b、d、e、f上移動電場力不做功，選項C錯，將點電荷+q從球面上a點移動到c點的電場力做功最大，所以電勢能變化量一定最大，故選項D對．
【答案】D
3．【解析】由題意可知：
所以E的變化規律與Q的變化規律相似，所以E的圖象為②，由
k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。
【答案】C
4．【解析】由公式
和
得，D選項正確。
【答案】D
5．【解析】因不知道點電荷的位置，所以無法確定a、b兩點的場強方向，如點電荷在a、b兩點之間時，兩點的場強方向就不相同，A錯誤；若點電荷不在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點的場強大小就一定不相等，B錯誤；若點電荷在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點就在同一等勢面上，C錯誤，D正確。
【答案】D
6．【解析】（1）將打在A板上。
（2）水平放置有Eq=mg。
把重力分解為平行電場方向和垂直電場方向，則沿電場方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時間為：
油滴受到的合力為mg，所以加速度為g，達到板上速度的大小為：
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【答案】（1） 將打在A板上 （2）
7．【解析】（1）在帶電粒子運動方向上任取一點，設其坐標為
，取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到
處電場力做正功，
，即粒子在x處的電勢能為
，在處的電勢能為
。
再由牛頓第二定律
①，
②，解得
③，又
④，⑤，
，得
⑥，即該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。
（2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運動。故豎直方向做勻速直線運動，到達P點時有
⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運動，有
⑧，聯立解得
【答案】
8．【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負電荷，即
，得
(2)油滴加速下落，若油滴帶負電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場力方向向上，設此時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
得
．
若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場力方向向下，設此時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得
即
。
【答案】（1） （2）
9．【解析】（1）小球在θ=600角處處于平衡，則Eq=mgtanθ
得
方向水平向左
（2）王明同學的求解不正確
因為小球在θ=600處處于平衡，因此小球從θ=300的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以θ=600處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點O
王明同學的求解實際上也不是小球運動到θ=600的平衡位置處的速度。
平衡位置處的速度的正確求解應該是：據動能定理有
聯解得
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）設微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據動能定理，有
解得 
（2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有
聯立⑴、⑵，得 
（3）微粒從釋放開始經t1射出B板的小孔，則
設微粒在半圓形金屬板間運動經過t2第一次到達最低點P點，則
所以從釋放微粒開始，經過
微粒第一次到達P點
根據運動的對稱性，易知再經過
微粒再一次經過P點
所以經過時間
，
微粒經過P點。
【答案】（1） （2） （3）
11．【解析】(1)若第1個粒子落到O點，由
＝v01t1
＝
gt12 （1分） 得v01＝
若落到B點，由L＝v02t1，＝gt22得v02＝5 m/s
故2.5 m/s<v0<5 m/s
(2)由L＝v01t 得t＝4×10-2 s
由＝at2 得a＝2.5
m/s2
由mg－qE=ma，E=
得Q＝6×10-6 C 所以
＝600個
【答案】（1）2.5 m/s<v0<5 m/s （2）600個
考點預測題
1．【解析】根據上述規律可知，引入的第三個小球必須帶負電，放在前兩個小球的連線上且離+Q較近。設第三個小球帶電量為q，放在距離+Q為x處（如圖所示），由平衡條件和庫侖定律有：
解得
以+Q為研究對象，由平衡條件得：
得
即第三個小球帶負電，電荷量為Q的
倍
【答案】第三個小球帶負電，電荷量為Q的倍
2．【解析】質子帶電為+e，所以它是由2個上夸克和1個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為
代入數值，得 
=46N，為斥力.
上夸克與下夸克之間的靜電力為 
代入數值，得
=23N，為吸力.
【答案】=23N，為吸力
3．【解析】由a點的電場線密度比b點的大，所以其場強也越大，同一電荷受到的電場力也大，即Fa>Fb，又因電場力做正功，所以Q為正電荷，故選項A正確
【答案】A
4．【解析】本題屬于連接體問題，主要考查牛頓第二定律在電場中的應用，設加速度為a，對整體有：
，再隔離球2分析：
，聯立兩式得：
，所以選項A正確
【答案】A
5．【解析】電場力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢面，A、D兩點的電勢差為0，又因A、A
兩點的電勢差不為0，所以選項A錯。帶正電的粒子從A點到D電場力不做功，而由D→D＇電場力做功，所以選項B正確；同理，帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做負功，電勢能增大，選項C錯；由電場力做功的特點得選項D也正確。
【答案】BD
6．【解析】因電場力做功只與始末位置有關，與路徑無關，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負電荷則相反，即選項C錯。
【答案】AD
7．【解析】本題主要考查電場力做功和電勢差與場強的關系。根據W=
得W=8×10－6 J，因沿場強方向的距離d小于
得E大于8
V/m，故選項A正確。
【答案】A
8．【解析】在勻強電場中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此Uab=Ucd，所以c點電勢為8V。，B對。考查勻強電場中場強與電勢差的關系，難度適中。
【答案】B
9．【解析】先根據電容器在電路穩定的情況下相當于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關系；再根據兩種情況下的總電阻大小確定電流關系。當滑片在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當滑片在b位置時小，場強也就小，故θ1<θ2 ，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I1=I2，所以正確選項D。
【答案】D
10．【解析】由于電容
、
和靜電計Y在電路中都起斷路作用，故沒有電流通過電壓表，故正確答案為選項C．
【答案】C
11．【解析】（1）極間場強
；
（2）
粒子在極板間運動的加速度 
（3）由
，得：
【答案】（1） （2） （3）
12．【解析】對帶電系統進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統做功為W1，有：
而且還能穿過小孔，離開右極板。
假設球B能達到右極板，電場力對系統做功為W2，有：
綜上所述，帶電系統速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側。
（1）帶電系統開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：
=
③
球B剛進入電場時，帶電系統的速度為v1，有：
④
由③④求得：
⑤
（2）設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則：
⑥
將③⑤代入⑥得：
⑦
球B進入電場后，帶電系統的加速度為a2，由牛頓第二定律：
⑧
顯然，帶電系統做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有：
⑨
⑩
求得： 
⑾
球A離電場后，帶電系統繼續做減速運動，設加速度為a3，再由牛頓第二定律：
⑿
設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運動的位移為x，則有：
⒀
⒁
求得：
⒂
由⑦⑾⒂可知，帶電系統從靜止到速度第一次為零所需的時間為：
⒃
球A相對右板的位置為：
⒄
【答案】（1） （2）
13．【解析】（1）由題意可知電場力的力臂為
l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，電偶極子的方向與外加電場的夾角0或者π
①當電偶極子方向與場強方向相同時，即夾角為零時（如圖所示）由于電偶極子與電場垂直時電勢能為零， 所以該位置的電勢能等于由該位置轉到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能 EP1=－E0ql
②當電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）由題意知 F＝E0q0－2
【答案】（1）E0q/sinθ（2）E0q /(1－cosθ) （3）夾角為零EP1=－E0ql ，夾角π為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql
（4）
14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第（3）問只能用能的觀點求解。
（1）開始運動時小球
受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得
解得 
代入數據解得
（2）小球速度最大時合力為零，即
解得 
代入數據解得
（3）小球從開始運動到速度為
的過程中，設重力做功為
，電場力做功為
，
庫侖力做功為
，根據動能定理有
解得
設小球的電勢能改變了△
，則
△
△
△
【答案】（1） （2） （3）
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