最新-2018年高考物理试题分类汇编 静电场 精品

1．（2018福建卷）.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是

A．A点电势大于B点电势 B．A、B两点的电场强度相等 C．D．

q、q12分

q、q12移动到无穷远的

qq1的电荷量小于

q2的电荷量

1在A点的电势能小于

q2在B点的电势能

答案：C

2．（2018江苏卷）．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

A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9 【解析】根据库仑定律Fkq1q2，选C。 r2【答案】C 3．（2018江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 A．C和U均增大 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 【解析】根据C【答案】B

4．（2018上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（

（A）－F/2 （B）F/2 答案：B

5（2018天津卷）.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

（C）－F

（D）F

）

SQ，电容C增大，根据U,U减小，B正确。 4kdC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

解析：两个固定的的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂直，且沿电场线电势减小，所以等量异号点电荷和它们间的直线电场线如图所示。当带负电的粒子进入电场受到与其速度垂直的电场力而偏转做曲线运动。

电子在斜向左的电场力作用下向左偏转，电场力做正功粒子的动能增加，电势能减小。答案C。 6．（2018浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是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、下都感应出异号电荷

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 答案：ABC

7．(2018全国新课标).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 [答案]BD

[解析]要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左。故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。

8．（2018上海卷）．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种 电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡1 2 时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为 A B 1与2（1＞2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大

速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（

（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB （C）vA一定大于vB 答案：A、C、D

（D）EkA一定大于EkB

）

9．（2018安徽卷）.如图所示，在平面直角 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 ( )

y(cm) ● B(0,3) A(6,0) ● O A.200V/m B.2003 V/m C.100 V/m D. 1003 V/m

18A；

解析：OA中点C的电势为3V，连BC得等势线，

● x(cm) y(cm) B(0,3) θEo OA(6,0) ● ● U作BC的垂线得电场线如图，由E得：

dE200v/，故mA对。

Co x(cm) 10．（2018重庆卷）．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为 正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所 示，a、b、c、d为电场中的四个点。则 A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电热低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 答案：D

11.（2018海南卷）关于静电场，下列说法正确的是

A. 电势等于零的物体一定不带电 B. 电场强度为零的点，电势一定为零 C. 同一电场线上的各点，电势一定相等 D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加

解析：考察电场和电势概念，选D

12.（2018海南卷）三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知

A..n=3 B..n=4 C..n=5 D.. n=6

nqnq2解析：设1、2距离为R，则：F2，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再

2R(n2)qn(n2)q23与1接触后，它们带的电的电量均为，最后F有上两式得：n=6

48R213．(2018全国理综).（16分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘清线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级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π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，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。

【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，Eqmgtan6，根

据电场强度与电势差的关系及电容的定义得EQ，所以QCd3mgCd；第二次充电后，3qQ'3mgCd，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量

q23mgCd2Q.

3qQQ'Q

14．（2018广东卷）.图5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，分落在收集板的两侧，对矿粉分离的过程，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 答案：BD

15．（2018北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘成．若在结两端加恒定电压U，

则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷的2倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为 A．h B．2e C．2he D．1

2eh2he答案：B 16．（2018北京高考卷）．（20分）

匀强电场的方向沿x轴正方向，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点由静止释放．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

静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和m．不计重力．

4（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量为q=4Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；

E0 E 9（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．

答案：

O d x QE0

mm2

A在电场中做匀变速直线运动 d=1at

22d=2dm 解得运动时间 t=aQE0 （1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a=F=

（2）设A、B离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有

21m2 ① QE0d=1mA，QE0d=0B0224 A、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做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对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υ′，有 (m+m)υ′= mυA0+mυB0 ②

4421m2)-1(m+m)υ′2 ③ Epm=(1mA+0224B024 已知=4Q，由①、②、③式解得

9

相互作用能的最大值 Epm=1QE0d45

（3）考虑A、B在x>d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

mυA+mυB= mυA0+mυB0 ④

4421m2121m2 ⑤ 1mA+=mAB0+B0224224 由④、⑤解得 υB=-3υB0+8υA0

55 因B不改变运动方向，故 υB=-3υB0+8υ

55A0

≥ 0 ⑥

由①、⑥解得 q≤16Q

9 即B所带电荷量的最大值qm=16Q

917.（2018山东卷）.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点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 答案：CD

18.（2018四川卷）．（19分）

如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 37，半径r=2.5m，

0

CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在

区域有场强大小为E=2×l18N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0kg、电荷量q=+1×10C的小物体（视为质点）被弹簧发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度

-2

-6

v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以

后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s．sin37=0.6，cos37=0.8。

(1)求弹簧对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。 24.解：

12

(1)设弹簧对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(l-cosθ)= mv0①

2代人数据得Wf=0.475J

②

2

0

0

说明：①式4分，②式2分。

(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1， 由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1

③

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有

v1=v0+a1t1③

由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有

sl-v0t1+ a1t12

12

⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2

⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有 0=v1+a2t2

12

⑦

⑧

s2=v1t2+ a2t22

设CP的长度为s，有 s=s1+s2 ⑨

联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m⑩

说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。

19.（2018安徽卷）. 如图1所示，半径为R均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，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：

xE=21r2x2，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带12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 ( )

A. 20xrr2xr21

2x 1x Q● B. 20C. 202x2

2Po ● x rrD. 20

x20A；

解析：当R时，

rRo OO图1

图2

xRx22=0，则E2k0，当挖去半径为r的圆孔时，应在

（E中减掉该圆孔对应的场强Er201-A正确。

x），即E20。选项122222rx（rx）x