2021年上海市高考物理专题复习：电场(含答案解析)
2021届高考物理专题卷：专题06(电场)答案与解析
2021届专题卷物理专题六答案与解析1.【命题立意】本题主要考查带电体的带电方式及原理、电荷守恒定律。
【思路点拨】静电场中物体带电源于电子的转移，可以从同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的角度分析。
【答案】BCD 【解析】根据静电感应现象，带正电的导体C 放在枕形导体附近，在A 端出现了负电，在B 端出现了正电，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布，枕形导体上总的电荷量为0。
金箔上带电相斥而张开，选项A 错误；用手摸枕形导体后，B 端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B 端不再有电荷，金箔闭合，选项B 正确；用手触摸导体时，只有A 端带负电，将手和C 移走后，不再有静电感应，A 端所带负电便分布在枕形导体上，A 、B 端均带有负电，两对金箔均张开，选项C 正确；通过以上分析看出，选项D 也正确。
2．【命题立意】本题重在考查静电场几个公式的适用条件。
【思路点拨】定义式对任何情况都成立，但被定义的物理量与式中其它物理量不存在决定和被决定关系，决定式的物理量之间存在决定和被决定关系。
【答案】C 【解析】①221rqq k F =，②2r q k E =仅对真空中静止的点电荷成立，③是定义式，适用于一切情况；④U =Ed 对匀强电场成立，注意各自的适用条件。
3.【命题立意】本题以类平抛运动为载体，考查带电粒子在电场和重力场中的运动。
【思路点拨】根据运动的合成与分解规律，分别分析小球在重力方向和电场力方向的受力特点和运动特点，然后确定各量的大小关系。
【答案】AC 【解析】运动时间由竖直方向决定，根据221gt h =可知，两种情况下运动时间相等，C 正确，B 错；两种情况下重力做的正功相同，而存在电场时，电场力做正功，所以存在电场时落地速度大，D 错；无电场时，只有水平向右的水平位移v 0t ；存在电场时，既有向右的水平位移v 0t ，又有垂直纸面向里的水平位移，显然s 1＞s 2，A 答案正确。
2021年上海市高考物理电场复习题 (14)
第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
14．某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点O 处有一质量为m 、带电量为+q 的小球。
现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的A 点。
已知斜面与水平方向夹角为60°，OA 之间的距离为d ，重力加速度为g 。
求：
（1）场强的大小和方向；
（2）带电小球从O 点运动到A 点机械能增量；
（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度v 0，小球落到斜面上时与A 点之间的距离。
【解答】解：（1）小球运动过程受到重力和电场力作用做直线运动，则有：tan30°=mg qE 代入数据解得：E =√3mg q ，方向水平向右。
（2）带电小球从O 点运动到A 点过程中电场力做功为：W ＝qEdcos30°=32mgd
所以机械能的增量为：△E ＝W =32mgd 。
（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球做类平抛运动，垂直于斜面方向做匀加速直线运动。
当运动到斜面上时，其垂直于斜面方向的位移为：d =12at 2=122mg m t 2
而沿着初速度方向的位移大小为：x ＝v 0t =v 0√d g
答：（1）场强的大小为√3mg q
，方向水平向右。
（2）带电小球从O 点运动到A 点机械能增量为32mgd 。
（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度v 0，小球落到斜面上时与A 点之间的距离为v 0√d g 。
2021年上海市高考物理电场复习题 (37)
2021年上海市高考物理电场复习题37．如图所示，在竖直直角坐标系xoy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。
已知图中点D 的坐标为（−272L ，﹣L ），虚线GD ⊥x 轴。
两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。
一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子（不计重力）从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知AB ＝14L ，OC ＝13L 。
（1）求区域Ⅱ的场强大小E ′以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间t 0；（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。
①求此最大动能E km 以及M 点与x 轴间的距离y 1；②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失（碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反），求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。
