五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電場力的性質(zhì)2023知識考查層面，注重多物理場耦合與跨模塊整合。靜電場問題常與牛頓運動定律、能量守恒定律結(jié)合，分析帶電粒子在復(fù)合場（如電場與重力場）中的類拋體運動軌跡；或通過電容器充放電模型，聯(lián)動電流變化與能量損耗的定量關(guān)系。命題逐漸引入非線性電場的數(shù)學(xué)化處理，如通過φ-x圖像的曲率變化判斷電場強度的空間分布，結(jié)合積分思想計算非勻強電場中的電場力做功。實驗探究方面，常設(shè)計驗證電容器儲能特性的實驗，利用電壓傳感器測量U-t曲線，結(jié)合圖像面積計算電荷量并分析能量轉(zhuǎn)化效率，體現(xiàn)理論與實踐的深度融合能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹性?？忌枋炀氝\用導(dǎo)數(shù)分析電場強度的空間變化率，或通過積分計算變力作用下的電勢能變化；部分試題引入有限差分法，如通過分段線性擬合處理復(fù)雜電場中的電勢分布問題。實驗探究能力的考查力度顯著增強，例如設(shè)計實驗測量高速列車靜電釋放裝置的電場強度時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與多變量耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入多維度動態(tài)建模能力，如通過“場-力-能”轉(zhuǎn)化鏈分析智能機械臂的靜電吸附響應(yīng)問題，或利用傅里葉變換簡化周期性電場的電勢波動分析，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平?？键c2電場能的性質(zhì)2022、2024考點3帶電粒子在電場中的運動2021、2022、2023、2025考點01電場力的性質(zhì)1．（2023·重慶·高考）真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標(biāo)原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x=x0處產(chǎn)生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距（）A．2B．(2C．2D．(2【答案】B【詳析】依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，根據(jù)題意，正電荷Q2位于x軸負半軸，設(shè)兩點電荷相距L，根據(jù)點電荷場強公式可得kQ1x02=kQ2(考點02電場能的性質(zhì)2．（2024·重慶·高考）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢的φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷量為e帶負電的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向若該電荷僅受電場力。則其將（

）A．不能通過x3點 B．在x3點兩側(cè)往復(fù)運動C．能通過x0點 D．在x1點兩側(cè)往復(fù)運動【答案】B【詳析】帶負電的試探電荷在x2處動能為1.5eV，電勢能為-1eV，總能量為0.5eV，且試探電荷速度沿x軸正方向，在x2~x3區(qū)域試探電荷受到沿x軸正方向的靜電力，做加速運動，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運動到x3右側(cè)，做減速運動，當(dāng)速度為零時，電勢能為0.5eV，即運動到電勢為－0.5V處減速到零，開始向x軸負方向運動，后反向回到x2處動能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運動，在電勢為－0.5V處減速到零又反向，不會運動到x0、x1處，即試探電荷在x3點兩側(cè)往復(fù)運動。故選B。3．（2022·重慶·高考）如圖為兩點電荷Q、Q'的電場等勢面分布示意圖，Q、Q'位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，A．N點的電場強度大小比M點的大B．Q為正電荷C．M點的電場方向沿x軸負方向D．P點與M點的電勢差為12V【答案】AD【詳析】A．等差等勢線的密度體現(xiàn)場強的大小，由圖可知N點的等差等勢線比M點更密，則N點的電場強度大小比M點的大，故A正確；B．沿著電場線電勢逐漸降低，由圖可知電場線由N指向Q，則Q為負電荷，故B錯誤；C．沿著電場線電勢逐漸降低，結(jié)合各等勢線的電勢高低關(guān)系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；D．M點與N點等勢均為0V，P點與N點的等勢線間隔四個，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。