2022年全國高考物理真題匯編：電場

一、單選題（共6題；共12分）

1.（2分）（2022?河北）如圖，真空中電荷量為2q和—q（q>0）的兩個點電荷分別位于M點與

N點，形成一個以MN延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），P為

MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是

（）

-----、、T

2/

21/-q\

—?-------:—?~?--------?-

MP\NO;S

一.J

A.P點電勢低于S點電勢

B.T點電場強度方向指向O點

C.除無窮遠處外，MN宜線上還存在兩個電場強度為零的點

D.將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功

【答案】B

【解析】【解答】MN之間可以作一條由M指向N的電場線。沿電場線，電勢逐漸降低，所以P電

勢高于等勢面電勢，即高于S點電勢。A錯誤。

因為形成以O為球心的一個等勢面，在教材范圍內，只有點電荷才可以形成如此特殊的等勢面。所

以M和N在T點電場強度矢量疊加后合場強就是一個在O點等效負點電荷形成的電場的電場強

度，所以T點電場強度方向指向O點。B正確。

根據場強矢量疊加，只有在N點右側有一個場強為零的地方。C錯誤。

設等勢面與MN連線交點為Q。將正電荷從T移到P,由于由等勢面，等效于將電荷從Q移到P,

MN兩點的電荷都在阻礙正電荷運動，所以靜電力一定做負功。D錯誤。

故選B

【分圻】結合點電荷等勢面以及電場線特征綜合分析。阻礙物體運動，這個力做負功。

2.（2分）（2022?湖北）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極

相接：板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴

從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保

持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以

為（）

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r

【答案】D

（解析】【解答】mg=girr3?p=Eq,E=）,

對A和B,半徑i■不變，重力不變；電勢差增大，則電場強度增大，電場力增大，不可能平衡。A

和B錯誤。

對C和D,半徑r變為原來2倍，體積變為原來8倍，重力變為原來8倍；電勢差增大為原來2

倍，則電場強度增大2倍，電荷量如果增加為原來4倍，則電場力增大為8倍，可以平衡。C錯，D

正確。

故選D

【分析】結合重力和電場力平衡，以及場強與電勢差的關系式和球的體積公式求解。

3.（2分）（2022?浙江）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板

長為L（不考慮邊界效應）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為V。的相同粒子，垂

直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為V2v0：平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射

出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）

MN

A.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度為。=遍

D.粒子從N板下端射出的時間yL

2v0

【答案】C

【解析】【解答】A.題中沒有給出帶電粒子的正負，無法確定兩板間的電場強度方向，故無法判斷

M板和N板的電勢高低，故A錯誤；

B.根據題意粒子到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；

C.因為粒子到達N板時速度為魚孫，則粒子垂直金屬板方向的速度為孫由勻變速直線運動規律可

得。=宰，故C正確。

LJ

D.粒子在垂直金屬板方向做勻加速直線運動，則乙=2。產，解得亡=卷，故D錯誤。

故答案為：C。

【分圻】根據帶電粒子在勻強電場中的受力特點，以及帶電粒子在電廠中做類平拋運動的相關規律

進行分析求解。

4.（2分）（2022?山東）半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電

量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為AL的小圓弧上的電

荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩

余電荷分布不變，口為（）

A,正電荷，q=縛B.正電荷，q=在爛

4

乜nR71/?

C.負電荷，q=亞祟D.負電荷，q=2管L

【答案】C

【解析】【解答】圓環的周長為L=2nR,若圓環上未取走A和B兩段小圓弧，則圓環對。處場強為

零，

反向延長AO交圓環于反向延長BO交圓環于8',取走A和B兩小段圓弧后，圓環對O處場強

不為零，

4和B'處的電荷量為%=瑞，根據E=篝可以算出圓環對O點的合場強為心=黑孝，方向向

右，所以D點處的電荷對O點的場強大小也是坨=黑￥，方向向左，根據E=靛得q=

黑，帶負電.

故選C。

【分圻】首先作出A和9兩點，然后根據點電荷的場強決定式算出圓環對0點的場強大小，最后計

算出D點的電荷量及正負。

5.（2分）（2022?湖南）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、

b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處

電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）

A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小

B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小

C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大

D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大

【答案】A

【解析】【解答】根據電場強度的疊加原理，可知長方體中心處電場強度為零，撤去絕緣棒a后，其

他三根絕緣棒產生的電場強度與a棒產生的電場強度大小相等，方向相反，故電場強度垂直指向a；

根據電勢的定義式W=華，以及電勢的疊加原理可知，撤去一個正電荷后，電勢降低.