【解答】解：（1）根据题意可知该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为t 1，则根据位移时间关系有：L =12a 1t 12 其末速度为：v ＝a 1t 1根据牛顿第二定律有：qE ＝ma 1，粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为t 2，则：272L =12a 2t 22，3L ＝vt 2，根据牛顿第二定律有：qE ′＝ma 2，粒子从D 点运动到B 点所用的时间：t 0＝t 1+t 2，解得：E ′＝6E ，t 0＝5√mL 2qE ；（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为v 0，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则：v 0=3L t ，粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小：v x ＝a 2t ，碰前瞬间动能：E K =12m （v 02+v x 2）， 即：E K =m 2（9L 2t 2+a 22t 2）， 由于9L 9L 2t ⋅a 22t 2=9L 2a 22为定值，当9L 2t =a 22t 2即t =√3L a 2时动能E K 有最大值， 由（1）得a 2=6qE m ，最大动能：E Km ＝18qEL ，对应的v 0=√18qEL m ；粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则v 02=2a 1y 1， 解得：y 1＝9L ；②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为v 0的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为t 2，则：OK ＝v 0t 2，解得：OK ＝9L ， 由于OK OB =9L 3L =3，粒子与AB 碰撞一次后，再与CD 碰撞一次，最后到达B 处，则：y 2＝3L ；答：（1）区域Ⅱ的场强大小E ′为6E ，粒子从D 点运动到B 点所用的时间t 0为5√mL 2qE ；（2）①此最大动能E km 为18qEL ，M 点与x 轴间的距离y 1为9L ； ②粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2为3L 。
2021年上海市高考物理电场复习题 (50)
2021年上海市高考物理电场复习题50．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆弧，对应的圆心角θ＝53°，半径为r ，CD 段平直粗糙，各段轨道均平滑连接，在D 点右侧固定了一个14圆弧挡板MN ，圆弧半径为R ，圆弧的圆心也在D 点。
倾斜轨道所在区域有场强大小为E =9mg 5q 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。
一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块（视为质点）在倾斜轨道上的A 点由静止释放，最终从D 点水平抛出并击中挡板。
已知A 、B 之间的距离为2r ，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.25，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（1）小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小；（2）改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。
【解答】解：（1）小物块由A 到B 过程由动能定理，得：mgsin θ•2r ﹣μ（mgcos θ+qE ）•2r =12mv B 2 解得：v B =√45gr小物块由B 到C 过程由机械能守恒定律，得：mgr （1﹣cos θ）=12mv c 2−12mv B 2 解得：v C =√85gr在C 点由牛顿第二定律，得：N ﹣mg =mv C 2r 解得：N =135mg由牛顿第三定律可得小物块对圆轨道的压力：N ′=135mg（2）小物块离开D 点后做平抛运动，得：水平方向：x ＝v 0t竖直方向：y =12gt 2而：x 2+y 2＝R 2小物块平抛过程机械能守恒，得：E k =mgR 24y +3mgy 4由数学中的均值不等式可知：E ≥2√mgR 24y ⋅3mgy 4=√32mgR故：小物块动能的最小值为：E kmin =√32mgR答：（1）小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小为135mg ；（2）改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为√32mgR。
2021年上海市高考物理电场复习题 (55)