故選AD。考點03帶電粒子在電場中的運動4．（2025·重慶·高考）某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行于OQ的勻強電場，N為QP的中點。模擬動畫顯示，帶電粒子a、b分別從Q點和O點垂直于OQ同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用，則可推斷a、b（）A．具有不同比荷B．電勢能均隨時間逐漸增大C．到達M、N的速度大小相等D．到達K所用時間之比為1:2【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子a、b分別從Q點和O點同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，可知，運動時間相等，由圖可知，沿初速度方向位移之比為2:1，則初速度之比為2:1，沿電場方向的位移大小相等，由y=12at2可知，粒子運動的加速度大小相等，由牛頓第二定律有qE=B．帶電粒子運動過程中，電場力均做正功，電勢能均隨時間逐漸減小，故B錯誤；C．沿電場方向，由公式vy=at可知，到達M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2:1，則到達M、ND．由圖可知，帶電粒子a、b到達K的水平位移相等，由于帶電粒子a、b初速度之比為2:1，則所用時間之比為1:2，故D正確。故選D。5．（2023·重慶·高考）某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為qm的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進入磁場，且通過N點的速度大小為2v0（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為qm的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點進入磁場，求N（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進入磁場。求磁感應(yīng)強度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間?！敬鸢浮浚?）30°，3mv022q；（2）33【來源】2023年高考重慶卷物理真題【詳析】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有2v0cos2α=v0，解得α=（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為x0=v0T，沿電場方向的位移為y0=2v0sin2α2T，令N點橫坐標(biāo)為xN，根據(jù)幾何關(guān)系有xN=在沿電場方向有ycosα（3）由上述結(jié)果可知電場強度E=UMNy0，解得E=3mv0qT，設(shè)粒子A第n次在磁場中做圓周運動的線速度為vn，可得第n+1次在N點進入磁場的速度為vn+1=vncos2α=2vn，第一次在N點進入磁場的速度大小為

粒子每次在磁場中運動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于rn，由C到N由動能定理得，qErnsin30°=12mvn+12-12mvn粒子A第n次在磁場中運動的時間為t2n=300°360°T'=56?2n+13πT，設(shè)粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區(qū)域的位移為xn，邊界與x軸負方向的夾角為β，則根據(jù)邊界方程可得，tanβ粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運動n-1次，則所求時間t=20t解得t6．（2022·重慶·高考）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（）A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大【答案】A【詳析】BCD．根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知，根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，極板間距d增大，電容減小，極板之間形成勻強電場，根據(jù)A．極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確；故選A。7．（2021·重慶·高考）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當(dāng)汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（）A．電容變小 B．極板間電壓變大C．極板間電場強度不變 D．極板間的電場強度變小【答案】C【詳析】A．由平行板電容器電容的決定式C=εrS4πkd可得，B．