五年高考真题分美集训
物理
2.B
点电势高于c点电势，C错误：芳只受电场力，从d点沿电场
不变，d减小U=EE增大F=EF增大
线方向射入圆形电场区城的带电粒子做直线运动，D错误，
8.C由题意可知，每个点电荷所受库仑力的合力均为零，最上
电场强度方向向左电子带负电电子所安电
B对
边的点电荷受到其他三个点电荷的库仑力分别是F右=F
,而
场力方向向右
=,F,=g,由叠加原理知FF的合力为
2a2
a2
3.B设细绳与竖直方向的夹角均为日，两球之间的库仑力大小
为F,将两球的库仑力与电场力合成为一个力，将四力平街
Q对最上边点电荷的库仑力为9。，根据平衡条件得
2
转化为三力平衡，如图所示，F。=
F-ggE
F+qpE
sin0,Fp=in0,则
kgQ
两绳中的张力大小关系为FQ
a
2a2
(②@)，解得Q=22+1
q,由题图乙可知，
4
F-qqE
F+qpE
tan0,mp8=tan9,可知mn>mgB正确：F=mog1an0叶
42
goE=mpg tan0-gpE,只根据mp>mo无法确定9p与9o
在0≤x<。区间，电场方向向左，所以电荷量是-一Q的点
的大小关系，C、D错误。
电荷P受向右的电场力，P将向右运动，故C正确，ABD
错误.
9.C粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，
由儿何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即
at2,其中a=Eg,联立解得t=
2m,A项错误：粒子
F+dE
gE
在MN连线上莱点时，粒子沿电场方向的速度v=al=2,
所以合速度大小=√/(2)2十6=√5，B项错误；该点到
m点
P点的距离s=√2x=/2ht=
22mw,C项正确；由平行四
tm.g
边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值
4.CD因P点所在的等势面高于M点所在的等势而，可知P
点电势比M点的高，选项A错误：
=1
tan 0=2v0
,则≠30°，D项错误.
四M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P
10.B由题意可知电子在平行板中线方向做匀速直线运动，在
点电场强度大小比M点的小，选项B错误：
垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据平
场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知
复板方向上有号之又。温由于句建度失直到
抛运动规律可知，在平行板中线方向上有1=%，在垂直于
M点电场强度方向沿之轴正方向，选项C正确；
因x轴上个点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势
能不变，选项D正确.故选CD.
知，则电子在电场中运动的时间不可求，偏转电压不可求，
5.D根据电场强度的叠加原理可知，若要P处的电场强度为
电子离开电场的速度不可求，A、C,D错误；电子恰好从极
零，则Q:Q2Q不能都为正电荷：也不能都为负电荷，否则
板边缘射出电场时，位移方向与初速度方向夹角的正切值
P处的电场强度的矢量和无法为雾，AB错送：由于PQ2在
PQ1与PQ3夹角的角平分线上，若要P处的电场强度的失
d
量和为零，则必须Q1,Q在P点产生的场强大小相等，由直
tan
7一由类平抛运动的规律可知，电子射出电场
2
角三角形可知PQ=2PQ1,所以常要Q2=4Q1,C错误，D
时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tana=2tan0=
正确，
d
Q
6.C由题意可知细圆环单位长度所带电量为2元R,由此可知
7,a=are tan,即电子的偏转角度可求，B正确，
Q
A、B处两小段圆弧上所带的电量分别为4A=9B=2R△L,
11.解析(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小=
先将A、B两处回孤上的电荷放回原处，则整体國环在O点
匀速时m心g=f
产生的电场强度为零，为了保证电荷总量与原来相同，再在
又f=kmi购
A,B两处放上等量的异种电荷，即gA=9B=一2
AL,则
联立可得k=时型
圆环上剩余电荷在0点产生的电场强度与gA和qB在0
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油
点产生的电场强度的关量和相等，由电场强度定义可知，两
滴B最后速度方向向上，可知油酒B所受电场力向上，极板
Q△L
间电场强度向下，可知油浦B带负电，油酒B向上匀速运动
个电荷在O点产生电场强度的大小E'A=EB=及
2xR
R2
时，迪度大小为=
kQ△，方向分别沿OA和OB方向，由平行四边形定则可知
2πR8
根据平衡条件可得0g十购=9
两个电荷在0点产生的电场强度大小E'=9
,方向沿
ngd(h1十h2）
2πR8
解得g=
hU
CO方向，由于O点的电场强度为零，所以D点电荷在O点
根据△Ep=一W电
产生电场强度大小ED=EA贴
2R,方向沿0C方向，所以
QL
U
又W也=·gh2
D点电荷为负电荷，且有ED=
(2R)2一Q草·解得9=
2πR8
联主解得△E,=-mh:h十h2)
h1
2O朵，故C正确，ABD错误.
