五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06靜電場考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1電場力和電場能的性質(zhì)2021、2022、2023、2024、2025考查愈發(fā)注重對電場強(qiáng)度、電勢、電勢能、電容等基礎(chǔ)概念的深度理解，以及它們之間的內(nèi)在聯(lián)系。題型上，既會在選擇題中單獨(dú)考查基礎(chǔ)概念辨析，也常與帶電粒子在電場中的運(yùn)動相結(jié)合出現(xiàn)在計(jì)算題里。比如設(shè)置帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速、偏轉(zhuǎn)，或者在非勻強(qiáng)電場中的復(fù)雜運(yùn)動情境，要求學(xué)生綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等力學(xué)知識，分析粒子的受力情況與運(yùn)動過程，考查學(xué)生知識遷移與綜合分析能力?？键c(diǎn)2電容器與電容2023考點(diǎn)3帶電粒子在電場中的運(yùn)動2025考點(diǎn)01電場力和電場能的性質(zhì)1．（2025·山東·高考）球心為O，半徑為R的半球形光滑絕緣碗固定于水平地面上，帶電量分別為+2q和+q的小球甲、乙剛好靜止于碗內(nèi)壁A、B兩點(diǎn)，過O、A、B的截面如圖所示，C、D均為圓弧上的點(diǎn)，OC沿豎直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B兩點(diǎn)間距離為3RA．甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量 B．C點(diǎn)電勢高于D點(diǎn)電勢C．E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同 D．沿直線從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢先升高后降低【答案】BD【詳析】A．對甲、乙兩小球受力分析如圖所示，甲、乙兩小球分別受到重力、支持力、庫侖力作用保持平衡。設(shè)OC與AB線段交點(diǎn)為G點(diǎn)，由幾何關(guān)系2Rcos∠OAB=3R解得∠OAB=∠OBA=30°因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°B．根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2，由場強(qiáng)疊加知識，可知C到D之間的圓弧上各點(diǎn)場強(qiáng)方向都向右下方，若有一正試探電荷從C運(yùn)動到D的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故可判斷C點(diǎn)電勢高于C．兩帶電小球連線上的電場分布可以等效成一對等量異種點(diǎn)電荷的電場和在A點(diǎn)帶電量為3q的正點(diǎn)電荷的電場相互疊加的電場。在等量異種點(diǎn)電荷的電場中E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同。但是A點(diǎn)帶電量為3q的正點(diǎn)電荷在E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不同。E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不同，D．電勢是標(biāo)量，OD與AB線段的交點(diǎn)距離兩帶電小球最近，所以該點(diǎn)電勢最大，那么沿直線從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢先升高后降低，D正確。故選BD。2．（2024·山東·高考）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，滑到與小球等高的B點(diǎn)時加速度為零，滑到C點(diǎn)時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．OB的距離l=3B．OB的距離l=3C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W=﹣mgSD．AC之間的電勢差UAC=﹣mgS【答案】AD【詳析】AB．由題意知小滑塊在B點(diǎn)處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向mg解得l=3kqC．因?yàn)榛紺點(diǎn)時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有W+mgSsin30°=0解得WD．根據(jù)靜電力做的功與電勢差的關(guān)系可知AC之間的電勢差UAC=W故選AD。3．（2023·山東·高考）如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O'，A、D兩點(diǎn)分別固定等量異號的點(diǎn)電荷，下列說法正確的是（

A．F'點(diǎn)與CB．B'點(diǎn)與EC．A'點(diǎn)與F'點(diǎn)的電勢差小于O'D．將試探電荷+q由F點(diǎn)沿直線移動到O【答案】ACD【詳析】D．將六棱柱的上表面拿出

由幾何條件可知正電荷在OF中點(diǎn)K的場強(qiáng)方向垂直O(jiān)F，則K點(diǎn)的合場強(qiáng)與OF的夾角為銳角，在F點(diǎn)的場強(qiáng)和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點(diǎn)過程中電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；C．由等量異種電荷的電勢分布可知φA'=φ>0，φD'=-AB．由等量異種電荷的對稱性可知F'和C'電場強(qiáng)度大小相等，B'和E'電場強(qiáng)度方向不同，故選ACD。4．（2022·山東·高考）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，A．正電荷，q=QΔC．負(fù)電荷，q=2Q【答案】C【詳析】取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有E1=kE=E1=kQΔL2πR3根據(jù)O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，則放在D5．（2021·山東·高考）如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點(diǎn)上分別固定一個電荷量為+q的點(diǎn)電荷；在0≤x<22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷PA．Q=2+1B．Q=2+1C．Q=22D．Q=22【答案】C【詳析】對y軸正向的點(diǎn)電荷，由平衡知識可得2kq2a2+kq2(2a)2=kQq故選C。考點(diǎn)02電容器與電容6．（2023·山東·高考）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進(jìn)入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動能，設(shè)置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L=60m，滅火彈出膛速度v0=50m/s，方向與水平面夾角θ=53°，不計(jì)炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大?。?）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能E=12CU2，轉(zhuǎn)化為滅火彈動能的效率η=15%

