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高考物理考前冲刺押题预测 静电场
一．选择题（共10小题）
1．（2025 河南开学）在某电场中建立x坐标轴，一个质子从坐标原点O仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．x0处的电势低于3x0处的电势
B．质子在x0处的加速度小于7x0处的加速度
C．质子从x0处到7x0处电场力先做正功后做负功
D．若具有一定初速度的电子从O点沿x轴运动到3x0，则电子的电势能一直在减小
2．（2025 株洲一模）如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的小球沿图中实线先后通过同一竖直面平面内的P、Q两点，通过两点时速率相同，P、Q两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P运动到Q的过程中（　　）
A．小球到达实线中点时速率最小
B．小球动量的变化率先减小后增大
C．该电场的场强不应小于
D．小球在P点的电势能大于在Q点的电势能
3．（2025 重庆模拟）空间中有一沿x轴方向的电场，其场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，一点电荷仅在电场力的作用下从x2处静止释放后沿x轴正方向运动，则点电荷（　　）
A．带正电
B．在x2和x4处电势能相等
C．运动到x3处时速度最大
D．在x2和x4处加速度相等
4．（2025 长安区校级一模）如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为6J时，其电势能为（　　）
A．14J B．4J C．0 D．﹣1J
5．（2025 景德镇一模）高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。老师给同学们在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。假设一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025 郑州校级二模）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会与固定电极接触）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，静电计指针张角越大
D．风力越大，极板间电场强度越大
7．（2025 西城区校级模拟）关于图中四幅图像的说法正确的是（　　）
A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量
B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔C电场强度为0
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
8．（2025 合肥模拟）在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（　　）
A．q1＞q2
B．P点放置的是带正电的点电荷
C．A点的电场强度小于C点的电场强度
D．将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
9．（2025 苏州模拟）如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度EM＞EN
B．O、N两点电势φO＜φN
C．M、N两点电势φM＞φN
D．同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
10．（2025 长春二模）冬季打雷是罕见的自然现象，它是由于强冷气团与暖湿气团相遇，产生强烈的对流运动，云内的各种微粒相互碰撞、摩擦产生静电积累，最终形成冬雷。下列说法正确的是（　　）
A．各种微粒在碰撞、摩擦的过程中创造了电荷
B．带电云层附近存在许多的电场线
C．随着电荷的积累，云层附近的电势一定越来越高
D．随着电荷的积累，云层附近的电场强度可能越来越大
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 广西一模）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O′，棱柱高为底面边长的2倍，在A、D'两点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．C点的电势为零
B．电势差UBB'＝UEE'
C．O点与O'点的电场强度相同
D．将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，电势能先减小后增大
（多选）12．（2025 东湖区校级一模）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为、、。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为a，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（　　）
A．M、N是等量正电荷
B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为
C．带电粒子运动过程中在达到最大速度为
D．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b﹣a）
（多选）13．（2025 广东模拟）一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成θ＝37°角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（　　）
A．质点在B点的速度大小为v0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了
D．质点在C点的加速度大小为g
（多选）14．（2025 雁塔区校级模拟）如图，M、N为两个固定在同一水平线上的点电荷，a为MN连线的中点，b为MN连线外一点，过ab的直线与MN连线垂直。已知a点电势为零。则（　　）
A．b点电势高于a点电势
B．b点电场强度沿水平方向
C．b点电场强度沿竖直方向
D．a点电场强度的大小大于b点电场强度的大小