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2。，新油滴
所受电场力
7.ABU=2W,Ua=W,解得U=2Uu,过c点作ad的平
F=g=mog(h1十h2)
h
行线交国于f点，由身强电场中平行且相等的两线段间电势
若F>2og,即h2>h
差相等知，d、f两点电势相等，由电场线与等势线垂直知，该
可知改>1
匀强电场的场强方向与ab平行，且由4指向b,A正确：结合
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定撑
识知U=号U,由动能定理得，W
02一701=21g共
可得v疾>0
之qU=0.5W,B正确：由沿电场线方向电势越来越低知，
新油滴向上加速，达到平街时2mg十k·(2m0)寸v=F
162可
详解答案
mgth-Lsin 0-2R(1-cos )]-g mgLcos 0mp
将2代入，可得到轨莲方程[m+x一m0
a2M2
62
=1.
解得vp=2ms,
设滑块长度为！时，小物块（恰好不脱离滑块，且此时二者达
(3)将
。b代入1，可得=6，则轨迹为半径为6
到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
的圆
mvg =2mv
2m呢=2X2mv2+2mgl
解得=0.2m
答案(1)①16ms2②2m③1：2(2)0.2m
9.解析(1)滑块4从D到F,由能量关系
mg·2R=2m呢-
2
在F点FN一mg=m尺
根据儿何关系血0=名，可得0=30
解得p=10m/s
设小球速度为，将小球的速度分解为水平和竖直方向，分
Fy=31.2N
别为vxy
(2)滑块a返回B点时的速度vB=1ms,滑块a一直在传送
则=sin0=号
带上减速，加速度大小为a=g=5ms2
根据哈=记-2aL
又m,-Mew可得w一器
可得在C点的速度vc=3ms
则滑块口从碰撞后到到达C点
2m=1
m呢+mg·2R
由机族能守恤有2mg6=2m心+子M6,
解得=5m:s
联立解得v=2b√36+a
因ab碰撞动量守恒，则川s=一m1十3m2
解得碰后b的速度v2=5ms
专题八
静电场
尉睡桂损夫的能量△B=名mf-号mf-子·3m喝=0
1
题组一
1.AD小滑块在B点处的加速度为雾，则沿斜面方向有
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则b碰后的共同速度
mvr=4mv
mgsin30°=q
cos30,解得1/月
变，A正确，B错误：小
g
解得v=2.5ms
滑块从A到C的过程，由动能定理有W十ngSsin30°=0，解
当弹簧被压缩到最短或者仲长到最长时有共同速度
4mv=6mv
得静电力对小滑块做的功为W=一mg,C错误：根据电场
2
=号n/
力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势
当弹簧被压缩到最粒时压缩量为工1，由能量关系
差Uc=W=-四，D正确.