【答案】（1）60m；（2）U【詳析】（1）滅火彈做斜向上拋運(yùn)動，則水平方向上有L=v0cosθ?（2）根據(jù)題意可知Ek=ηE=15%×12考點(diǎn)03帶電粒子在電場中的運(yùn)動7．（2025·山東·高考）如圖甲所示的Oxy平面內(nèi)，y軸右側(cè)被直線x=3L分為兩個相鄰的區(qū)域I、Ⅱ。區(qū)域I內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)充滿垂直O(jiān)xy平面的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的大小、方向均未知。t=0時刻，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿x軸正向出發(fā)，在Oxy平面內(nèi)運(yùn)動，在區(qū)域I中的運(yùn)動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，如圖甲所示。t0A．區(qū)域I內(nèi)電場強(qiáng)度大小E=4mLB．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的半徑RC．區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=3mD．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)17【答案】AD【詳析】A．粒子在區(qū)域I中的運(yùn)動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，可以判斷出粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)曲線軌跡可知，可知正粒子受到的電場力方向豎直向上，電場方向沿y軸正方向，設(shè)粒子初速度為v0豎直方向有y=12at2水平方向有x=vB．粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的y-運(yùn)動軌跡如圖所示，則粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的半徑R=10LC．粒子做類平拋運(yùn)動進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度v=v02+(at)2聯(lián)立解得vD．如圖所示，設(shè)圓心為O'點(diǎn)，設(shè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度方向與豎直方向夾角為θ由速度關(guān)系有sinθ=v0v=0.6可得θ=37°由幾何關(guān)系得∠O'=37°故選AD。1．（2025·山東淄博·三模）如圖所示，A點(diǎn)有一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，在距A點(diǎn)2r處有一個點(diǎn)電荷B，在以A點(diǎn)為圓心、半徑為r的球面上有一點(diǎn)C，AC與AB夾角為60°。要使C點(diǎn)的場強(qiáng)與AB平行，則點(diǎn)電荷BA．帶負(fù)電，電荷量為3Q B．帶負(fù)電，電荷量為C．帶正電，電荷量為3Q D．帶正電，電荷量為【答案】B【詳析】由于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向平行于AB，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加，畫出俯視圖，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得∠ACB=90°由于B在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向指向B，則B點(diǎn)點(diǎn)電荷帶負(fù)電。根據(jù)幾何關(guān)系可得BC=2rsin60°=3r根據(jù)電場矢量關(guān)系可得tan60°=E故選B。2．（2025·山東齊魯教研體·考前質(zhì)量檢測）如圖1所示，真空中有兩點(diǎn)電荷q1、q2分別固定在x軸上的x=-5m和x=-1m處，將一正試探電荷q置于x軸上，q的電勢能隨位置的變化關(guān)系部分圖像如圖2所示，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)電勢公式φ=A．q1、qB．q1、q2C．x=-3m處的電勢低于xD．除無限遠(yuǎn)外，x軸上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個【答案】D【詳析】A．由圖2知x>0處電勢為正，-1<x<0電勢為負(fù)，可知q2帶負(fù)電，B．由圖2知x=0處電勢為零，根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電勢公式φ=kQr可知kqC．在x軸上，q1在x=-5m右側(cè)電場強(qiáng)度水平向右，q2在-5m<x<-1m區(qū)間的電場強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知-5m<x<-1m間的電場強(qiáng)度水平向右，當(dāng)q1=q2時，x=-3m處電勢為零，D．由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知x軸上在x<-5m區(qū)域電場強(qiáng)度不可能為零，在-5m<x<-1m區(qū)域電場強(qiáng)度不可能為零，在x>-1m區(qū)域，設(shè)該點(diǎn)距xk解得l=5m可知除無限遠(yuǎn)處，x故選D。3．（2025·山東青島·三模）如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中固定傾角為30°的足夠長斜面，質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v0從斜面底端斜向上拋出，初速度方向與水平方向間的夾角為60°。已知勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=3A．機(jī)械能不變 B．離斜面最遠(yuǎn)時動能最小C．運(yùn)動的時間為33v0【答案】D【詳析】A．小球從拋出到落回斜面的過程中，電場力做功會改變機(jī)械能，故機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．以斜面為參考系，建立沿斜面向上（x軸）和垂直斜面向上（y軸）的坐標(biāo)系，小球受重力mg（豎直向下）和電場力qE（水平向右），沿斜面方向（x軸）：電場力分量：Eqcos重力分量：mgsin30°=12mg（沿斜面向下）根據(jù)牛頓第二定律mgsin30°-Eqcos30°=max解得加速度ax=14g（沿斜面向下）垂直斜面方向（y軸）：電場力分量Eqsin30離斜面最遠(yuǎn)時（y方向速度為0），時間t1=v0sin30°ay=23v07g此時CD．落回斜面時y=0由v0sin30°t-1故選D。4．（2025·山東青島平度·二模）如圖所示為某靜電場在x軸上的電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系（E-x圖像），x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度正方向。一個帶正電的點(diǎn)電荷僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸運(yùn)動，在x軸上的a、b、c、A．點(diǎn)電荷由a運(yùn)動到d的過程中加速度先減小后增大B．點(diǎn)電荷從b運(yùn)動到a電場力做的功小于從c運(yùn)動到b電場力做的功C．點(diǎn)電荷由a運(yùn)動到d的過程中電勢能先增大再減小D．b和d兩點(diǎn)處電勢相等【答案】B【詳析】A．由F=Eq=ma可知a、B．電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸所圍成的面積與電荷量的乘積等于電場力做功，b、a兩點(diǎn)間的面積小于c、b兩點(diǎn)間的面積，所以點(diǎn)電荷從b運(yùn)動到a電場力做的功小于從c運(yùn)動到b電場力做的功，B正確；C．a(chǎn)、d點(diǎn)間的電場強(qiáng)度方向?yàn)樨?fù)方向，一個帶正電的點(diǎn)電荷所受電場力的方向也為負(fù)方向，點(diǎn)電荷的位移方向?yàn)檎较?，所以電場力做?fù)功，電勢能增大，C錯誤；D．