2021年上海市高考物理电场复习题55．如图所示，绝缘水平面上有宽为L＝1.6m的匀强电场区AB，电场强度方向水平向右，半径R＝0.8m的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C，D为与圆心O等高的点，GC是竖直直径，一质量为m＝0.1kg，电荷量q＝0.01C的带负电滑块（可视为质点）以v0＝4m/s的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B点滑出电场，已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1＝0.4，BC段的动摩擦因数μ2＝0.8，g＝10m/s2（1）求匀强电场的电场强度E的大小；（2）将滑块初速度变为v′0=√3v0．则滑块刚好能滑到D点，求BC的长度x；（3）若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？【解答】解：（1）A到B的过程中电场力和摩擦力做功做功，由动能定理：﹣EqL﹣μ1mgL＝0−12mv02代入数据解得：E＝10N/C（2）A到D的过程中重力、电场力和摩擦力做功做功，由动能定理得：﹣EqL﹣μ1mgL﹣μ2mgx﹣mgR＝0−12 mv′02代入数据得：x＝1m（3）小球恰好通过G点时，小球的重力提供向心力，得：mg=mv G2 R得：v G=√gR=√10×0.8=2√2m/sA到G的过程中重力、电场力和摩擦力做功做功，根据动能定理得：﹣EqL﹣μ1mgL﹣μ2mgx﹣2mgR=12mv G2−12mv2代入数据得：v=6√2m/s=1.5√2v0答：（1）求匀强电场的电场强度E的大小是10N/C；（2）将滑块初速度变为v′0=√3v0．则滑块刚好能滑到D点，BC的长度是1m；（3）若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的1.5√2倍．第1页共1页。
2021年上海市高考物理电场复习题 (13)
2021年上海市高考物理电场复习题13．如图所示，在坐标系xOy 中，x 轴水平向右，y 轴竖直向下，在虚线右侧区域内存在水平向左的匀强电场。
一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球从原点O 以某一初速度水平抛出，小球从A 点进入电场区域，从C 点穿出电场边界且小球在C 点的速度方向与水平方向的夹角θ＝60°．已知A 、C 两点的纵坐标之比为1：9，B 点为小球在电场中运动的最右端，不计空气阻力。
求：（1）小球从O 点运动到A 点的时间t OA 与从A 点运动到C 点的时间t AC 之比；（2）匀强电场的场强大小E 和小球从O 点水平抛出的初速度v 0大小；（3）小球在电场中运动的最小速度。
【解答】解：（1）小球在竖直方向一直做自由落体运动，设小球水平抛出时的初速度为v 0，A 点的纵坐标为y A ，根据运动学公式有y A =12gt OA 2，9y A =12gt OC 2， 解得t OAt AC =t OA t OC −t OA =12。
（2）在水平方向，小球在进入电场前做匀速直线运动，进入电场后做匀变速直线运动，B 点为水平最远点，故t AB ＝t BC ，小球从C 点穿出电场边界时，其水平方向大小为v0，设小球经过C 点时的竖直速度大小为vy ，v 0=at BC =at AC 2 a =qE mtan60°=v yv 0 v y ＝gt OC ＝g3t BC联立解得：E=√3mg q水平方向上：√3L=v0t oA v0=at BC=a t AC2t AB＝t BC＝t OA联立解得：v0=√3gL t OA=√L g（3）由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°，v A与水平方向夹角为30°，建立如图所示坐标系将v A分解到xy上，小球在x′方向上做匀速运动，在当y′方向上做类似于竖直上抛运动，当y'方向分速度为零时，小球在电场中有最小速度v A'，与x'轴夹角为30°。
2021年上海市高考物理电场复习题 (40)
第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
40．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。
小球始终处在场强大小为3mg 2q 、方向竖直向上的匀强电场中，现将小
球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L ．重力加速度为g ，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O 、P 两点间的电势差。
【解答】解：（1）小球受到竖直向上的电场力F ＝qE ＝1.5mg ＞mg
所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，
由动能定理得：（F ﹣mg ）L =12mv 2⋯①
设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律得：F T +mg ﹣F ＝m
v 2L ⋯②
联立①②式解得：F T ＝1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律得：F ﹣mg ＝ma …③
设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L ＝vt …④
小球在竖直方向上的位移为 y =12at 2⋯⑤
解得：y =L 4
O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d ＝L+y …⑥
O 、P 两点间的电势差 U OP ＝Ed …⑦
联立①～⑦式解得 U OP =15mgL 8q 答：（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小是1.5mg ；
（2）O 、P 两点间的电势差是
15mgL 8q 。
2021年上海市高考物理电场复习题 (26)
2021年上海市高考物理电场复习题26．如图所示，在xOy平面y＞0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0的区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。