故答案為：Ao

【分析】將帶電絕緣棒類比點電荷，根據電場強度的疊加原理以及電勢的疊加進行分析求解。

6.（2分）（2022?全國甲卷）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）

向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開

始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）

【答案】B

【解析】【解答】粒子所帶電荷為正電荷，所以當粒子開始運動后，洛倫茲力方向向左，所以AC錯

誤；

粒子運動過程中洛倫茲力不做功，勻強電場方向沿y軸正方向，所以當粒子回到x軸時，電場力也

能不做功，故粒子回到x軸時，粒子的速度為零，故D錯誤，B正確；

故選B。

【分圻】勻強電場沿y軸方向，所以x軸是等勢面，又洛倫茲力不做功，故當粒子運動后回到x軸

時，粒子的速率減為零。

二、多選題（共5題；共15分）

7.（3分）（2022?遼寧）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q>0）的球1固定在傾角為30。光滑絕緣斜面

上的a點，其正上方L處固定一電荷量為—Q的球2,斜面上距a點L處的b點有質量為m的帶電

球3,球3與一端固定的絕緣輕質彈簧相連并在b點處干靜止狀態。此時彈簧的壓縮景為芻，球

2、3間的靜電力大小為粵o迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大

小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（）

A,帶負電

B.運動至a點的速度大小為屈

C.運動至a點的加速度大小為2g

D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為笠4g

【答案】B,C,D

【解析】【解答】若球3帶負電，因為球1電荷量大，球2電荷量小，球2球3間排斥力比球1球3

間吸引力小很多，把力都沿斜面分解，球3不可能靜止，所以球3一定帶正電。A錯誤。

球3從b運動到a,球2和球3間吸引力先做正功后做負功，由對稱性可知做功為零。而且彈簧先

推力后拉力，從壓縮當立置到拉伸帝位.置，同理可知彈簧做功為零。所以該過程相當于只有重力做

功。

由動能定理得mg?L?sin30°=v=yfgl^B正確。

設靜止時球2球3間庫侖力為F,由于球1電荷量為球3電荷量6倍，且球1球2球3構成正三角

形，所以球1和球3間庫侖力為6F。靜止時將球3所受力都沿斜面分解得，尸璋+/ngsin30°+

Fcos60°=6F

當球3運動到a點，由牛頓第二定律得：Fcos60°+-m^sin30°=ma

由題意得：?=學

聯立以上方程得：a=2g,C正確

運動至中點，球2球3距離變為3小由庫侖定律F="要可知此時庫侖力變為球剛釋放時庫侖力

2rL

的郛，即為打=凱°,重力沿垂直斜面分力為mgcos3（T=亭mg，

所以對斜面壓力大小為當mg-^mg=入.4mg,所以D選項正確。

故答案為：BCD

【分析】利用庫侖定律，結合受力平衡以及牛頓第二定律綜合分析。

8.（3分）（2022?湖北）如圖所示，一帶電粒子以初速度V。沿x軸正方向從坐標原點O射入，并經過

點P（a>0,b>0）o若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現，粒子從O到P運動的時間為

ti,到達P點的動能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，粒子從O到P運動的

時間為t2,到達P點的動能為Ek2。下列關系式正確的是?（）

b-----f

I

I

0aX

A.ti<t2B.ti>t2C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】A,D

【解析】【解答】粒子在電場中運動時沿x軸方向做勻速運動，速度不變；在洛倫茲力作用下，合速

度不變，但沿X軸速度在不斷減小，所以在磁場作用下運動時間更長。在電場力作用下，帶電粒子

做平拋運動，電場力做正功，使粒子動能增大，所以Eki>Ek2。

故選AD

【分所】洛倫茲力永遠不做功，不改變速度大小，只改變運動方向：粒子在電場中做類平拋運動。

9.（3分）（2022?浙江）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=^,a為常量。比

荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關

D.當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

【答案】B,C

【解析】【解答】A.由題意可知電場力提供向心力qE=m32r,E=?解得g=疆軻知角速度

與軌道半徑成反比，所以半徑越小角速度越大，故A錯誤：

B.由A可知粒子的線速度u=如=解粒子的動能為耳=導廿=瓢篝=笠所以粒子電荷量

越大，動能越大，故B錯誤。

C.由B可知粒子的線速度只與粒子的比荷有關，與其他因素無關，故C正確

D.磁場的方向可能垂直紙面向內也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子

可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。

故答案為：BC

【分圻】對電荷進行受力分析，根據電場力提供帶電粒子做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定

律列方程計算線速度和角速度分析求解。

10.（3分）（2022?廣東）如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的

勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢

面上，下列說法正確的有（）

A,電子從N到P,電場力做正功

B.N點的電勢高于P點的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D,電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