（多选）15．（2025 雁塔区校级模拟）水平绝缘桌面上有两个质量均为m、相距L的小物块M和N，两物块位于范围足够大的匀强电场内，其中物块M带有正电荷，电荷量为q，物块N在M的右边，为绝缘体，不带电。电场强度大小为E，方向与MN连线平行，且指向右方，如图所示。初始时物块N静止，M在外力的作用下也处于静止状态。M被释放后会与N发生一系列碰撞，若在碰撞过程中没有机械能损失和电荷交换，不计摩擦，则第9次碰撞前瞬间（　　）
A．物块M的速度大小为9
B．物块M的速度大小为9
C．M与其初始位置间的距离为163L
D．M与其初始位置间的距离为145L
三．解答题（共5小题）
16．（2025 郑州校级二模）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比；
（3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
17．（2025 崆峒区校级模拟）如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5m；BC为半径r＝1m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500N/C．一质量m＝1kg，电量q＝1.0×10﹣2C的带负电小球，在功率P恒为20W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动（g＝10m/s2），求：
（1）小球匀速运动的速度大小；
（2）小球从A运动到B所用的时间；
（3）请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力。
18．（2025 平凉校级模拟）一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为u0，在电场力和重力作用下恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动，重力加速度为g求：
（1）电场强度；
（2）小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差．
19．（2025 平凉校级模拟）如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m．有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10﹣6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：
（1）小球在A点处的速度大小；
（2）小球运动到最高点B时对轨道的压力．
20．（2025 重庆模拟）如图所示，两带电小球A、B分别用长为2L、L的绝缘轻绳悬挂在水平天花板上O点，其中小球A质量为m、电荷量为q（q＞0）。两带电小球均静止时，两条轻绳与水平方向的夹角均为60°。两小球均可视为质点，忽略轻绳的长度变化，已知重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）小球B的质量；
（2）小球B的电荷量。
高考物理考前冲刺押题预测 静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 河南开学）在某电场中建立x坐标轴，一个质子从坐标原点O仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．x0处的电势低于3x0处的电势
B．质子在x0处的加速度小于7x0处的加速度
C．质子从x0处到7x0处电场力先做正功后做负功
D．若具有一定初速度的电子从O点沿x轴运动到3x0，则电子的电势能一直在减小
【考点】Ep﹣x图像斜率的物理意义；Ep﹣x图像的理解与应用．
【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】正电荷来说，电势越高电势能越大，结合图像分析；根据φ﹣x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，结合牛顿第二定律分析；电场力对电荷做正功，电荷的电势减小，据此分析电场力做功情况；电子带负电，结合电场线方向分析。
【解答】解：A、根据Ep＝qφ可知，对正电荷来说，电势越高电势能越大，结合质子的电势能Ep随坐标x变化的图像可知，x0处的电势高于3x0处的电势，故A错误；
B、φ﹣x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据牛顿第二定律有F＝qE＝ma，由图像可知质子在x0处的加速度大于7x0处的加速度，故B错误；
C、电场力对电荷做正功，电荷的电势减小，根据图像可知电势能先减小后增加，所以电场力先做正功后做负功，故C正确；
D、根据图像可知O点到3x0处的电场线沿x轴的正方向，电子受到的电场力做负功，电势能一直在增加，故D错误。
故选C。
【点评】知道φ﹣x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小是解题的基础，知道对正电荷来说，电势越高电势能越大，电场力做正功电势能减小。
2．（2025 株洲一模）如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的小球沿图中实线先后通过同一竖直面平面内的P、Q两点，通过两点时速率相同，P、Q两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P运动到Q的过程中（　　）
A．小球到达实线中点时速率最小
B．小球动量的变化率先减小后增大
C．该电场的场强不应小于
D．小球在P点的电势能大于在Q点的电势能
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；动量定理的内容和应用；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．
【答案】A
【分析】通过力与运动的综合分析，将两恒力合成，确定小球做类斜抛运动，然后根据类斜抛运动的规律，结合动量定理和动能定理求解。
【解答】解：A.小球受重力和电场力作用，均为恒力，所以小球受到的合力为恒力，小球做类斜抛运动，合力方向垂直PQ向左下方，根据类斜抛运动的对称性可知，小球到达实线中点时速率最小，故A正确；
B.由动量定理可得F合t＝Δp，可得小球动量的变化率F合，而小球受到的合力为恒力，所以小球动量的变化率恒定，故B错误；
C.如下图所示，当电场水平向左时，电场强度最小，由几何关系可得，解得Emin，即该电场的场强不应小于，故C错误；
D.粒子从P运动到Q，由动能定理可得WG+W电＝0，由图可知重力做正功，所以电场力做负功，故小球的电势能增加，所以小球在P点的电势能小于在Q点的电势能，故D错误。
故选：A。
【点评】求解此题的关键是确定小球做类斜抛运动，知道求解力的最小值的方法。