電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由U=QC可得，UCD．由勻強電場的場強與電勢差關(guān)系公式可得E=Ud=QCd=4πkQε故選C。1．（2025·重慶·高三第七次模擬調(diào)研）電介質(zhì)在外加電場時會產(chǎn)生感應(yīng)電荷而削弱電場，原外加電場（真空中）與最終介質(zhì)中電場的比值即為該介質(zhì)的介電常數(shù)。把一介電常數(shù)為ε的電介質(zhì)放置在真空中場強大小為E0的勻強電場中，最終介質(zhì)中的電場強度方向與EA．ε-1εE0 B．εε-1【答案】A【詳析】設(shè)感應(yīng)電荷在介質(zhì)內(nèi)部產(chǎn)生的場強大小為E，則E0-E=E2．（2025·重慶育才·全真?？迹┤鐖D所示，兩平行金屬板沿水平方向放置，金屬板的長度是兩板間距離的2倍，兩極板間存在豎直向下的勻強電場。帶電粒子a由左側(cè)正中央沿平行于極板的方向射入電場，同時另一完全相同的粒子b由上極板的正中央以垂直于極板的另一速度射入電場，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+qq>0A．粒子a射入電場時的速度2B．粒子b到達O點的速度為3C．若僅將粒子b射入電場時的位置水平向左移動少許，兩粒子仍能相遇D．若僅將粒子a射入電場時的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，兩粒子將在O點上方相遇【答案】B【詳析】AB．設(shè)粒子的運動時間為t，極板長度為L,粒子a在電場中做類平拋運動，則有12L粒子b在電場中做勻加速直線運動，則有12L=v2t+12at2由牛頓第二定律可得，加速度為a=Eqm=qUmd=CD．若將粒子b射入電場位置左移少許，由于ab加速度相等，所以僅初始位置能相遇于O點，左移后不會相遇，若將粒子a射入電場時的速度變?yōu)?v1，則粒子a到達O這段時間內(nèi)粒子a沿電場方向通過的位移為y1=12at'2=116L故選B。3．（2025·重慶育才·全真模考）屹立于武當(dāng)山山巔的銅鑄金殿是一個龐大的優(yōu)良導(dǎo)體，當(dāng)帶電的積雨云移來時，能產(chǎn)生“雷火煉殿”奇觀。其原理可以簡化為以下模型：如圖所示，M、N可以視作平行板電容器的兩個極板，金屬板M帶正電，按照圖中位置“1”到位置“3”的順序逐漸靠近接地的金屬板N，此過程中M板的帶電量不變。則（）A．在位置“2”時，電容器的電容比位置“1”小B．在位置“3”時，M板的電勢比位置“2”高C．在位置“3”時，N板攜帶電荷量比位置“2”多D．位置“2”與位置“3”相比，MN間的電場強度相同【答案】D【詳析】A．MN間的電場強度E=Ud=QCd=4πkQεrSBD．由表達式E=Ud=QCd=4πkQεrS可知E與d無關(guān)，所以MN間的電場強度不變，由U=Ed可知，MN間的電勢差變小，而N板電勢始終是零，且C．極板處于斷路狀態(tài)，電荷量不變，C錯誤。故選D。4．（2025·重慶西大附中·模擬）某靜電場在x軸正半軸的電勢φ隨x變化的圖像如圖所示，a、b、c、d為x軸上的四個點。一負電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從d點開始沿x軸負方向運動到a點，則該電荷（

）A．在b點電勢能最小 B．在c點時速度最小C．所受靜電力始終做負功 D．在a點受靜電力沿x軸正方向【答案】B【詳析】AB．根據(jù)題意，由公式Ep=qφ可知，負電荷在高電勢位置的電勢能較小，由圖可知，a點的電勢最大，則在a點電勢能最小，同理可知，c點的電勢最小，則在c點時電勢能最大，電荷僅在電場力作用下，電荷的電勢能和動能之和不變，可知，電勢能最大時，動能最小，則在c點時，電荷的動能最小，即速度最小，故ACD．根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，結(jié)合題圖可知，c點左側(cè)電場方向沿x軸正方向，c點右側(cè)電場方向沿x軸負方向，可知，c點右側(cè)負電荷受沿x軸正方向的電場力，c點左側(cè)負電荷受沿x軸負方向的電場力，可知負電荷在a點受靜電力沿x軸負方向；從d點開始沿x軸負方向運動到a點，電場力先做負功再做正功，故CD錯誤。故選B。5．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如題圖甲所示，同軸電纜由兩個同心導(dǎo)體組成，通常是一個銅制的內(nèi)導(dǎo)體和一個銅或鋁制的外導(dǎo)體，兩者之間由絕緣材料隔開。圖乙為同軸電纜橫截面內(nèi)靜電場的電場線和等勢面分布情況，相鄰的虛線圓間距相等，a、b、c點均為實線與虛線圓的交點，下列說法正確的是（）A．圖乙中實線代表等勢線，虛線代表電場線B．a(chǎn)、c間的電勢差是b、c間電勢差的兩倍C．a(chǎn)點的電場強度和b點的電場強度不相同D．正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能【答案】C【詳析】A．靜電場中電場線是不閉合的，則實線代表電場線，虛線代表等勢線，故A錯誤；B．