一带正电的粒子从坐标为（0，h）的P点以一定初速度沿x轴正方向射入匀强电场。
当粒子第一次离开电场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，然后从坐标系原点O第一次离开磁场。
已知该粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。
求：（1）该粒子第一次离开电场的位置距原点的距离x；（2）该粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t。
【解答】解：（1）设粒子第一次到达x轴的速率为v，如图所示。
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vcosθ•t竖直方向有h=0+vsinθ2t则xℎ=vtcosθvtsinθ2=2cosθsinθ=2×cos30°sin30°解得x＝2√3h（2）粒子在电场中运动时有：h=12at2=12⋅qE m t2得：t=√2mℎqE由x＝vcosθ•t得：v=xtcosθ=2√3ℎ√2mℎqEcos30°=√8qEℎm粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为2π﹣2θ粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间为：t=2π−2θ2πT=2π−2×π62πT=56T根据几何关系可得，粒子在磁场中运动时轨迹半径为：R=12xsin30°=x＝2√3h粒子在磁场中运动周期为：T=2πR v联立解得：t＝5π√mℎ6qE答：（1）该粒子第一次离开电场的位置距原点的距离x是2√3h；（2）该粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t是5π√mℎ6qE。
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2021年上海市高考物理专题复习：电场
1．如图所示，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆轨道BC相切于B点，AB长为2R，水平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘。
在轨道所在空间内存在着水平向右的匀强电场。
带电量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放，经B点沿半圆轨道运动到C点后落回到
水平轨道上。
已知电场强度大小E=2mg
q，求：
（1）小球从A点运动到B点所用的时间；
（2）小球经过C点时对轨道的作用力；
（3）小球离开C点至落回到水平轨道的过程中，经过多长时间动能最小及此动能的最小值。
2．磁学的研究经历了磁荷观点和电流观点的发展历程。
（1）早期磁学的研究认为磁性源于磁荷，即磁铁N极上聚集着正磁荷，S极上聚集着负磁荷（磁荷与我们熟悉的电荷相对应）。
类似两电荷间的电场力，米歇尔和库仑通过实验
测出了两磁极间的作用力F＝K m p1p2
r2
，其中p1和p2表示两点磁荷的磁荷量，r是真空中
两点磁荷间的距离，K m为常量。
请类比电场强度的定义方法写出磁场强度H的大小及方向的定义；并求出在真空中磁荷量为P0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R1处的磁场强度大小H1。
（2）安培分子电流假说开启了近代磁学，认为磁性源于运动的电荷，科学的发展证实了分子电流由原子内部电子的运动形成。
毕奥、萨伐尔等人得出了研究结论：半径为R x、
电流为I x的环形电流中心处的磁感应强度大小为B=K n I x
R x，其中K n为已知常量。
a．设氢原子核外电子绕核做圆周运动的轨道半径为r，电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，求该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B1。
b．有人用电流观点解释地磁成因：在地球内部的古登堡面附近集结着绕地轴转动的管状电子群，转动的角速度为ω，该电子群形成的电流产生了地磁场。
如图所示，为简化问
题，假设古登堡面的半径为R，电子均匀分布在距地心R、直径为d的管道内，且d＝R．试证明：此管状电子群在地心处产生的磁感应强度大小B2∝ω。
3．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC＝L；点电荷P、Q到B、C的距离都是L；质量m、电荷量q的有孔带电小球套在杆上，从A点无初速度下滑，小球滑到B点时的速度大小为√3gL．若等量点电荷的电荷量为Q（q＜＜Q），静电力常量为k，重力加速度为g。
求：（1）小球带何种电性A、B两点的电势差U AB；
（2）小球到达C点时的速度大小；
（3）小球到达C点的加速度并简单描述小球从B到C的运动清况。
4．如图，空间的水平向右的匀强电场E＝5.0×105N/C，一根长L＝0.2m不可伸长的不导电细绳一端固定于O点，另一端连着一个质量为m＝10g、带电荷量为q＝2×10﹣7C的带负电的金属小球A．把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。
小球A通过第一次通过最低点C后水平方向电场突然改为竖直向上（电场空间足够大），电场大小不变，重力加速度g均取10m/s2，求：
（1）小球A从水平无初速度释放到第一次通过C点时的时间。
（2）小球A在OC左侧能摆到多高处。