從b到d電場線沿負(fù)方向，沿電場線方向電勢降低，所以b點(diǎn)電勢小于d點(diǎn)，D錯誤。故選B。5．（2025·山東日照·二模）如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣圓形軌道豎直固定在水平地面上，圓心是O，直徑AB水平。小球c固定在A點(diǎn)，將小球d從B點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過最低點(diǎn)P后到達(dá)Q點(diǎn)時速度為零，經(jīng)過M點(diǎn)時速度最大。兩小球均帶負(fù)電且可視為質(zhì)點(diǎn)，Q、M點(diǎn)均未畫出。下列說法正確的是（）A．小球d從B到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直增大B．M點(diǎn)在P點(diǎn)左側(cè)C．小球d從B到Q的過程中，電勢能一直減少D．小球d從P到Q的過程中，動能的減少量等于電勢能增加量【答案】A【詳析】A．小球d運(yùn)動過程中到A的距離越來越小，則兩球間庫侖力越來越大，庫侖力增大同時庫侖力與重力夾角由直角變銳角，根據(jù)力的合成可知這兩個力的合力將更大，所以兩者合力一直增大，故A正確；B．M點(diǎn)速度最大，此時庫侖力與重力沿切線方向的合力為零，在P左右分別對小球d受力分析可知只有P的右側(cè)重力和庫力沿切線的合力才能為零，所以M點(diǎn)在P右側(cè)，故B錯誤；C．從B→Q的過程中d離C越來越近而離負(fù)電荷越近電勢越低，則B到Q電勢減少，而負(fù)電荷在電勢越低的位置電勢能越高，所以d的B到Q電勢能增大，故C錯誤；D．從P→Q動能減小，電勢能增大，重力勢能增大，根據(jù)能量守恒可得減小的動能應(yīng)等于增加的電勢能和重力勢能，故D錯誤。故選A。6．（2025·山東濱州·二模）空間中存在一勻強(qiáng)電場，電場方向未知。如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球在A點(diǎn)的初速度大小為v0，方向水平向左，小球經(jīng)過下方B點(diǎn)時速度的大小仍為v0，且方向與水平方向夾角θ=60°，指向右下方。AA．若電場力水平向右，電場力最小B．AB間電勢差UC．小球速度豎直向下時，速度的大小為2D．若電場力的大小為mg，則電場力與豎直方向的夾角為60【答案】D【詳析】A．小球經(jīng)過AB兩點(diǎn)時速度大小相等，有對稱性可知在AB兩點(diǎn)時速度方向與AB連線的夾角大小相等，設(shè)為α，由幾何關(guān)系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分線方向斜向下，方向與水平線夾角為30°，由平行四邊形定則可知，若場強(qiáng)方向沿BA向上時電場力最小，場強(qiáng)最小，選項(xiàng)A錯誤；B．從A到B根據(jù)動能定理UABq-mglABsinC．小球速度豎直向下時，此時速度方向與AB夾角為30°，小球沿AB方向的速度為v不變，則小球速度豎直向下時速度的大小為v'=v1D．由圖可知，若電場力的大小為mg，合力大小也為mg，此時電場力與豎直方向的夾角為60°，指向右上方，選項(xiàng)故選D。7．（2025·山東淄博七中·一模）取無限遠(yuǎn)處電勢為0，不等量異種電荷附近，存在一個電勢為0的等勢球面。如圖所示，兩點(diǎn)電荷Q1和Q2分別位于x軸上的x1和x2處，B點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)，以x軸上A點(diǎn)為圓心的虛線圓上各點(diǎn)的電勢均為0，B點(diǎn)的電勢φBA．Q1帶負(fù)電，Q2帶正電，Q1所帶電荷量大于Q2所帶電荷量B．虛線圓上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向均沿半徑指向圓心AC．若僅減小Q1所帶電荷量，則虛線圓的半徑將增大D．若僅增大Q2所帶電荷量，則虛線圓圓心A的位置將靠近Q1【答案】C【詳析】A．因?yàn)榈葎萸蛎嫔想妱轂?，且B點(diǎn)電勢大于0，沿電場方向電勢降低，所以電場線方向大致從Q2指向Q1，則Q1帶負(fù)電，Q2帶正電。在電勢為0的等勢球面上，根據(jù)點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)（φ=kQr)，等勢面為0的地方，離電荷量小的地方近，離電荷量大的地方遠(yuǎn)，從圖中可知等勢面離Q1近，所以Q1所帶電荷量小于QB．等勢面與電場線垂直，虛線圓是等勢面，那么圓上各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向均沿半徑方向；設(shè)虛線圓與x軸的左右兩個交點(diǎn)分別為M、N，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度EM等于兩個點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之差，N點(diǎn)的電場強(qiáng)度EN兩個點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之和，EM<ENC．若僅減小Q1所帶電荷量，當(dāng)Q1所帶電荷量減小到零時，則虛線圓的半徑將增大到無限大，虛線圓的圓心移動到Q2處，C正確；D．若僅增大Q2所帶電荷量，當(dāng)Q2所帶電荷量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于Q1所帶電荷量時，Q1可以忽略，虛線圓的圓心將移動到Q2處，D錯誤。故選C。8．（2025·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·一模）豎直平面內(nèi)固定有兩個電荷量均為qq>0的點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷相距0.6m，O為兩點(diǎn)電荷水平連線的中點(diǎn)。一電荷量為-q的帶電小球自O(shè)點(diǎn)開始向下運(yùn)動，初動能大小為2.0J，其動能Ek與位移x的關(guān)系如圖乙中曲線I所示，x=0.4m處為曲線的最低點(diǎn)，此時動能大小為1.85J。直線II為計(jì)算機(jī)擬合的曲線I的一條漸近線，其斜率大小為9.0J/mA．小球的質(zhì)量為9.0kgB．小球的電荷量為qC．下落到x=0.4mD．下落到x=0.4m的過程中，小球的電勢能增加了約【答案】B【詳析】ACD．由動能定理知，Ek-x圖像的斜率為合外力，由圖知0.4m內(nèi)，Ek-x圖像的斜率先減小后增大再減小，即小球所受的合外力先減小后增大再減小，由牛頓第二定律知，此過程小球的加速度先減小后增加再減小；當(dāng)x→∞解得小球的質(zhì)量m=0.9kg0～0.4mΔ故ACD錯誤；B．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時mg=2kq2(0.4)2+(0.62)故選B。9．（2025·山東·模擬預(yù)測）如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，電路中電流穩(wěn)定后，平行板電容器C1中的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比。保持開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，僅增大電容器CA．電流計(jì)G中有由b到a的電流B．電容器C1C．電容器C1D．帶點(diǎn)液滴向上運(yùn)動【答案】A【詳析】A．由保持開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，則電容器兩端的電壓不變；已知平行板電容器的電容C與兩極板間的距離d成反比，僅增大電容器C1兩極板間距離d，則電容C1得電容器C1所帶電荷量Q1=C1U減少，電容器C1放電，電流從正極板流出，經(jīng)電流計(jì)G流向負(fù)極板，所以電流計(jì)GB．由電容器兩極板間的電場強(qiáng)度E=UdU不變，dC．由前面分析可知，電容器C1所帶電荷量減小，CD．開始時帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明液滴所受重力和電場力平衡，即mg=qE；電容器C1故選A。10．（2025·山東十三?！?