3．（2025 重庆模拟）空间中有一沿x轴方向的电场，其场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，一点电荷仅在电场力的作用下从x2处静止释放后沿x轴正方向运动，则点电荷（　　）
A．带正电
B．在x2和x4处电势能相等
C．运动到x3处时速度最大
D．在x2和x4处加速度相等
【考点】E﹣x图像的理解与应用．
【专题】定量思想；图析法；电学图象专题；理解能力．
【答案】D
【分析】E﹣x图像的纵坐标代表电场强度的大小，其正负表示电场强度的方向。图像的斜率反映了电场强度的变化率，斜率为0表示匀强电场，斜率不为0表示电场强度随距离变化。图像与x轴所围成的面积代表了电势差，即电压。
【解答】解：AB.x2至x4处场强为x轴负方向，则点电荷从x2至x4处逆着电场线方向移动，电势升高，故点电荷带负电，在x4处电势能较小，故AB错误；
C.x2至x4处场强方向不变，点电荷所受电场力方向不变，速度一直增加，故C错误；
D.在x2和x4处场强大小相等，故所受电场力大小相等，加速度相等，故D正确。
故选：D。
【点评】考查对E﹣x图像的理解，清楚图线的含义。
4．（2025 长安区校级一模）如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为6J时，其电势能为（　　）
A．14J B．4J C．0 D．﹣1J
【考点】电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【答案】D
【分析】相邻两个等势面间的电势差相等Uab＝Ubc，所以Wab＝Wbc，从而可以求出粒子在B点的动能，即粒子在电场中的总能量．
【解答】解：相邻两个等势面间的电势差相等Uab＝Ubc，所以qUab＝qUbc，即：
而：WAB＝0﹣EK0＝﹣10J
所以，粒子在等势面b上时的动能EKb：Wac＝EKb﹣EK0
所以：Eb＝EKb＝5J
从而可以知道粒子在电场中的总能量值为5J。
当这个粒子的动能为6J时，EP＝E﹣EK＝（5﹣6）J＝﹣1J。
所以选项ABC都错误，选项D正确。
故选：D。
【点评】该题中利用相邻两个等势面间的电势差相等Uab＝Ubc，所以Wab＝Wbc，从而可以求出粒子在B点的动能，即粒子在电场中的总能量是解题的关键．属于简单题．
5．（2025 景德镇一模）高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。老师给同学们在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。假设一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】Ep﹣x图像的理解与应用；电场中的其他图像问题；φ﹣x图像的理解与应用．
【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，电场强度增大，电子的加速度增大，结合Ep﹣x图像、φ﹣x图像的斜率的意义分析求解。
【解答】解：AB．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，所以电子向针状电极（向左）运动，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大；
电子的加速度
电场强度增大，电子的加速度增大，速度—时间图线的斜率增大，故A正确，B错误；
C．根据ΔEp＝eE Δx，可知Ep﹣x图像的斜率大小等于电子受到的电场力eE，电子向左运动的过程中受到的电场力增大，所以Ep﹣x图线的斜率增大，故C错误；
D．根据Δφ＝E Δx，可知φ﹣x图像的斜率大小等于电场强度E，电子向左运动的过程中电场强度增大，φ﹣x图线的斜率增大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了静电场相关知识，理解电场中不同图像的斜率的含义是解决此类问题的关键。
6．（2025 郑州校级二模）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会与固定电极接触）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，静电计指针张角越大
D．风力越大，极板间电场强度越大
【考点】电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；理解能力．
【答案】B
【分析】风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
【解答】解：ABC、可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式：，可得电容越大。极板上电荷量保持不变，根据电容定义式：，可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AC错误，B正确；
D、风力越大，板间距越小，极板间电场强度为：，可得极板间电场强度保持不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电容器的动态分析问题，基础题目。掌握电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系。
7．（2025 西城区校级模拟）关于图中四幅图像的说法正确的是（　　）
A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量
B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔C电场强度为0
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
【考点】电荷在导体上的分布、尖端放电；静电平衡现象、等势体．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】将带正电的小球C靠近不带电的导体，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，但总电荷守恒；根据静电屏蔽分析判断；处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷；根据尖端放电原理分析。
【解答】解：A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，根据电荷守恒定律，A所带电荷量等于B所带电荷量，故A错误；
B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，由于金属网罩的静电屏蔽，带电金属球靠近验电器时，箔片不会张开，故B错误；