20
合·4m2=合·6m2+合kx,解得=0.1m
2.B由题图(a)知，溶液浓度降低，相对介电常数E,增大，根据
ES
同理当弹簧被拉到最长时仲长量为x2=工1
C一4a可知，电容C增大，A错误：由于电客器与恤压电源
则弹簧最大长度与最小长度之差△x=2x1=0.2m
相连，故电容器两极板间的电势差等于电源电压，保持不变，
答案(1)10ms;31.2N:(2)0:(3)0.2m
10.解析(1)飞机在水面滑行时做从静止开始的匀加速贞线
C错误：根据C=号可知，由A项结论，电容C增大，电容器
运动，平均速度为之，则L=21
所带电荷量增大，B正确；溶液浓度降低，电容器所带电荷量
增加，电客器充电，故电流方向是由V→M,D错误。
解得飞机滑行的时间为1=2L=2X1600
s=405
3.D由于M点与A点关于带电细杆对称，故细杆在A处产
80
生的电场强度大小E6=E,=3g,方向竖直向上，故A点的
飞机滑行的加造度为a=头-沿mg=2
(2)飞机从水面至方=100m处，水的机枝能包含水的动能
电场强度大小E=E合十E6=(十3)g,D正确。
和重力势能，则△E=2m呢+mgh=2×1×10X1002J
4,ACD由等量异种电荷电场线分布的对称性知F点与C'点
电场强度大小相等，A正确；B点与E点的电场强度如图所
+1×10×10×100J=6×107J.
示，由儿何知识及电场叠加知B'点与E'点的电场强度方向
答案(1)2ms2,40s:(2)6×103J
不同，B错误：由等量异种电荷电场线分布的对称性知UA
11.解(1)m和M水平方向上动量守恤，能量守任，可得
=UD',由沿电场线方向电势越来越低知O电势高于C‘电
mv =Mvz
势，则UoD>UcD,故Uo>UAr',C正确：试探电荷在F
m.x1=Mx2且x1十xg=a
点所受电场力方向与F0方向夹角为钝角，则一开始电场力
mg6=2m听+之M吃
做负功，电势能增大，在O点所受电场力方向与FO方向夹
角是锐角，则电场力做正功，电势能减小，D正确.
F
m 2Mgb
联立解得边=M√m十M
0
西一M干m,方向向右
am
aM
x1一M+m
(2)设小球坐标为(x,y),则小球向左的位移为x,凹指的
"0
位移为一册口一)，经分析，将描国一搬方程代入可得
(x-x2)2
a2
621
159详解答案
解得速度大小为=？一h
2
u,=6co845=,=sin45=
速度方向向上：
从射入到运动到最高点由运动学关系号=2ad
若F'<2mog,即h1>h2
可知2功
粒子射入电场时由动能定理可得U=m呢
设向下为正方向，根据动量守恒定律
联立解得U1:U2=1:1
m0一ig的=2mov共
B正确；
可知来>0
粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
新油滴向下加速，达到平衡时2og=F十是·(2e)言
2L=v,t,d=
0十些·t
解得速度大小为可=一h
2
联立可得L:d=1:1
速度方向向下
A错误：
粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
答案(1)m型
L=vt1,vn=at
h
(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷
射入电容器到最高点有v,=a
量为mgd,+h2),-mgh,(h十n2)
(3)见解析
解得明=受
题组四
1.BD小球甲从开始运动至第一次运动到最低.点的过程，根
设粒子穿过电容器与水平的夫角为a,则taa=以=】
2
据能量守位定律有mg(x0一x)=f(x0一x)十(k9
粒子射入破场和水平的夹角为3，
tan(a十3)=3
kQg
kQ4),解得x=(ng-f)x0
C错误：
,A错误：小球甲第一次向下运
粒子射入到最高点的过程水平方向的住移为x,竖直方向的
动至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有川g
=十09，解得√0B正确：若小球甲停止是在T
位移为y=a
联立解得y=
U2x2
降的过程，且停止运动后拾好静止，有mg十∫=，解得西
AdU
xi
且x=v,t,y=
0+y·
一若小球甲件止是在上升的过程且体上选的后治
2
即解得x=2L.,y=d=L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和整直位移均与电荷
好静止，有mg@+,解得2气mg
Qg,因此小球甲最
量和质量无关，射出硅场过程同理
kQg
kQg
后停留位置x的区间为mg平≤xmg·C错误：若
L=4M=+,-号-片
即轨迹不会变化，D正确.