月聯(lián)考）如圖所示，半徑為R的水平固定絕緣圓環(huán)上均勻分布著正電荷，O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，M點(diǎn)位于O點(diǎn)正上方3R處。若從圓環(huán)上的A點(diǎn)處取走長為ΔL的小圓弧，剩余電荷分布不變，則剩余電荷在A．ΔL2πRC．3ΔL3(2【答案】C【詳析】由幾何關(guān)系可知，AM與OM的夾角θ滿足tanθ=33解得θ=30°設(shè)整個圓環(huán)的電荷量為Q，每一段長為ΔL小圓弧的電荷量為Δq，由于圓環(huán)上的電荷均勻分布，可知Δq=QΔL2πR，每一段長為ΔL小圓弧在M處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度沿OM方向的分量為E=kΔq3R2+R2cos30°=3kQ8R故選C。11．（2025·山東青島平度·高考模擬一）如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形BCD的邊長為L，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道AC的最低點(diǎn)，A點(diǎn)到B、D兩點(diǎn)的距離均為L，A點(diǎn)在BD邊上的豎直投影點(diǎn)為O。y軸上B、D兩點(diǎn)固定兩個等量的正點(diǎn)電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個場強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)，這兩個點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對稱。在A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球套在軌道AC上(忽略它對原電場的影響)將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且kA．圖中的A點(diǎn)和C點(diǎn)的場強(qiáng)相同 B．軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為mgC．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的加速度為2g D．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的動能為【答案】B【詳析】A．由幾何可知：OA=32LP為z軸上一點(diǎn)，PD連線與z軸的夾角為θ，根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向豎直向上，大小為E=2kQODsinθ?cosθ解得E=8kQL2cosθsin2B．由幾何關(guān)系∠DAO=30°，軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為C．由幾何關(guān)系有OA=OC=32L根據(jù)∠ACO=45°由對稱性可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，因此，C小球在C點(diǎn)受到的電場力為FC=qEC=mg沿桿方向的合力為F=mgcos45°-D．根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場分布和對稱關(guān)系可知，A、C兩點(diǎn)電勢相等，電荷從A到C的過程中電場力做功為零，根據(jù)動能定理可得mg?OA=EKC故選B。12．（2025·山東青島·調(diào)研檢測）如圖所示，一正四面體置于勻強(qiáng)電場中，A、B、C、D分別是正四面體的四個頂點(diǎn)，正四面體的棱長L=0.5m，E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點(diǎn)，電勢分別為2V、4V、2V、6V。下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢為0B．電場強(qiáng)度大小為8V/mC．BCD所在的平面為等勢面D．將一電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢能增加8eV【答案】A【詳析】AC．由于E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點(diǎn)，則φE=φA+φ聯(lián)立解得φA=0，φB=4V，φC=8V，φD=4VD．將一電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢升高8V，則電勢能減小8eV，故D錯誤；B．電場強(qiáng)度大小為E=Ud=故選A。13．（2025·山東濟(jì)寧·模擬）如圖所示，兩等量異種點(diǎn)電荷分別處于正方形ABCD上的A、B兩點(diǎn)，M、N、P分別為對應(yīng)邊的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．M、N兩點(diǎn)的電勢相同C．P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．電子從M點(diǎn)沿直線移動到D點(diǎn)，電勢能增加【答案】D【詳析】A．由等量異種電荷的電場的特點(diǎn)知，M、N兩點(diǎn)的電場大小相同，方向不同，故A錯誤；B．根據(jù)距正電荷越近電勢越高，距負(fù)電荷越近電勢越低，根據(jù)電勢的疊加原理可知，M、N兩點(diǎn)分別在A、B電荷場中的電勢關(guān)系有φM>φNC．設(shè)正方形邊長為l，根據(jù)矢量求和定則知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為2kq2l22=8kq2l2而M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為水平向右的kD．電子從M點(diǎn)沿直線移動到D點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故D正確。故選D。14．（2025·山東Flawless聯(lián)考·選考四）現(xiàn)有一電容為C的平行板電容器，極板水平，間距為d，且?guī)щ娏康拇笮镼（上極板帶正電）。兩個帶異種電荷的小球用一絕緣輕質(zhì)硬桿相連，小球質(zhì)量為m，帶電量的大小為q（上方的小球帶負(fù)電），桿長為l（l<d，q<Q）。如圖所示，設(shè)硬桿與豎直方向的夾角為θ，無窮遠(yuǎn)處電勢為0，忽略重力，則下列說法正確的是（）A．兩小球和硬桿構(gòu)成的系統(tǒng)所受的合外力為0B．當(dāng)θ=C．兩個小球的電勢能為QqlD．當(dāng)θ很小時，靜止釋放兩個小球，則兩個小球各自的運(yùn)動周期為2【答案】AD【詳析】A．電容內(nèi)部的電場為勻強(qiáng)電場，根據(jù)F=qE可知，兩小球和硬桿構(gòu)成的系統(tǒng)所受的合外力為0，故B．當(dāng)θ=π3時，轉(zhuǎn)矩不為0C．電容內(nèi)部電場為E=Ud=QCd設(shè)下極板電勢為0，下極板到-q的距離為x，則兩個小球的電勢能為EpD．當(dāng)θ很小時，靜止釋放兩個小球，則兩個小球繞質(zhì)心做簡諧振動，轉(zhuǎn)矩τ=-lqEθ轉(zhuǎn)動慣量I=12ml2運(yùn)動方程為12ml2d故選AD。15．（2025·山東濰坊·三模）某離子注入工藝原理如圖所示。離子源產(chǎn)生的離子經(jīng)小孔進(jìn)入加速電場，初速度可忽略不計(jì)。加速后的離子豎直向上進(jìn)入速度選擇器，該區(qū)域存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場；通過速度選擇器的離子射出后從小孔O1進(jìn)入電場分析器，電場分析器內(nèi)為14圓弧輻射狀電場，離子沿半徑為R1（未知）的圓弧做勻速圓周運(yùn)動；隨后離子從小孔O2射出并沿水平方向進(jìn)入磁場分析器，該區(qū)域存在垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場（未畫出），離子偏轉(zhuǎn)后沿O3