【答案】B,C

【解析】【解答】A、由題可知在電子運動過程中所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場

力做負功，故A錯誤；

B、電場線總是由高電勢指向低電勢，據此可知N點的電勢高于P點，故B正確；

C、由于洛倫茲力總是與速度方向垂直，因此洛倫茲力不做功，故C正確；

D.、對電子在M點和P點進行受力分析，如圖所示：

由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點速度為

0,根據動能定理可知電子在P點速度也為。，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場

中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；

故選BCo

【分析】本題主要考查了帶電粒子在疊加場中的運動，熟悉電場線中電勢的判斷，根據左手定則判

斷洛,侖茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力對電子不做功；根據幾何關系得出電子在M點所受的

合力與在P點所受的合力大小關系。

11.（3分）（2022?全國甲卷）地面上方其區域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自

電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在

P點。則射出后，（）

A,小球的動能最小時，其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大

C小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D,從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】B,D

【解析】【解答】根據題意作出運動如圖所示

Eq

根據運動圖像可知，速度最小為巧，此時動能最小，但是電勢能卻不是最大，所以A錯誤；

水平方向上，先向左做減速直線運動，豎直方向上，自由落體，由于電場力等于重力，所以當水平

方向速度減為。時，豎直方向的速度也加速到為，此時電勢能最大，故B正確；

水平方向與豎直方向速度相等時，小球的速度最小，動能最小，故C錯誤；

從出發點到速度方向豎直向下的過程中，根據動能定理可得WG+W必=°=WG=-VK,&=AEP,故

D正確；

故選BD。

【分析】首先根據題目作出粒子運動的圖像，然后將運動進行分解處理物體的運動，也可以結合動

能定理計算重力做功與電勢能的變化量的關系。

三、綜合題（共2題；共30分）

12.（15分）（2022?遼寧）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑1圓弧導軌在B點平滑連

接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過

B點時的速度大小為廊,之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy,在

x>-R區域有方向與x軸夾角為8=45。的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為

岳ng。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：

（1）（5分）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；

（2）（5分）小球經過0點時的速度大小；

（3）（5分）小球過O點后運動的軌跡方程。

【答案】（1）從A到B由能量守恒定律得：EpA==^mgR

22

（2）從B到O由動能定理得：Eq-y/2R—mgR=^mv0—^mvBf

Vo=43gR

（3）水平方向：Fx=Eq?cos45°=mg=ma,a=g

豎直方向：Fy=Eqsin450-mg=0,

小球從O點開始以后的運動為軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動

則有，水平方向：x=iat2=\gt2

豎直方向：y=vot

所以軌跡方程：x=\g（^）2,

即y2=6RX

【解析】【分析】（1）從A到B由能量守恒定律列方程求解。

（2）從B到O由動能定理列方程求解。

（3）分別求出水平和豎直方向運動規律，聯立求解。

13.（15分）（2022?廣東）密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年

的諾貝爾獎。圖13是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，

上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個

質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,在時間t內都勻速下落了距離加。此時

給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B

在勻速運動時間t內上升了距離九2（九20九1），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續在兩極

板間溶動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為/=，其中k為比例系數，m為油

滴質量，v為油滴運動速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：

____________________

t一

d，U.B

（1）（5分）比例系數k；

（2）（5分）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；

（3）（5分）新油滴勻速運動速度的大小和方向。

【答案】（1）未加電壓時，當油滴勻速時其速度根據運動規律得

根據平衡條件的

mg=f

又根據題意