小球甲在最低点能返回，则有Q>mg十f解得【<
故迭BD.
2
6.A由对称性可知，、c两根完全相同、均匀带电金属棒在
kQg
kQg
O点的合场强为零，撤去a棒后，c棒在O点的电场强度由
√mg子结合A项分折可知x=
（mg-D,则有
O点垂直指向a,设每根带电金偏棒在O点产生的电势为
kQg
90,则四根完全相同、均匀带正电长捧在O点产生的电场的
mD√m女可得初始电势能E=9<（mg
电势为4，撤去α棒，则其他三棒在O点产生的电场的电势
为3，以无限远处电势为零，则每根带正电全属棒在O的
nD正
电场的电势均大于零，所以撤去棒后，O点的电势减小，A
正确
2.C在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大
7.CA.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板
小。由题图可知，（点等差等势线最密集，故〔点电场强度最
的电势高低，故A错误；
大，C正确。
B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动
3.AC根据沿希电场线方向电势降低可知M点的电势比N
能增加，则电场力做正功，电势能减小：则平行M板向下的
点的低，污泥絮体带负电，根据E,=q9可知污泥絮体在M
粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B
点的电势能比在N,点的电势能大，污泥絮体从M点移到N
错误：
点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确：根据电场
CD.设两板问距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N
线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误：
M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能
板下端射出，在两板间微类平抛运动，有之=助1
与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体
在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。故选AC,
d=
4.C沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两
特点可知若9M
则M点到电需Q的距高比N点的近，故A错误：
粒子相同，在电场中加速度相同，有（√2w)2一听=2d
电场线的蔬密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生
的电场特，点可知若EMEN
联立解得一2
2哈
,a=
L
则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
故C正确，D错误：故选C
若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则
8.ACD由电场的叠加原理可知除无穷远处之外，菱形外部电
是逆着电场线运动，电势增加，故有PM场强度处处不为雾，故A正确：根据对称性可知菱形内部O
故C正确：
点电场强度为零，根据对称性可知电场强度为零的点应在x
若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
轴和y轴上，且关于O点对称的两点的电场强度均为零，所
是逆着电场钱运动；根据正，点电荷产生的电场特点可知E
以菱形内部电场强度为零的点可能是1个，3个、5个，故B
错误；当%=81时，点(4l,5)到菱形四个项点的距离分别为
故D错误.
5l、/(4l)2+(8-5)2=5l、/(5l)2+(4l+4l)2=√891、
故选C,
5.BD粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，整直方向
√(4)2+(81+5D2=√851，点(41,5)的电势为%=k哥
做句变速直线运动，极据电场强度和电势差的关系及场强和
电场力的关系可得E-号，F=gE=m@
十景十十网理可得点(0，-3的电势为
891
√1851
粒子射入电容器后的速度为队，水平方向和竖直方向的分
约=k景十长景十质品十表景，所以点(4.5)的电势低于点
速度
163五年高考真题分美集训
物理
(0,一3)的电势，将一带负电的试探电荷由点(41,51)移至点
(0,一3)，试探电荷的电势能降低，静电力做正功，故C正
4
确；当y%=4!时，根据电场的叠加原理和对称性可知点(l,)
的电场强度与x轴负方向成45°倾斜向下，所以带负电的试
探电荷在，点(1，)受到的静电力与x轴正方向成45°倾斜向
上，故D正确
9.DA.处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等
势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电
可见上述接法可符合上述测量结果，故正确.故选CD
场线，是等势面，则A错误；B.根据等势面的疏密袁示场强
3.B由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧
的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷
姆定律知对应电路中的电流较大，故A应标在电流较大的
密度越大，所以B错误：C.在“<”形导体右侧表面上下部分
刻度上；而B点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定神
附近电场强度方向不相同，所以C错误：D.由于a,b在同一
知对应电路中的电流较小，故B应标在电流较小的刻度上：
等势面上，则电荷从a点到（点再到b点电场力做功一定为
由图甲得R=R。十t
容，所以D正确：故选D,
其中R。为图线的纵旗距，由闭合电路欧姆定律得
10.解析(1)由动能定理有eLU=
E
2m2-0
1-R+R+
ER十R。十
eUo
联立解得一一
k
解得功=√m
可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误.故远B.