O的方向豎直向下射入水平向左的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，最終打在水平放置的晶圓（硅片）上。已知加速電場兩水平極板間的電壓為U，速度選擇器電場、電場分析器內(nèi)離子所經(jīng)位置的電場強(qiáng)度大小均為E；速度選擇器、磁場分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B；偏轉(zhuǎn)電場的上下邊界MN和PQ間距為L，水平方向足夠?qū)挕＞A半徑為R，圓心為O(1)通過速度選擇器離子的比荷qm(2)離子在電場分析器中運(yùn)動軌跡的半徑R1及運(yùn)動時間t(3)磁場分析器中“圓形勻強(qiáng)磁場”區(qū)域的最小面積S；(4)若離子需恰好打在晶圓上表面的邊緣處，求偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小E'【答案】(1)q(2)R1=(3)S(4)E【詳析】（1）在速度選擇器中，由qE=qvB可知v=EB（2）在電場分析器中，由qE=mv2R1解得R（3）在磁場分析器中，由qvB=mv2r可得S（4）在偏轉(zhuǎn)電場中，豎直方向L=vt'水平方向y=116．（2025·山東Flawless聯(lián)考·選考四）低能離子散射（LEIS）技術(shù)可以分析樣品表面原子分布情況，在分析材料催化性能、生物材料與半導(dǎo)體材料性能研究中有重要用處。圖1為一個簡化的LEIS能譜儀，離子槍中可以向某固定方向發(fā)出加速后的Ar?離子，離子打在樣品上后發(fā)生碰撞，θ=50°的離子能夠進(jìn)入靜電分析器（θ表示碰撞前后Ar?(1)離子槍中裝有氬氣，發(fā)射時將氬氣電離成Ar?高離子，并以近似為0的速率飄入加速極板。設(shè)Ar?離子質(zhì)量為m，若希望從離子槍中出射的離子速度為v，求加速電壓U；(2)被樣品散射后的Ar?離子進(jìn)入半圓柱形靜電分析器，已知靜電分析器中某點(diǎn)電場方向沿圓柱半徑，電場強(qiáng)度滿足Er=kr,其中r(3)Ar?離子與樣品表面原子的散射過程可以簡化為圖2：質(zhì)量為m的離子入射，與質(zhì)量為M的靜止原子發(fā)生了彈性碰撞，碰撞后離子的運(yùn)動方向改變的角度為α。記碰撞后離子動能為碰撞前的K倍，求出K可能的表達(dá)式（用α，m，M表示；離子和原子視作質(zhì)點(diǎn)）；(4)將離子槍加速電壓調(diào)至U=1000V，轟擊青銅合金樣品（主要成分為90%Cu，10%Sn），請?jiān)趫D3中大致畫出得到的能譜圖，其中橫軸為散射離子動能，縱軸為接收板上相對電流強(qiáng)度。（參考數(shù)據(jù)：相關(guān)原子質(zhì)量數(shù)：Ar-40,Cu【答案】(1)m(2)1(3)K(4)見解析【詳析】（1）根據(jù)動能定理eU=12m（2）若離子能打到接收板，則該離子一定在分析器通道內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律eE又由Er=kr（3）質(zhì)量為m的離子與質(zhì)量為M的靜止原子發(fā)生了彈性碰撞，動量守恒、機(jī)械能守恒，有mv0Δ根據(jù)余弦定理cosα=v02+v1K（4）接收板要想有電流，則入射角應(yīng)為θ=50°，則散射角α=130°，粒子加速槍加速時eU=12mvM可得離子和銅原子發(fā)生碰撞時12mv12=90eV，離子和鋅原子發(fā)生碰撞時12mv專題06靜電場考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1電場力和電場能的性質(zhì)2021、2022、2023、2024、2025考查愈發(fā)注重對電場強(qiáng)度、電勢、電勢能、電容等基礎(chǔ)概念的深度理解，以及它們之間的內(nèi)在聯(lián)系。題型上，既會在選擇題中單獨(dú)考查基礎(chǔ)概念辨析，也常與帶電粒子在電場中的運(yùn)動相結(jié)合出現(xiàn)在計(jì)算題里。比如設(shè)置帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速、偏轉(zhuǎn)，或者在非勻強(qiáng)電場中的復(fù)雜運(yùn)動情境，要求學(xué)生綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等力學(xué)知識，分析粒子的受力情況與運(yùn)動過程，考查學(xué)生知識遷移與綜合分析能力?？键c(diǎn)2電容器與電容2023考點(diǎn)3帶電粒子在電場中的運(yùn)動2025考點(diǎn)01電場力和電場能的性質(zhì)1．（2025·山東·高考）球心為O，半徑為R的半球形光滑絕緣碗固定于水平地面上，帶電量分別為+2q和+q的小球甲、乙剛好靜止于碗內(nèi)壁A、B兩點(diǎn)，過O、A、B的截面如圖所示，C、D均為圓弧上的點(diǎn)，OC沿豎直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B兩點(diǎn)間距離為3RA．甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量 B．C點(diǎn)電勢高于D點(diǎn)電勢C．E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同 D．沿直線從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢先升高后降低【答案】BD【詳析】A．對甲、乙兩小球受力分析如圖所示，甲、乙兩小球分別受到重力、支持力、庫侖力作用保持平衡。設(shè)OC與AB線段交點(diǎn)為G點(diǎn)，由幾何關(guān)系2Rcos∠OAB=3R解得∠OAB=∠OBA=30°因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°B．根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2，由場強(qiáng)疊加知識，可知C到D之間的圓弧上各點(diǎn)場強(qiáng)方向都向右下方，若有一正試探電荷從C運(yùn)動到D的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故可判斷C點(diǎn)電勢高于C．兩帶電小球連線上的電場分布可以等效成一對等量異種點(diǎn)電荷的電場和在A點(diǎn)帶電量為3q的正點(diǎn)電荷的電場相互疊加的電場。在等量異種點(diǎn)電荷的電場中E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同。但是A點(diǎn)帶電量為3q的正點(diǎn)電荷在E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不同。E、F兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不同，D．電勢是標(biāo)量，OD與AB線段的交點(diǎn)距離兩帶電小球最近，所以該點(diǎn)電勢最大，那么沿直線從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢先升高后降低，D正確。故選BD。2．（2024·山東·高考）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，滑到與小球等高的B點(diǎn)時加速度為零，滑到C點(diǎn)時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．OB的距離l=3B．OB的距離l=3C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W=﹣mgSD．AC之間的電勢差UAC=﹣mgS【答案】AD【詳析】AB．由題意知小滑塊在B點(diǎn)處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向mg解得l=3kqC．因?yàn)榛紺點(diǎn)時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有W+mgSsin30°=0解得WD．根據(jù)靜電力做的功與電勢差的關(guān)系可知AC之間的電勢差UAC=W故選AD。3．（2023·山東·高考）如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O'，A、D兩點(diǎn)分別固定等量異號的點(diǎn)電荷，下列說法正確的是（