a(chǎn)b段平均電場強度大于bc段平均電場強度，則a、c間的電勢差絕對值大于b、c間的電勢差絕對值的兩倍，故B錯誤；C．電場線越密集電場強度越大，則a點處的電場強度大于b點處的電場強度，故C正確；D．若電場線方向不確定，a點處的電勢和b點處的電勢大小無法確定，故正電荷電勢能大小無法確定，故D錯誤；故選C。6．（2025·重慶·高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測（三））空間存在一沿x軸方向的電場，一電荷量為-q的試探電荷只在電場力作用下從坐標(biāo)原點沿x軸正方向運動，其受電場力隨位置變化的圖像如圖。以x軸正方向為電場力正方向，無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A．0~x1區(qū)域的電場方向沿x軸負方向B．從x1到x2，該試探電荷的電勢能增大C．從0到x2，該試探電荷動能先減小后增大D．該試探電荷在x1處的加速度大于x2處【答案】C【詳析】A．由圖可知，0～x1區(qū)域，試探電荷受到的電場力沿負方向，而試探電荷帶負電，所受電場力的方向與試探電荷受力方向相反，故0～x1區(qū)域的電場方向沿B．從x1到x2，電場力沿正方向，試探電荷受力方向與位移方向相同，電場力對試探電荷做正功，動能增大，電勢能減小，B錯誤；C．同理可知，從0到x2，電場力對試探電荷先做負功后做正功，故動能先減小后增大，C正確；D．由圖可知，試探電荷在x1處受到的電場力為零，在x2處受到的電場力沿正方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，該試探電荷在x1處的加速度小于在x2處的加速度，故選C。7．（2025·重慶八中·全真?？迹┰趫D甲的直角坐標(biāo)系中，x軸上固定兩等量的點電荷M、N，距坐標(biāo)原點O均為L，y軸上有P1、P2、P3三點，其縱坐標(biāo)值分別為32L、22L、-22L。y軸上各點電場強度E隨y變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)沿A．點P2和PB．一帶電量為-e的電子從P1運動到PC．某試探電荷分別在P1、D．在P2以合適的初速度釋放一正電荷，該電荷可繞圓心O過P【答案】B【詳析】A．根據(jù)題意，由圖乙可知，P2和P3的電場強度大小相等，但方向相反，故B．由公式U=Ed可知，E-y圖像與坐標(biāo)軸圍城的面積表示電勢差，則由圖乙可知，P1和P3兩點的電勢差為U1=-S2-S1一帶電量為C．設(shè)M、N兩點電荷帶電量為Q，根據(jù)牛頓第二定律可得2kQqL2+y2?yD．由圖乙可知，MN處為等量正電荷，則在P2以合適的初速度釋放一負電荷，該電荷可在垂直紙面內(nèi)方向繞圓心O過P3做勻速圓周運動，故故選B。8．（2025·重慶·高考模擬調(diào)研）某平面內(nèi)存在未知的電場，一正點電荷（電荷量不變）在外力作用下沿+x方向移動時，其電勢能Ep隨位置A．x=0B．從x=0到x=C．x=x1D．x=x1【答案】D【詳析】A．根據(jù)ΔEP=qΔφB．從x=0到x=x2處，電勢能從-0.5EP0變?yōu)?EP0，電勢能變化量為ΔEPCD．由E=1q?ΔEPΔx可知EP-x圖像切線斜率的正負反映電場強度的方向。在x=x1故選D。9．（2025·重慶南開中學(xué)·第七次模擬預(yù)測）如圖所示，正四面體底面的中心為O，A、B、C、D為正四面體的四個頂點，其中在A、B、C三點分別固定等量的正點電荷，下列說法正確的是（）A．D點與O點的電場強度相同B．D點與O點的電勢相同C．將試探電荷+q由O點沿直線移動到DD．將試探電荷-q由O點沿直線移動到D【答案】C【詳析】A．由對稱性，O點電場強度為零，D點電場強度方向豎直向上，選項A錯誤；B．因O點距離三個正電荷的距離比D點近，可知O點的電勢高于D點，選項B錯誤；CD．試探正電荷從O點到D點電場力做正功，其電勢能一直減小，將試探電荷-q由O點沿直線移動到D點，其電場力一直做負功，選項C正確，選項D故選C。10．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場,場強大小E=mgq，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的14光滑圓弧BC與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心OA．滑塊在AB軌道下滑時的加速度大小為2B．滑塊在BC軌道運動中對軌道的最大壓力為2+C．滑塊最終會停在AB軌道上D．滑塊在粗糙軌道上運動的總路程為3【答案】BC【詳析】A．根據(jù)題意可知，qE=mg則重力與電場力的合力為2mg，方向垂直于AB面向下當(dāng)滑塊在AB軌道下滑時，有-μ2mg=maB．由幾何關(guān)系可知，xPB=R滑塊在軌道的B點對軌道有最大壓力，設(shè)此時滑塊的速度為v，軌道對滑塊的支持力為FN，有-μ2mgxPB=12mv2C．