4,ABD开关S闭合，电机工作，外电路的总电阻减小，由闭合
电子在偏转电场中运动的加速度a=
电路欧姆定律可知电路中的总电流增大，电源的内阻分压增
md
大，路端电压减小，则车灯两端的电压减小，通过车灯的电流
电子在偏转电场中运动的时间1=上
减小，A、B正确，C错误；由P=EI可知，由于电路中的总电
流增大，则电源的总功率增大，D正确，
2mdvo2
专题十磁场
题组一
UL
代入的表达式得△y=4dU。
1,A由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到破场中，在
磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运
(2)电子通过偏转电场的时间=L=L
动的半径r=2a
2eUo
N
则粒子微国周运动有gB=m
代入数据得1=7.5×10-9s
则有9=
文流电压用物T-
8=4×10-2s
m2a·B
如采保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为
由于1远小于T,所以这样计算是合理的
E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x抽到达接收屏，则有
/2eUo UL
Eq=quB
答案(1入/m4dU
(2)见解析
联立有9
E
专题九恒定电流
m2a·B2,故选A
2.BD假设粒子带负电，第一次从A点和简壁发生碰撞如图
题组
1,O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角
1.C分析电路特点可知，在接入正孩式交流电的一个周期内，
即粒子此时的速度方向为OA,说明粒子在和筒壁碰撞时速
有半个周期只给L1供电，另半个周期只给【2供电，I1两端
度会反向，由圆的对称性在其它点撞击，同理，D正确；假设
电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1:R2
粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的
中垂线是平行的不能交于一点确定国心，由圆形对称性撞击
2:1,则根据P=尺可知，灯泡L1Lg的功率之比P1:P
简壁以后的A,点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行
=1:2,C正确。
不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误：由题意可知粒
2.CDA项，根据题意画出电路图，如下
子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以荷壁的内接圈
的多边形，最少应为三角形如图2所示，即撞击两次，B正
4
确：速度越大拉子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能
增多，粒子运动时间不一定减少，C错误.故选BD.
0
可见U34>0,故错误；
B项，根据题意画出电路图，如下
1
2
图1
图2
3.BC如图所示，地球可视为一个磁偶极，
磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大
可见U2>0,故错误：
致指向地理南越附近，通过这两个磁极的
C项，根据题意画出电路图，如下
假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成
11.3度的倾钟.由表中之轴数据可看出
234
轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北
半球，A错误：磁感应强度为关量，故由表
格可看出此处的磁感应强度大致为B一
B十B=√/B+B2,计算得B≈50T,
B正确；由选项A可知测量地在北半球
而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量B<
可见上述接法可符合上述测量结果，故正确；D项，根据题意
0,故y轴指向南方，第3次测量B,>0,故x轴指向北方而y
画出电路图，如下
轴则指向西方，C正确、D错误.故选BC
164五年高考真题分类集训
物理
专题八
静电场
题组
用时；
易错记录：
1.(2024·山东卷)（多选）如图所示，带电量为十q
的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平
细杆，电荷量为号。已知正
面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带
三角形ABC的边长为a,M
电量为十q的小滑块从斜面上A点由静止释放，
点的电场强度为0，静电力
滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C
常量为k。顶点A处的电场B9
点时速度为零。已知AC间的距离为S,重力加
强度大小为
(
速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的
A.23kq
B.g(6+3)
是
)
a2
a2
C.kg(35+1)
D.g(3十3)
a2
4.(2023·山东卷)（多选）如图
所示，正六棱柱上下底面的
0
中心为O和O',A、D两点分
别固定等量异号的点电荷，
3"