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔C电场强度为0，故C错误；
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查静电平衡、静电屏蔽以及尖端放电的应用，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面。
8．（2025 合肥模拟）在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（　　）
A．q1＞q2
B．P点放置的是带正电的点电荷
C．A点的电场强度小于C点的电场强度
D．将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；φ﹣x图像的理解与应用．
【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据C点的场强为零，结合点电荷场强公式分析；根据P点附近的电势小于零分析；根据φ﹣x图像的斜率表示电场强度的大小分析；从B点到D点电势先升高后降低，对负电荷来说电势越高电势能越小，据此分析。
【解答】解：A、φ﹣x图像的斜率表示电场强度的大小，BD段中C点电势最大，C点的斜率为零，所以C点的电场强度为零，C点在P点的右侧，根据点电荷场强公式可知q1＞q2，故A正确；
B、由图可知，越靠近P点电势越低，且电势小于零，所以P点放置的电荷是带负电的点电荷，故B错误；
C、φ﹣x图像的斜率表示电场强度的大小，根据图像的斜率可知A点的电场强度大于C点的电场强度，故C错误；
D、由图可知，从B点到D点电势先升高后降低，对负电荷来说电势越高电势能越小，所以将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先减小后增大，故D错误。
故选：A。
【点评】知道φ﹣x图像的斜率表示电场强度的大小，对负电荷来说电势越高电势能越小是解题的基础。
9．（2025 苏州模拟）如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度EM＞EN
B．O、N两点电势φO＜φN
C．M、N两点电势φM＞φN
D．同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
【考点】等量异种电荷的电势分布；等量异种电荷的电场线分布；单个或多个点电荷周围的电势分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A.由等量异种电荷的电场分布、单个点电荷的电场分布，结合矢量运算法则，即可分析判断；
BC.由等量异种电荷的电势分布，根据对称性及沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；
D.由等量异种电荷的电势分布、沿电场线方向，电势逐渐降低，结合电势与电势能的关系，即可分析判断。
【解答】解：两等量异种点电荷的电场线及等势面分布如下：
A.由等量异种电荷电场分布可知，M、N两点的电场大小相等，方向相同，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电场大小相等，方向不同，根据矢量运算法则可得，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
BC.由等量异种电荷电势分布可知，点电荷A、B在M、O、N三点的电势关系为：φN＞φO＞φM，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电势相等，由沿电场线方向，电势逐渐降低可知，点电荷C在O点的电势小于在M、N两点的电势，由此可知：φN＞φO，φM＜φN，故B正确，C错误；
D.由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，且沿着电场线方向，电势逐渐降低，则：φO＞φP，由Ep＝qφ可知，负电荷在P点的电势能比在O点大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。
10．（2025 长春二模）冬季打雷是罕见的自然现象，它是由于强冷气团与暖湿气团相遇，产生强烈的对流运动，云内的各种微粒相互碰撞、摩擦产生静电积累，最终形成冬雷。下列说法正确的是（　　）
A．各种微粒在碰撞、摩擦的过程中创造了电荷
B．带电云层附近存在许多的电场线
C．随着电荷的积累，云层附近的电势一定越来越高
D．随着电荷的积累，云层附近的电场强度可能越来越大
【考点】带电体周围的电势分布；物体起电的实质；电场线的定义及基本特征；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】A.根据物体起电的实质，即可分析判断；
B.电场线是假想的，据此分析判断；
C.电势的大小是相对的，据此分析判断；
D.随着电荷的积累，电荷量越来越大，相当于场源电荷量增大，据此分析判断。
【解答】解：A.各种微粒在碰撞、摩擦的过程中电荷发生转移，并不是创造了电荷，故A错误；
B.电场线是假想的，并不是实际存在的，故B错误；
C.电势的大小是相对的，带电体周围的电势大小与零电势点的选取有关，则随着电荷的积累，云层附近的电势不一定越来越高，故C错误；
D.随着电荷的积累，电荷量越来越大，相当于场源电荷量增大，则云层附近的电场强度可能越来越大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物体起电的实质，解题时需注意，三种起电方式的实质都是电子的转移，要么电子从一个物体转移到另一个物体，要么是从物体的一部分转移到另一部分。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 广西一模）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O′，棱柱高为底面边长的2倍，在A、D'两点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．C点的电势为零
B．电势差UBB'＝UEE'
C．O点与O'点的电场强度相同
D．将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，电势能先减小后增大
【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；等量异种电荷的电场线分布；电荷性质、电势能和电势的关系．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】根据等量异种点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，判断C点的电势是否为零；根据对称性分析UBB'与UEE'的关系；再由对称性分析O点与O'点的电场强度关系；将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，根据电势的变化分析电势能的变化。