從B點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為W克=qE·2R=2mgR>12mv2所以滑塊在到達C點前已經(jīng)減速到零，后反向滑回到BD．由C選項分析可知，滑塊不能經(jīng)過C點，所以滑塊在軌道上整個運動過程合力做功為零，滑塊滑回B點時，速度依然為2gR，設(shè)在AB軌道上滑行x1后減速為零，有-μ2mgx1=0-12mv2故選BC。11．（2025·重慶·三診）如圖是一半徑為R的帶正電的空心金屬球殼，正電荷均勻分布在球殼上，球殼厚度不計。以球心為原點建立O-xyz空間直角坐標(biāo)系，A、B、C三點的坐標(biāo)分別為0,R,0、0,0,1.5RA．A點的電勢大于B點的電勢B．A點的電勢等于C點的電勢C．電子在O點的電勢能比在其他點的電勢能都低D．A、B、C三點的場強大小關(guān)系為E【答案】AB【詳析】A．球殼帶正電，由分析知，A點的電勢大于B點的電勢，故A正確；BC．球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，整個球是一個等勢體，A點的電勢等于C點的電勢，電子在O點的電勢能不一定比在其他點的電勢能都低，故B正確，C錯誤；D．C點場強為零，根據(jù)E=kQR2可知，A、B、C三點的場強大小關(guān)系為故選AB。12．（2025·重慶八中·全真模擬強化訓(xùn)練（三））如圖甲所示，平面內(nèi)有一與豎直方向成60°夾角的勻強電場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球用一絕緣細線懸掛于O點，懸點到球心的距離為L。小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ=60°，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力。下列選項正確的是（）A．小球帶負電B．電場強度EC．小球靜止時，若給小球一垂直于細線的初速度v1，使小球恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運動，則D．小球靜止時，若給小球一垂直于細線的初速度，小球從靜止位置運動到O點正上方A點，電勢能變化為0【答案】BD【詳析】A．由受力平衡可知，小球受到的電場力順著電場方向，故小球帶正電，故A錯誤；B.小球靜止時，設(shè)細線拉力為T1，場強大小為E，根據(jù)共點力平衡條件聯(lián)立解得E=mgqC.小球恰好能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則小球在等效最高點C點，由重力和電場力的合力提供向心力，重力和電場力的合力F合=mg由牛頓第二定律得mg=mvC2L小球從靜止位置運動到等效最高點C點，由動能定理可得D.由幾何關(guān)系可知，初末狀態(tài)沿電場線方向移動的距離為0，電場力做功為0，電勢能變化量為0。故D正確；故選BD。13．（2025·重慶·高三二模）如圖所示，不可伸長的絕緣輕繩一端固定在天花板上O點，另一端連接一帶電小球a，O點正下方固定另一帶電小球b，a、b帶等量異種電荷。現(xiàn)使輕繩始終繃直，將a以O(shè)為圓心從圖示位置緩慢移動至右側(cè)等高處，取無窮遠處電勢為零，兩小球均可視為質(zhì)點。則a移動過程中（）A．a(chǎn)、b間的庫侖力先減小后增大B．a(chǎn)、b連線中點的電勢不變C．O點的電勢不變D．a(chǎn)、b系統(tǒng)的電勢能先減少后增加【答案】BCD【詳析】A．a(chǎn)移動過程中，a、b間距先減小后增大，由庫侖定律知，a、b間的庫侖力先增大后減小，故A錯誤；B．a(chǎn)、b帶等量異種電荷，其連線中點的電勢始終為零，故B正確；C．a(chǎn)、b到O點的距離保持不變，O點的電勢不變，故C正確；D．從左側(cè)到最低點過程中，庫侖力對a做正功，系統(tǒng)電勢能減少，從最低點到右側(cè)等高處過程中，庫侖力對a做負功，系統(tǒng)電勢能增加，故D正確。故選BCD。14．（2025·重慶南開中學(xué)·第七次模擬預(yù)測）如圖所示，帶電小球A用絕緣細線通過光滑定滑輪O1、O2與不帶電的物塊C相連，與C連接端的細線豎直，在定滑輪O1的正下方固定一帶電小球B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。忽略小球A、BA．帶電小球A、B間的庫侖力減小 B．帶電小球A、B間的庫侖力增大C．地面對C的支持力變小 D．地面對C的支持力不變【答案】AD【詳析】AB．如圖所示將小球A所受到的重力mg、拉力T、庫侖力F平移成矢量三角形，它與三角形ABO1由于O1B、mg不變，故比值不變，由于O1A不變，T不變，AB減小，CD．對物塊C，由于繩子拉力不變，地面對C的支持力不變，故C錯誤，D正確。故選AD。15．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖所示，xOy平面內(nèi)，在y>0的區(qū)域存在勻強電場，電場強度大小為E，方向與-y方向夾角為37°；在x軸下方存在勻強磁場，方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子以大小為v0的初速度從原點O沿y軸正方向射出，一段時間后粒子第一次從P點進入磁場，在磁場中運動一段時間后回到原點O再進入電場。