下列说法正确的是()
A.F点与C点的电场强度大
B
A.OB的距离1=
3kg2
mg
小相等
B.B点与E点的电场强度方向相同
B.OB的距离I=
3kg2
C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电
3mg
势差
C.从A到C,静电力对小滑块做功W=一mgS
D.将试探电荷十q由F点沿直线移动到O点，其
D.AC之间的电势差UAc=_mgS
2g
电势能先增大后减小
2.(2024·黑吉辽卷)某种不导电溶液的相对介电
5.(2023·全国乙卷)（多选）在0点处固定一个正
常数e,与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平
点电荷，P点在O点右上方.从P点由静止释放
行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒
一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电
压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合
场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所
开关S后，若降低溶液浓度，则
)
示.M、N是轨迹上的两点，OP>OM,OM=
ON,则小球
(
A.在运动过程中，电势能先增加后
P
减少
B.在P点的电势能大于在N点的电O·
TM
势能
C.在M点的机械能等于在N点的机
x
图(a
图h)
械能
A.电容器的电容减小
D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不
B.电容器所带的电荷量增大
做功
C.电容器两极板之间的电势差增大
6.(2022·全国乙卷)（多选）如图，两+9-9
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
对等量异号点电荷十q、一q、.
3.(2024·河北卷)如图，真空中有两个电荷量均为
(g>0)固定于正方形的4个顶点L0,
q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的
上.1、N是该正方形两条对角线还g
顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的
与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切
中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电
点.则
40回
详解答案
极据几何关系可得LMc=dtan60°=10√3cm
9,AB沿电场线方向电势降低，刚B点的电势比A点的电势
故A错误；
高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值
根据几何关系可得小球沿希电场力方向的住移
始终相等，则由E=q9可知两小球的电势能始终相等，B正
x=(10-5sin30)=7.5cm
确：该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负
与电场力方向相反，电场力做功为
电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做
3
正功，C错误：电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两
W电=一gEx=
43X10-4j
小球的总电势能减少，D错误
则小球的电势能增加5×104J,故B正确：
10,解析（在匀强电场中，由公式E=号可得E=光
电场强度的大小E=E=5X105NC,故C错送：减小R
(2)在A点细线对小球的拉力为0，由牛领第二定律得
mvA
的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以
Eq-mg=L.
小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误，故
由A点到B点，由动能定理得
选B.
5.BDA.如图所示
Ug一mgL=2m呢一交m
Eq三mg
故等效重力G的方向与水平
UgmgL
3(U-mgL)
成45°.
联立解得V
当U,=0时速度最小为mim=,
5,1
0,-mg工
/3(U。-mgL)
由于此时功存在水平分量，电场力
答案1光
(2
3月1
还可以向左做负功，故此时电势能
11.解析(1)因为M点电场强度方
不是最大，故A错误；BD.水平方向
向竖直向下，则C为正电荷，根据
上%=E
场强的叠加原理，可知A、B两点
的电荷在M点的电场强度大小相
在整直方向上=gt
等，方向相反，则B点电荷带电量
由于Eg=mg,得v=
如图所示，小球的动能等于未动能。由于此时速度没有水平
为q,电性与A相同，又N点电场
强度竖直向上，可得A处电荷在
分量，故电势能最大.由动能定理可知WG十W=0
V,点的场强垂直BC沿AN连线
9…
则重力做功等于小球电势能的培加量，故BD正确：C.当如
向右上，如图所示
图中所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最
可知A处电荷为正电荷，所以A,
小，故C错误：故进BD.