A．F'點(diǎn)與CB．B'點(diǎn)與EC．A'點(diǎn)與F'點(diǎn)的電勢差小于O'D．將試探電荷+q由F點(diǎn)沿直線移動到O【答案】ACD【詳析】D．將六棱柱的上表面拿出

由幾何條件可知正電荷在OF中點(diǎn)K的場強(qiáng)方向垂直O(jiān)F，則K點(diǎn)的合場強(qiáng)與OF的夾角為銳角，在F點(diǎn)的場強(qiáng)和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點(diǎn)過程中電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；C．由等量異種電荷的電勢分布可知φA'=φ>0，φD'=-AB．由等量異種電荷的對稱性可知F'和C'電場強(qiáng)度大小相等，B'和E'電場強(qiáng)度方向不同，故選ACD。4．（2022·山東·高考）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，A．正電荷，q=QΔC．負(fù)電荷，q=2Q【答案】C【詳析】取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有E1=kE=E1=kQΔL2πR3根據(jù)O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，則放在D5．（2021·山東·高考）如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點(diǎn)上分別固定一個電荷量為+q的點(diǎn)電荷；在0≤x<22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷PA．Q=2+1B．Q=2+1C．Q=22D．Q=22【答案】C【詳析】對y軸正向的點(diǎn)電荷，由平衡知識可得2kq2a2+kq2(2a)2=kQq故選C?？键c(diǎn)02電容器與電容6．（2023·山東·高考）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進(jìn)入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動能，設(shè)置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L=60m，滅火彈出膛速度v0=50m/s，方向與水平面夾角θ=53°，不計(jì)炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大?。?）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能E=12CU2，轉(zhuǎn)化為滅火彈動能的效率η=15%

【答案】（1）60m；（2）U【詳析】（1）滅火彈做斜向上拋運(yùn)動，則水平方向上有L=v0cosθ?（2）根據(jù)題意可知Ek=ηE=15%×12考點(diǎn)03帶電粒子在電場中的運(yùn)動7．（2025·山東·高考）如圖甲所示的Oxy平面內(nèi)，y軸右側(cè)被直線x=3L分為兩個相鄰的區(qū)域I、Ⅱ。區(qū)域I內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)充滿垂直O(jiān)xy平面的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的大小、方向均未知。t=0時刻，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿x軸正向出發(fā)，在Oxy平面內(nèi)運(yùn)動，在區(qū)域I中的運(yùn)動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，如圖甲所示。t0A．區(qū)域I內(nèi)電場強(qiáng)度大小E=4mLB．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的半徑RC．區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=3mD．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)17【答案】AD【詳析】A．粒子在區(qū)域I中的運(yùn)動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，可以判斷出粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)曲線軌跡可知，可知正粒子受到的電場力方向豎直向上，電場方向沿y軸正方向，設(shè)粒子初速度為v0豎直方向有y=12at2水平方向有x=vB．粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的y-運(yùn)動軌跡如圖所示，則粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動的半徑R=10LC．粒子做類平拋運(yùn)動進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度v=v02+(at)2聯(lián)立解得vD．如圖所示，設(shè)圓心為O'點(diǎn)，設(shè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度方向與豎直方向夾角為θ由速度關(guān)系有sinθ=v0v=0.6可得θ=37°由幾何關(guān)系得∠O'=37°故選AD。1．（2025·山東淄博·三模）如圖所示，A點(diǎn)有一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，在距A點(diǎn)2r處有一個點(diǎn)電荷B，在以A點(diǎn)為圓心、半徑為r的球面上有一點(diǎn)C，AC與AB夾角為60°。要使C點(diǎn)的場強(qiáng)與AB平行，則點(diǎn)電荷BA．帶負(fù)電，電荷量為3Q B．帶負(fù)電，電荷量為C．帶正電，電荷量為3Q D．帶正電，電荷量為【答案】B【詳析】由于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向平行于AB，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加，畫出俯視圖，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得∠ACB=90°由于B在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向指向B，則B點(diǎn)點(diǎn)電荷帶負(fù)電。根據(jù)幾何關(guān)系可得BC=2rsin60°=3r根據(jù)電場矢量關(guān)系可得tan60°=E故選B。2．（2025·山東齊魯教研體·考前質(zhì)量檢測）如圖1所示，真空中有兩點(diǎn)電荷q1、q2分別固定在x軸上的x=-5m和x=-1m處，將一正試探電荷q置于x軸上，q的電勢能隨位置的變化關(guān)系部分圖像如圖2所示，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)電勢公式φ=A．q1、qB．q1、q2C．x=-3m處的電勢低于xD．除無限遠(yuǎn)外，x軸上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個【答案】D【詳析】A．由圖2知x>0處電勢為正，-1<x<0電勢為負(fù)，可知q2帶負(fù)電，B．由圖2知x=0處電勢為零，根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電勢公式φ=kQr可知kqC．在x軸上，q1在x=-5m右側(cè)電場強(qiáng)度水平向右，q2在-5m<x<-1m區(qū)間的電場強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知-5m<x<-1m間的電場強(qiáng)度水平向右，當(dāng)q1=q2時，x=-3m處電勢為零，D．