不計粒子的重力，取(1)求粒子從O到P點的時間；(2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若在x正半軸上另放置n個質(zhì)量也為m的不帶電微粒(按碰撞順序標(biāo)號依次為1、2、3?n)，使帶電粒子最初從O點出發(fā)后每次從電場進入磁場時都恰好與一個不帶電微粒發(fā)生正碰，碰后結(jié)合為一個整體，該整體仍可視為質(zhì)點，且總質(zhì)量與電荷量不變，不計重力。求第n個微粒的位置坐標(biāo)x【答案】(1)5(2)B(3)xn=【詳析】（1）帶電粒子在電場中運動時，則y方向有qEy=qEcos37°=may，解得ay=4qE5m（2）對粒子，x方向有qEx=qEsin37°=max，解得ax=3qE5m，由xP=12axt12，聯(lián)立解得xP=（3）如圖所示每次碰后在磁場中偏轉(zhuǎn)后回到電場，以及在電場中偏轉(zhuǎn)后進行下一次碰前，過x軸時y方向速度大小不變，設(shè)第n次碰后y方向速度為v(n+1)y，則，碰撞過程中，y方向動量守恒：mv0=2mv2y=3mv3y=?=(n+1)mv(n+1)y，第n次在磁場中圓周運動半徑的x軸投影rnx=(n+1)mv(n+1)yqB=mv0qB，即每次碰后，經(jīng)磁場后都要向-x方向返回Δx=xP第n次在電場中運動時，在y方向做勻變速直線運動，則有2nmvny=qEytn，解得tn=2nmvnyqEy=2mv0qEy=t1，x聯(lián)立可得xn=解得xn=16．（2025·重慶一中·三模）在xOy平面內(nèi)，僅在y軸右側(cè)某邊界上方存在豎直向下的勻強電場，大小為E；邊界下方存在垂直紙面向外的勻強磁場，大小為B（圖中均未畫出）。一群質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點O，以速度方向與y軸正半軸夾角為α（tanα=35）、大小任意的初速度射入電場區(qū)域，運動到邊界時，速度方向均與(1)若粒子初速度大小為v0，求粒子在電場中運動的時間；(2)求該邊界的方程及粒子軌跡恰好與x軸相切時的初速度大?。?3)在33mEq【答案】(1)4(2)y=3(3)21E2B，【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律得a=qEm在電場里運動速度變化量Δv=v0cosα（2）水平方向x=vsinα×t豎直方向y=vcosα-3vsinα2t粒子軌跡恰好與x軸相切，由幾何關(guān)系可知x0=3R（3）由邊界方程可知小圓柱恰好位于邊界上。情況一：經(jīng)過電場磁場直接回到O點，則v解得v=21E2B情況二：經(jīng)過電場撞擊小圓柱后反彈回到O點，則vcosθ2×2v17．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為h，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面，方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌左側(cè)連接一阻值為R的定值電阻，右側(cè)用導(dǎo)線分別與處于磁場外的平行板電容器的M板和N板相連，電容器兩極板間的距離為d，在兩極板間放置水平臺面b1b2b3b4，并在臺面上安裝一直線形擋板P1P2P3并與半徑為r的圓弧形擋板P3P4P5平滑連接，擋板與臺面均固定且絕緣。金屬桿EF傾斜放置于導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌成θ角，桿接入電路的電阻也為R，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向勻速滑動(桿始終與導(dǎo)軌接觸良好)。質(zhì)量為m、帶電量為qq>0的滑塊，在水平臺面上以初速度v0從(1)小滑塊通過P2(2)保證滑塊能完成上述運動的電容器兩極板間電場強度的最大值；(3)保證滑塊能完成上述運動的金屬桿EF的最大速度大小?！敬鸢浮?1)v(2)m(3)2【來源】2025屆重慶市巴蜀中學(xué)高三下學(xué)期三診物理試卷【詳析】（1）小滑塊運動到位置P2時速度為v1，由動能定理得-μmgl（2）由題意可知，電場方向如圖電場強度最大時，小滑塊恰能通過位置P，后沿擋板滑至P5，設(shè)小滑塊在位置P的速度為v，設(shè)勻強電場的電場強度為E由動能定理得-μmgl-qE?2r=12mv（3）設(shè)金屬棒產(chǎn)生的電動勢為E1，平行板電容器兩端的電壓為U，則有U=Ed導(dǎo)體棒切割磁感線有E1=Blvm由全電路的歐姆定律得18．（2025·重慶南開中學(xué)·質(zhì)檢八）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系第一象限存在沿y軸正方向的勻強電場。距離原點O為L處有一個與y軸平行且足夠長的熒光屏，熒光屏與x軸相交于Q點。