B、C均为正电荷
6.AD带电粒于在与强电场中微类平抛运动，加连度为4=吗
(2)如图所示
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
由几何关系EA=Ex·tan30
t=
中品（品器
3kg qc
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
其中AN=W3BN=3CN
tan==at=9E以
解得gc=33
39
因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度
相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电
答案(1)g,A、B.C均为正电荷
(2)3-3
39
第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的
偏转方向不同：第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以
12.解析(1)设油滴半径r,密度为P,则油滴质量m=
30.
偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以
、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏
则连率为v时受阻力f=kr,则当油滴与速下落时mg=f,
转方向相反：第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，
3如x,可知=
解得r入√40g
w=2,则m=
所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，
1
视6了音
偏转方向相同.故选AD.
V4
7.B
，十《两点电荷在P点产生的电场强度如图所示，要
使P点电场强度为零，由电场叠加知，Q的位置应为(0,2@)，
片，(2)两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快
由电场叠加得√2k鸟=k
W2a2,解得Q=22g,B正确.
Q
达到相同的速率之，可知油滴口微减逵运动，油滴6做加速
ACD错误，
运动，可知油滴4带负电，油滴b带正电：当再次匀速下落
时，对a由受力平衡可得gaE十f.=m。g,其中f。
、E
1
Pia,t)
m名=之mug,对6由受力平衡可得f6一q6E=m6g,共
中f6=
1
一mg=2m6g,联主解得9=，=4
96251
0
2x
8.A以A,BC整体为研究对象，对其受力分析，整体受重力
答案(1)8：1(2)油滴a带负电.油滴b带正电：4：1
支持力以及弹簧的拉力，则由力的平撕条件可知，F=k。x'
题组三
3 ngsin a,解得x'=3 ngsin a,B错误：以A为研究对象，小球
1,AC电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造
也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷
受到的库仑力大小FA=F-mgsin a=2 ngsin a,方向沿斜面
的代数和保持不变，A正确：电场线与等势面垂直，沿电场线
向下，C错误；为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上，则
方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势
小球C应带正电，设相邻两球之间的距离为x,则对小球B
低的等势面，B错误：点电荷仅在电场力作用下从静止释放，
由力的平街条件得mgsin a十969c=9o
,对小球C由力的
将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，刚该点电
平街条件得wgsin a-+g09S=9o9e,解得g0=号。
荷的电势能将减小，C正确；结合C项分折和△g=E,可
(2x)2
x
790x
知，当9<0时，△9>0，当q>0时，△g<0,即负点电荷将从低
3k
电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地
g0√7 ngsin a,A正确，D错误.
方向低电势的地方运动，D错误。
161五年高考真题分美集训
物理
5.BC由题知，OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的电势
上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知、d两点的
分布情况可知M三Py>9p,则带负电的小球在运动过程
场强相等，C项正确：在等量异种点电荷模型中，距离正点
中，电势能先减小后增大，且，Ep>EM=EN,则带负电的
电荷近的点电势高，故g>,D项错误.
小球在M点的机械能等于在N点的机梳能，A错误，B、C正
13.BC如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点
确：从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负
与P点的距离，L点为MN上到P点
功，D错误.故选BC.
距离最短的，点，根据三角形边角关系
6.AB两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O,N点
处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场
点电荷的电场强度公式E=k号和正
强方向由N指向O,则N点的合场强方向由N指向O,同理
点电荷形成电扬中的电势特点可知，
可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L,L点
沿着MN边，从M点到N点，到P点
处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在1处产生的场强
的距离「先减小后增大，电场强度先增
方向由O指向L,则L处的合场方向由O指向L,由于正方
大后减小，电势也先增大后减小，选项
形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂
A错误，B正确：根据电势能与电势的关系E=职可知：正
直，故A正确：正方形底边的一对等量异号电荷在M,点产
生
电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从
的场强方向向左，而正方形上方的一对等童异号电荷在
M点移动到N点，电场力所做的总功为正，选项C正确，D
点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号
错误
荷距离较远，则M点的场强方向向左，故B正确：由图可知，
题组二
M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电
1,D小球的初速度方向沿虚线，则运动
势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场
轨迹沿直线，故小球受到的合力方向
力做功为零，故C错误：由图可知，L点的电势低于N点电
沿虚线，由于重力向下，电场方向水
势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功
平，故合力方向只能沿虚线向下，如图
不为零，故D错误，故选AB.