由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知x軸上在x<-5m區(qū)域電場強(qiáng)度不可能為零，在-5m<x<-1m區(qū)域電場強(qiáng)度不可能為零，在x>-1m區(qū)域，設(shè)該點(diǎn)距xk解得l=5m可知除無限遠(yuǎn)處，x故選D。3．（2025·山東青島·三模）如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中固定傾角為30°的足夠長斜面，質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v0從斜面底端斜向上拋出，初速度方向與水平方向間的夾角為60°。已知勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=3A．機(jī)械能不變 B．離斜面最遠(yuǎn)時動能最小C．運(yùn)動的時間為33v0【答案】D【詳析】A．小球從拋出到落回斜面的過程中，電場力做功會改變機(jī)械能，故機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．以斜面為參考系，建立沿斜面向上（x軸）和垂直斜面向上（y軸）的坐標(biāo)系，小球受重力mg（豎直向下）和電場力qE（水平向右），沿斜面方向（x軸）：電場力分量：Eqcos重力分量：mgsin30°=12mg（沿斜面向下）根據(jù)牛頓第二定律mgsin30°-Eqcos30°=max解得加速度ax=14g（沿斜面向下）垂直斜面方向（y軸）：電場力分量Eqsin30離斜面最遠(yuǎn)時（y方向速度為0），時間t1=v0sin30°ay=23v07g此時CD．落回斜面時y=0由v0sin30°t-1故選D。4．（2025·山東青島平度·二模）如圖所示為某靜電場在x軸上的電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系（E-x圖像），x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度正方向。一個帶正電的點(diǎn)電荷僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸運(yùn)動，在x軸上的a、b、c、A．點(diǎn)電荷由a運(yùn)動到d的過程中加速度先減小后增大B．點(diǎn)電荷從b運(yùn)動到a電場力做的功小于從c運(yùn)動到b電場力做的功C．點(diǎn)電荷由a運(yùn)動到d的過程中電勢能先增大再減小D．b和d兩點(diǎn)處電勢相等【答案】B【詳析】A．由F=Eq=ma可知a、B．電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸所圍成的面積與電荷量的乘積等于電場力做功，b、a兩點(diǎn)間的面積小于c、b兩點(diǎn)間的面積，所以點(diǎn)電荷從b運(yùn)動到a電場力做的功小于從c運(yùn)動到b電場力做的功，B正確；C．a(chǎn)、d點(diǎn)間的電場強(qiáng)度方向?yàn)樨?fù)方向，一個帶正電的點(diǎn)電荷所受電場力的方向也為負(fù)方向，點(diǎn)電荷的位移方向?yàn)檎较?，所以電場力做?fù)功，電勢能增大，C錯誤；D．從b到d電場線沿負(fù)方向，沿電場線方向電勢降低，所以b點(diǎn)電勢小于d點(diǎn)，D錯誤。故選B。5．（2025·山東日照·二模）如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣圓形軌道豎直固定在水平地面上，圓心是O，直徑AB水平。小球c固定在A點(diǎn)，將小球d從B點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過最低點(diǎn)P后到達(dá)Q點(diǎn)時速度為零，經(jīng)過M點(diǎn)時速度最大。兩小球均帶負(fù)電且可視為質(zhì)點(diǎn)，Q、M點(diǎn)均未畫出。下列說法正確的是（）A．小球d從B到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直增大B．M點(diǎn)在P點(diǎn)左側(cè)C．小球d從B到Q的過程中，電勢能一直減少D．小球d從P到Q的過程中，動能的減少量等于電勢能增加量【答案】A【詳析】A．小球d運(yùn)動過程中到A的距離越來越小，則兩球間庫侖力越來越大，庫侖力增大同時庫侖力與重力夾角由直角變銳角，根據(jù)力的合成可知這兩個力的合力將更大，所以兩者合力一直增大，故A正確；B．M點(diǎn)速度最大，此時庫侖力與重力沿切線方向的合力為零，在P左右分別對小球d受力分析可知只有P的右側(cè)重力和庫力沿切線的合力才能為零，所以M點(diǎn)在P右側(cè)，故B錯誤；C．從B→Q的過程中d離C越來越近而離負(fù)電荷越近電勢越低，則B到Q電勢減少，而負(fù)電荷在電勢越低的位置電勢能越高，所以d的B到Q電勢能增大，故C錯誤；D．從P→Q動能減小，電勢能增大，重力勢能增大，根據(jù)能量守恒可得減小的動能應(yīng)等于增加的電勢能和重力勢能，故D錯誤。故選A。6．（2025·山東濱州·二模）空間中存在一勻強(qiáng)電場，電場方向未知。如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球在A點(diǎn)的初速度大小為v0，方向水平向左，小球經(jīng)過下方B點(diǎn)時速度的大小仍為v0，且方向與水平方向夾角θ=60°，指向右下方。AA．若電場力水平向右，電場力最小B．AB間電勢差UC．小球速度豎直向下時，速度的大小為2D．若電場力的大小為mg，則電場力與豎直方向的夾角為60【答案】D【詳析】A．小球經(jīng)過AB兩點(diǎn)時速度大小相等，有對稱性可知在AB兩點(diǎn)時速度方向與AB連線的夾角大小相等，設(shè)為α，由幾何關(guān)系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分線方向斜向下，方向與水平線夾角為30°，由平行四邊形定則可知，若場強(qiáng)方向沿BA向上時電場力最小，場強(qiáng)最小，選項(xiàng)A錯誤；B．從A到B根據(jù)動能定理UABq-mglABsinC．小球速度豎直向下時，此時速度方向與AB夾角為30°，小球沿AB方向的速度為v不變，則小球速度豎直向下時速度的大小為v'=v1D．由圖可知，若電場力的大小為mg，合力大小也為mg，此時電場力與豎直方向的夾角為60°，指向右上方，選項(xiàng)故選D。7．（2025·山東淄博七中·一模）取無限遠(yuǎn)處電勢為0，不等量異種電荷附近，存在一個電勢為0的等勢球面。如圖所示，兩點(diǎn)電荷Q1和Q2分別位于x軸上的x1和x2處，B點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)，以x軸上A點(diǎn)為圓心的虛線圓上各點(diǎn)的電勢均為0，B點(diǎn)的電勢φBA．Q1帶負(fù)電，Q2帶正電，Q1所帶電荷量大于Q2所帶電荷量B．虛線圓上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向均沿半徑指向圓心AC．若僅減小Q1所帶電荷量，則虛線圓的半徑將增大D．若僅增大Q2所帶電荷量，則虛線圓圓心A的位置將靠近Q1【答案】C【詳析】A．因?yàn)榈葎萸蛎嫔想妱轂?，且B點(diǎn)電勢大于0，沿電場方向電勢降低，所以電場線方向大致從Q2指向Q1，則Q1帶負(fù)電，Q2帶正電。在電勢為0的等勢球面上，根據(jù)點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)（φ=kQr)，等勢面為0的地方，離電荷量小的地方近，離電荷量大的地方遠(yuǎn)，從圖中可知等勢面離Q1近，所以Q1所帶電荷量小于QB．等勢面與電場線垂直，虛線圓是等勢面，那么圓上各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向均沿半徑方向；設(shè)虛線圓與x軸的左右兩個交點(diǎn)分別為M、N，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度EM等于兩個點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之差，N點(diǎn)的電場強(qiáng)度EN兩個點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之和，EM<ENC．