y軸左側(cè)存在垂直平面向里的勻強磁場。一重力可忽略，比荷大小為k的負粒子以速度v0。從y軸負方向上的P點（OP<23L）水平向左射入磁場，經(jīng)磁場、電場后進入無場區(qū)的第四象限并最終打到熒光屏上M(1)該粒子從射入磁場到打在熒光屏上的時間；(2)OP為多少時，M點距Q點的距離最大并求出該最大值?！敬鸢浮?1)t(2)OP=7【詳析】（1）由qv0B=mv電場中水平方向勻速運動，則用時t2=L（2）設(shè)粒子進入第四象限時速度與x軸正向夾角為θ，M點距Q點距離為d。粒子在一象限做平拋運動的水平位移為x，豎直位移為y。粒子在第四象限做勻速直線運動有d=L-xtanθ粒子在第一象限有y=qE2mt2，x=v0t得到y(tǒng)=3x2219．（2025·重慶·高考模擬調(diào)研）如圖1所示，真空中的電極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子（電子初速度忽略不計），經(jīng)恒壓電場U1加速后，從小孔S穿出，沿兩水平正對的平行金屬板A、B間的中軸線射入板間電場。已知A、B板長均為L1，板間距為d，兩板右邊緣到豎直固定的熒光屏（面積足夠大）的距離為L2，熒光屏中心O與A、B間中軸線在同一水平線上。t=0時刻，A板電勢高于B板電勢，板間電壓U隨時間t變化的關(guān)系如圖2所示（其中T已知），電子穿過(1)要使電子均能從A、B兩板間射出，U2(2)當(dāng)U2?。?【答案】(1)U(2)v【詳析】（1）設(shè)電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從小孔S穿出時的速度大小為v0，在加速電場中，由解得v0=2eU1m電子在A、B要使電子均能從A、B兩板間射出，應(yīng)滿足Δy≤d2聯(lián)立，解得：（2）當(dāng)U2=2d2L12U1時，電子恰好從A、B兩板右邊緣射出，在豎直方向的速度大小vy=eU2mdt1專題06靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電場力的性質(zhì)2023知識考查層面，注重多物理場耦合與跨模塊整合。靜電場問題常與牛頓運動定律、能量守恒定律結(jié)合，分析帶電粒子在復(fù)合場（如電場與重力場）中的類拋體運動軌跡；或通過電容器充放電模型，聯(lián)動電流變化與能量損耗的定量關(guān)系。命題逐漸引入非線性電場的數(shù)學(xué)化處理，如通過φ-x圖像的曲率變化判斷電場強度的空間分布，結(jié)合積分思想計算非勻強電場中的電場力做功。實驗探究方面，常設(shè)計驗證電容器儲能特性的實驗，利用電壓傳感器測量U-t曲線，結(jié)合圖像面積計算電荷量并分析能量轉(zhuǎn)化效率，體現(xiàn)理論與實踐的深度融合能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹性。考生需熟練運用導(dǎo)數(shù)分析電場強度的空間變化率，或通過積分計算變力作用下的電勢能變化；部分試題引入有限差分法，如通過分段線性擬合處理復(fù)雜電場中的電勢分布問題。實驗探究能力的考查力度顯著增強，例如設(shè)計實驗測量高速列車靜電釋放裝置的電場強度時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與多變量耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入多維度動態(tài)建模能力，如通過“場-力-能”轉(zhuǎn)化鏈分析智能機械臂的靜電吸附響應(yīng)問題，或利用傅里葉變換簡化周期性電場的電勢波動分析，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平。考點2電場能的性質(zhì)2022、2024考點3帶電粒子在電場中的運動2021、2022、2023、2025考點01電場力的性質(zhì)1．（2023·重慶·高考）真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標(biāo)原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x=x0處產(chǎn)生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距（）A．2B．(2C．2D．(2【答案】B【詳析】依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，根據(jù)題意，正電荷Q2位于x軸負半軸，設(shè)兩點電荷相距L，根據(jù)點電荷場強公式可得kQ1x02=kQ2(考點02電場能的性質(zhì)2．（2024·重慶·高考）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢的φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷量為e帶負電的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向若該電荷僅受電場力。則其將（