所示，故初速度垂直于虚线时，小球做
7.BDA.由图象可知=9。
类平抛运动，从O点出发运动到O点
则正电荷从b点运动到点，电场力不做功，A错误：
等高处的过程中，合力做正功，动能增
B.由题图可知华a=3V,9a=7V
大，电场力与速度方向的夫角始终为锐角，故电场力做正功，
根据电场力做功与电势能的变化关系有
电势能减小，D正确。
Wa=Epa-Epd=（9e一9a）·（
-e)=4ev
B正确：
2.D真空中点电荷周国某点处的电势g=kQ,设坐标为
C.沿电场线方向电势逐渐降低，则
b点处的场强方向向左，C错误：
(0>0)位置处的电势为0，则及
4g十k二9=0，解得
D.由于电场线与等势而处处垂直，
则可画出电场线分布如图所示
=号当0<<时电势0，当>
3
时，电势的>0，
由上图可看出，b点电扬线最密集，
D正确。
则b点处的场强最大，D正确，故选
3.A选项A:电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A
BD.
正确：
8.A由图中等势面的疏密程度可知EM选项B:电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受
根据F=qE
力分析有
可知FM由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试採电
荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即
EM>EnN,故选A,
电了
9.BD由题恋知，O点电场强度为0，则两电荷连线上O点左
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误：
侧电场线水平向右，因沿电场线方向电势降低，故点电势
高于O点，选项A错误：同理可知，点电势高于O点，由场
选项C:电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受
力分析有
强叠加可知，在过)点的垂线上，场强均有沿)点向两侧的
分量，则b、d点电势相等，且低于O点电势，所以b点电势低
于（点，选项B正确：将该负诚探电荷从a点移到b点，电场
不
光
力做负功，电势能增大，选项C错误；将该负试探电荷从（点
屯子
移到d点，电场力负功，电势能增大，选项D正确
10.BA.正电荷和负电荷周国的等势面都为一组同心球壳
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
该点电荷不一定为正电荷，故A错误；B,相邻等势面间电
选项D:电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受
势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强
力分析有
一定比Q点的场强大，故B正确：C.正电荷和负电荷周国
的等势面都为一组同心球面，若为正点电荷，则P点电势一
定比Q点电势高，故C错误：D.从等势面的情况无法判断
电子
该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判所P点电势与
Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误：
故迭A
的电势能的大小，故D错误，故选B.
11.D由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电
4.B极据平衡条件和几何关系，对小球受
T
场的等势线分布图，两点电荷连线的垂直平分线上电势处
力分析如图所示
处为零，A项错误：电场强度是失量，电场线与等势线垂直，
根据几何关系可得T=gE
故(、b两点的电场强度方向不同，B项错误；Q点处为正电
Tsin60°+gEsin60°=mg
荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零
联立解得T=GE=√3X10-3N
所以b点电势高于d点电势，C项錯误；负电荷在电势高处电
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图
势能小，所以负电荷从。点移到c点时电势能增加，D项正确
所示
￥mg
12.ABC
沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直
径对称的两小较构成等量异种点电荷模型，在等量异种点
电荷的垂直平分线上各，点场强方向由正，点电荷指向负点电
R
荷，根据对称性可知、b两点的场强相等，A项正确；取无
穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点
电势均为零，故a,b两点的电势相等，B项正确：沿水平方向
将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构
成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线
30T
160