【解答】解：A、A、D'两点放上等量异种电荷，其连线的中垂面为等势面，电势为零，但C点不在该等势面上，所以C点的电势不为零，故A错误；
B、由对称性可知φB＝﹣φE'，φB'＝﹣φE，则φB﹣φB'＝φE﹣φE'，即UBB'＝UEE'，故B正确；
C、同样由对称性可知，正电荷在O'点与O点产生的电场强度与负电荷对应在O点与O'点产生的电场强度相同，则O点与O'点的合电场强度相同，故C正确；
D、A'、D两点连线是一条等势线，则将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选：BC。
【点评】解题关键是熟悉等量异种点电荷的电势和电场分布的特点，结合对称性分析。
（多选）12．（2025 东湖区校级一模）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为、、。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为a，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（　　）
A．M、N是等量正电荷
B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为
C．带电粒子运动过程中在达到最大速度为
D．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b﹣a）
【考点】E﹣x图像的理解与应用；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用；电场力做功的计算及其特点．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】根据图像可知两电荷电量相等，根据运动情况分析电性；根据牛顿第二定律分析带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比；根据动能定理求解最大速度；图乙中面积代表电势差，根据动能定理可知动能大小。
【解答】解：A、由题意，两电荷为等量同种电荷，一个质量为m、电荷量为﹣q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，受到引力作用，所以M、N是等量正电荷，故A正确；
B、设M、N两点电荷带电量为Q，根据牛顿第二定律可得
所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是，故B错误；
C、带电粒子的最大速度在O点，由动能定理可得
解得最大速度为
故C错误；
D、图乙中面积代表电势差，电荷运动到P3位置时，电场力做功为
W＝q（b﹣a）
带电粒子运动到P3位置时动能为q（b﹣a），故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中运动的图像问题，关键是能够根据图像结合运动情况进行解答。
（多选）13．（2025 广东模拟）一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成θ＝37°角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（　　）
A．质点在B点的速度大小为v0
B．匀强电场的电场强度大小为
C．从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了
D．质点在C点的加速度大小为g
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【答案】ABC
【分析】将质点的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出vA、vB的大小；根据等时性，求出水平方向上的加速度与竖直方向上的加速度关系，从而得出电场强度的大小．再对水平方向运用动能定理和运动学推论求解A到C的过程中，带电质点的电势能减小．根据牛顿第二定律求解质点在C点的加速度大小．
【解答】解：A、由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此
在坚直方向上有：Lsin37°t
在水平方向上有：Lcos37°t
由上两式得：tan37°
可得：vB，故A正确。
B、由于两分运动的时间相同即：
坚直方向上的时间：t
在水平方向上有：vB＝at
所以有：agg
又a，解得：E，故B正确。
C、从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为ΔEp1
由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W＝qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为ΔEp2＝4ΔEp1，故C正确。
D、质点在C点的加速度大小 ag，故D错误。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键知道质点在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和推论灵活求解．
（多选）14．（2025 雁塔区校级模拟）如图，M、N为两个固定在同一水平线上的点电荷，a为MN连线的中点，b为MN连线外一点，过ab的直线与MN连线垂直。已知a点电势为零。则（　　）
A．b点电势高于a点电势
B．b点电场强度沿水平方向
C．b点电场强度沿竖直方向
D．a点电场强度的大小大于b点电场强度的大小
【考点】等量异种电荷的电势分布；电场强度的叠加；等量异种电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】因为a为MN连线的中点，且a点电势为零，则M、N为两等量异种点电荷；
A.两等量异种点电荷的中垂面为等势面，据此分析判断；
BC.由题意知，b点在两等量异种点电荷的中垂线上，据此分析判断；
D.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，据此分析判断。
【解答】解：因为a为MN连线的中点，且a点电势为零，则M、N为两等量异种点电荷，两等量异种点电荷的电场线及等势面分布如下：
A.由上图可知，两等量异种点电荷的中垂面为等势面，a、b均在该等势面上，则两点电势相等，故A错误；
BC.由题意知，b点在两等量异种点电荷的中垂线上，由上图可知，b点电场强度沿水平方向，故B正确，C错误；