若僅減小Q1所帶電荷量，當(dāng)Q1所帶電荷量減小到零時，則虛線圓的半徑將增大到無限大，虛線圓的圓心移動到Q2處，C正確；D．若僅增大Q2所帶電荷量，當(dāng)Q2所帶電荷量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于Q1所帶電荷量時，Q1可以忽略，虛線圓的圓心將移動到Q2處，D錯誤。故選C。8．（2025·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)·一模）豎直平面內(nèi)固定有兩個電荷量均為qq>0的點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷相距0.6m，O為兩點(diǎn)電荷水平連線的中點(diǎn)。一電荷量為-q的帶電小球自O(shè)點(diǎn)開始向下運(yùn)動，初動能大小為2.0J，其動能Ek與位移x的關(guān)系如圖乙中曲線I所示，x=0.4m處為曲線的最低點(diǎn)，此時動能大小為1.85J。直線II為計(jì)算機(jī)擬合的曲線I的一條漸近線，其斜率大小為9.0J/mA．小球的質(zhì)量為9.0kgB．小球的電荷量為qC．下落到x=0.4mD．下落到x=0.4m的過程中，小球的電勢能增加了約【答案】B【詳析】ACD．由動能定理知，Ek-x圖像的斜率為合外力，由圖知0.4m內(nèi)，Ek-x圖像的斜率先減小后增大再減小，即小球所受的合外力先減小后增大再減小，由牛頓第二定律知，此過程小球的加速度先減小后增加再減??；當(dāng)x→∞解得小球的質(zhì)量m=0.9kg0～0.4mΔ故ACD錯誤；B．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時mg=2kq2(0.4)2+(0.62)故選B。9．（2025·山東·模擬預(yù)測）如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，電路中電流穩(wěn)定后，平行板電容器C1中的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比。保持開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，僅增大電容器CA．電流計(jì)G中有由b到a的電流B．電容器C1C．電容器C1D．帶點(diǎn)液滴向上運(yùn)動【答案】A【詳析】A．由保持開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，則電容器兩端的電壓不變；已知平行板電容器的電容C與兩極板間的距離d成反比，僅增大電容器C1兩極板間距離d，則電容C1得電容器C1所帶電荷量Q1=C1U減少，電容器C1放電，電流從正極板流出，經(jīng)電流計(jì)G流向負(fù)極板，所以電流計(jì)GB．由電容器兩極板間的電場強(qiáng)度E=UdU不變，dC．由前面分析可知，電容器C1所帶電荷量減小，CD．開始時帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明液滴所受重力和電場力平衡，即mg=qE；電容器C1故選A。10．（2025·山東十三?！?月聯(lián)考）如圖所示，半徑為R的水平固定絕緣圓環(huán)上均勻分布著正電荷，O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，M點(diǎn)位于O點(diǎn)正上方3R處。若從圓環(huán)上的A點(diǎn)處取走長為ΔL的小圓弧，剩余電荷分布不變，則剩余電荷在A．ΔL2πRC．3ΔL3(2【答案】C【詳析】由幾何關(guān)系可知，AM與OM的夾角θ滿足tanθ=33解得θ=30°設(shè)整個圓環(huán)的電荷量為Q，每一段長為ΔL小圓弧的電荷量為Δq，由于圓環(huán)上的電荷均勻分布，可知Δq=QΔL2πR，每一段長為ΔL小圓弧在M處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度沿OM方向的分量為E=kΔq3R2+R2cos30°=3kQ8R故選C。11．（2025·山東青島平度·高考模擬一）如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形BCD的邊長為L，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道AC的最低點(diǎn)，A點(diǎn)到B、D兩點(diǎn)的距離均為L，A點(diǎn)在BD邊上的豎直投影點(diǎn)為O。y軸上B、D兩點(diǎn)固定兩個等量的正點(diǎn)電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個場強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)，這兩個點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對稱。在A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球套在軌道AC上(忽略它對原電場的影響)將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且kA．圖中的A點(diǎn)和C點(diǎn)的場強(qiáng)相同 B．軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為mgC．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的加速度為2g D．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的動能為【答案】B【詳析】A．由幾何可知：OA=32LP為z軸上一點(diǎn)，PD連線與z軸的夾角為θ，根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向豎直向上，大小為E=2kQODsinθ?cosθ解得E=8kQL2cosθsin2B．由幾何關(guān)系∠DAO=30°，軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為C．由幾何關(guān)系有OA=OC=32L根據(jù)∠ACO=45°由對稱性可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，因此，C小球在C點(diǎn)受到的電場力為FC=qEC=mg沿桿方向的合力為F=mgcos45°-D．根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場分布和對稱關(guān)系可知，A、C兩點(diǎn)電勢相等，電荷從A到C的過程中電場力做功為零，根據(jù)動能定理可得mg?OA=EKC故選B。12．（2025·山東青島·調(diào)研檢測）如圖所示，一正四面體置于勻強(qiáng)電場中，A、B、C、D分別是正四面體的四個頂點(diǎn)，正四面體的棱長L=0.5m，E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點(diǎn)，電勢分別為2V、4V、2V、6V。下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢為0B．電場強(qiáng)度大小為8V/mC．BCD所在的平面為等勢面D．將一電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢能增加8eV【答案】A【詳析】AC．由于E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點(diǎn)，則φE=φA+φ聯(lián)立解得φA=0，φB=4V，φC=8V，φD=4VD．將一電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢升高8V，則電勢能減小8eV，故D錯誤；B．電場強(qiáng)度大小為E=Ud=故選A。13．（2025·山東濟(jì)寧·模擬）如圖所示，兩等量異種點(diǎn)電荷分別處于正方形ABCD上的A、B兩點(diǎn)，M、N、P分別為對應(yīng)邊的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．M、N兩點(diǎn)的電勢相同C．