D.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，则由上图可知，a点电场强度的大小大于b点电场强度的大小，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查对等量异种电荷的电场线分布的掌握，解题时需注意电场线的方向及电场分布的对称性。
（多选）15．（2025 雁塔区校级模拟）水平绝缘桌面上有两个质量均为m、相距L的小物块M和N，两物块位于范围足够大的匀强电场内，其中物块M带有正电荷，电荷量为q，物块N在M的右边，为绝缘体，不带电。电场强度大小为E，方向与MN连线平行，且指向右方，如图所示。初始时物块N静止，M在外力的作用下也处于静止状态。M被释放后会与N发生一系列碰撞，若在碰撞过程中没有机械能损失和电荷交换，不计摩擦，则第9次碰撞前瞬间（　　）
A．物块M的速度大小为9
B．物块M的速度大小为9
C．M与其初始位置间的距离为163L
D．M与其初始位置间的距离为145L
【考点】动量守恒定律在电场问题中的应用；带电体在匀强电场中的受力平衡．
【专题】定量思想；推理法；归纳法；动量和能量的综合；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据动能定理求出第一次碰撞前的M的速度，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出M、N弹性碰撞后的速度。碰撞后M做匀加速直线运动，N做匀速直线运动，根据两者位移关系推理碰撞过程，总结归纳得到每次碰撞前后M、N的速度变化规律。根据动能定理求解相邻两次碰撞之间M的位移变化规律。
【解答】解：AB、设第一次碰前M的速度为v0，碰撞后M、N的速度分别为vM1、vN1。
对物块M，由动能定理得：qEL
解得：v0
A与B碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mv0＝mvM1+mvN1
联立解得：vM1＝0，vN1＝v0
M、N的碰撞为弹性碰撞，两者质量相等，碰撞过程交换速度。
碰撞后M做匀加速直线运动，N做匀速直线运动。设M、N第二次碰撞前、后瞬间的速度分别为vM20、vN20、vM2、vN2，其中：vN20＝vN1＝v0。
从第一次碰撞到第二次碰撞过程，根据两者的位移相等，由运动学公式得：
x1vN20t1
整理可得：vM20＝2v0
第二次碰撞过程A与B交换速度，碰后速度分别为：vM2＝v0，vN2＝2v0
设M、N第三次碰撞前、后瞬间速度分别为vM30、vN30、vM3、vN3，其中：vN30＝vN2＝2v0。
从第二次碰撞到第三次碰撞过程，同理可得：
x2vN2t2
整理可得：vM30＝3v0
第三次碰撞过程A与B交换速度，碰后速度分别为：vM3＝2v0，vN3＝3v0
同理对于第二次碰撞到第三次碰撞过程，可得：
x3vN3t3
整理可得：vM40＝4v0
第四次碰撞过程A与B交换速度，碰后速度分别为：vM4＝3v0，vN4＝4v0
归纳可得，第9次碰撞前瞬间物块M的速度大小为vM90＝9v0，故A正确，B错误；
CD、根据AB选项的解答，从第一次碰撞到第二次碰撞过程，对物块M，由动能定理得：
qEx1，解得：x1＝4L
同理，从第二次碰撞到第三次碰撞过程有：
qEx2，解得：x2＝8L
同理，从第三次碰撞到第四次碰撞过程有：
qEx3，解得：x2＝12L
归纳可得，第n次碰撞到第（n+1）次碰撞物块M的位移大小为：xn＝4nL，（n＝1、2、3……）
可得第9次碰撞前瞬间M与其初始位置间的距离为：s＝L+x1+x2+……+x8＝L+（4×1+4×2+……+4×8）L＝145L，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查弹性碰撞的特殊情况，即质量相等的两物块发生弹性碰撞后交换速度的规律，要注意下一次的碰撞是物块M经过加速追上物块N后发生的碰撞，要归纳M、N的速度的变化规律、物块M位移的变化规律。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 郑州校级二模）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比；
（3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；带电粒子在周期性变化的电场中偏转．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为；
（2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为66.7%；
（3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为（1）l。
【分析】（1）粒子在加速电场中加速过程，利用动能定理列式即可求解粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求解，然后根据公式η100%，求解能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比；
（3）根据所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，结合运动学公式和几何关系进行求解。
【解答】解：（1）对于粒子在加速电场中，根据动能定理得：
解得粒子进入偏转电场时的速度大小为：
（2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定，粒子恰好极板右侧边缘射出时，根据类平抛运动规律得：
l＝v0t
粒子在偏转电场中的加速度为：
联立解得：Um＝2U0
故能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为：η
（3）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示：
由运动学公式及几何关系得：
联立解得粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为：
答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为；
（2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为66.7%；
（3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为（1）l。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握类平抛运动学规律，注意速度反向延长线过水平位移中点。
17．（2025 崆峒区校级模拟）如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5m；BC为半径r＝1m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500N/C．一质量m＝1kg，电量q＝1.0×10﹣2C的带负电小球，在功率P恒为20W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动（g＝10m/s2），求：
（1）小球匀速运动的速度大小；
（2）小球从A运动到B所用的时间；
（3）请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据平衡条件可求出速度大小；
（2）利用动能定理计算出时间大小；
（3）利用小球刚好经过C点的临界条件，判断小球能否能到达C点，再由牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）因为小球做匀速直线运动，根据二力平衡条件有：F牵＝f，它们的功率也相等，即：P牵＝fvB
解得：vB10m/s
（2）A到B过程中，由动能定理：Pt﹣μmg AB
解得：t＝3s
（3）小球从B点到C点，由动能定理得：﹣（mg+qE） 2r
解得：vC＝2m/s
若小球恰好过C点，则mg+qE＝m
解得：vm/s＜vC 小球能到达C点
则在C点，由牛顿第二定律得：mg+qE+F＝m
解得轨道对小球的弹力：F＝25N
答：（1）小球匀速运动的速度大小是10m/s；
（2）小球从A运动到B所用的时间是3s；
（3）小球能到达C点，轨道对小球的弹力是25N。
【点评】解答本题的关键是：找出小球恰好经过C点的临界条件，再结合题意判断小球能否能到达C点。
18．（2025 平凉校级模拟）一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为u0，在电场力和重力作用下恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动，重力加速度为g求：
（1）电场强度；
（2）小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差．
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功．从而得出小球运动到最高点的电势能．
【解答】解：（1）设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：
mg＝qEtanθ
所以：
（2）由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：a．
设从O到最高点的路程为s，
由速度和位移的关系得：2as
物体运动的水平距离为：l＝scosθ
电场力做负功，W＝﹣qElcos2θ．
电场力做功等于电势能的减小量，因为O点的电势能为0，可知最高点的电势能为Epcos2θ．
所以：小球运动到最高点时其电势能与0点的电势能之差为Epcos2θ
答：（1）电场强度；（2）小球运动到最高点时其电势能与0点的电势能之差为cos2θ
【点评】本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积．三是电场力做功等于电势能的减小量．
19．（2025 平凉校级模拟）如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m．有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10﹣6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：
（1）小球在A点处的速度大小；
（2）小球运动到最高点B时对轨道的压力．
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）球受重力、电场力、弹力，重力小于电场力，在A点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解A点的速度大小；
（2）对从A到B过程根据动能定理列式求解B点的速度；在B点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；根据牛顿第三定律得到压力。
【解答】解：（1）重力：G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N
电场力：F＝qE＝1.6×10﹣6C×3×106V/m＝4.8N
在A点，有：qE﹣mg＝m
代入数据解得：v1＝6m/s
（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：
（qE﹣mg）×（2R）
在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：
FN+mg﹣qE＝m
由牛顿第三定律有：FN′＝FN
代入数据解得：FN′＝21.6N
答：（1）小球在A点处的速度大小为6m/s；
（2）小球运动到最高点B时对轨道的压力为21.6N。
【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析。
20．（2025 重庆模拟）如图所示，两带电小球A、B分别用长为2L、L的绝缘轻绳悬挂在水平天花板上O点，其中小球A质量为m、电荷量为q（q＞0）。两带电小球均静止时，两条轻绳与水平方向的夹角均为60°。两小球均可视为质点，忽略轻绳的长度变化，已知重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）小球B的质量；
（2）小球B的电荷量。
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球B的质量等于2m；
（2）小球B的电荷量等于。
【分析】（1）对A、B受力分析，由受力平衡结合几何关系求解小球B的质量；
（2）根据库仑定律求解小球B的电荷量。
【解答】解：（1）对A、B受力分析如图，由几何关系可知AB与OB垂直，则
由几何关系可知，B对A的库仑力F′与A的重力mg夹角为60°，细线的拉力T1平分F′与mg的夹角，可知F′＝ mg
由牛顿第三定律可知A对B的库仑力为F ＝ mg
由B的受力图可知
mBgsin30°＝F
可得
mB＝2m
（2）根据库仑定律
可得
答：（1）小球B的质量等于2m；
（2）小球B的电荷量等于。
【点评】本题考查库仑定律作用下的受力平衡，正确的受力分析是解题关键。
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