）A．不能通過x3點 B．在x3點兩側(cè)往復(fù)運動C．能通過x0點 D．在x1點兩側(cè)往復(fù)運動【答案】B【詳析】帶負電的試探電荷在x2處動能為1.5eV，電勢能為-1eV，總能量為0.5eV，且試探電荷速度沿x軸正方向，在x2~x3區(qū)域試探電荷受到沿x軸正方向的靜電力，做加速運動，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運動到x3右側(cè)，做減速運動，當(dāng)速度為零時，電勢能為0.5eV，即運動到電勢為－0.5V處減速到零，開始向x軸負方向運動，后反向回到x2處動能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運動，在電勢為－0.5V處減速到零又反向，不會運動到x0、x1處，即試探電荷在x3點兩側(cè)往復(fù)運動。故選B。3．（2022·重慶·高考）如圖為兩點電荷Q、Q'的電場等勢面分布示意圖，Q、Q'位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，A．N點的電場強度大小比M點的大B．Q為正電荷C．M點的電場方向沿x軸負方向D．P點與M點的電勢差為12V【答案】AD【詳析】A．等差等勢線的密度體現(xiàn)場強的大小，由圖可知N點的等差等勢線比M點更密，則N點的電場強度大小比M點的大，故A正確；B．沿著電場線電勢逐漸降低，由圖可知電場線由N指向Q，則Q為負電荷，故B錯誤；C．沿著電場線電勢逐漸降低，結(jié)合各等勢線的電勢高低關(guān)系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；D．M點與N點等勢均為0V，P點與N點的等勢線間隔四個，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。故選AD?？键c03帶電粒子在電場中的運動4．（2025·重慶·高考）某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行于OQ的勻強電場，N為QP的中點。模擬動畫顯示，帶電粒子a、b分別從Q點和O點垂直于OQ同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用，則可推斷a、b（）A．具有不同比荷B．電勢能均隨時間逐漸增大C．到達M、N的速度大小相等D．到達K所用時間之比為1:2【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子a、b分別從Q點和O點同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，可知，運動時間相等，由圖可知，沿初速度方向位移之比為2:1，則初速度之比為2:1，沿電場方向的位移大小相等，由y=12at2可知，粒子運動的加速度大小相等，由牛頓第二定律有qE=B．帶電粒子運動過程中，電場力均做正功，電勢能均隨時間逐漸減小，故B錯誤；C．沿電場方向，由公式vy=at可知，到達M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2:1，則到達M、ND．由圖可知，帶電粒子a、b到達K的水平位移相等，由于帶電粒子a、b初速度之比為2:1，則所用時間之比為1:2，故D正確。故選D。5．（2023·重慶·高考）某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為qm的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進入磁場，且通過N點的速度大小為2v0（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為qm的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點進入磁場，求N（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進入磁場。求磁感應(yīng)強度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間?！敬鸢浮浚?）30°，3mv022q；（2）33【來源】2023年高考重慶卷物理真題【詳析】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有2v0cos2α=v0，解得α=（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為x0=v0T，沿電場方向的位移為y0=2v0sin2α2T，令N點橫坐標(biāo)為xN，根據(jù)幾何關(guān)系有xN=在沿電場方向有ycosα（3）由上述結(jié)果可知電場強度E=UMNy0，解得E=3mv0qT，設(shè)粒子A第n次在磁場中做圓周運動的線速度為vn，可得第n+1次在N點進入磁場的速度為vn+1=vncos2α=2vn，第一次在N點進入磁場的速度大小為

粒子每次在磁場中運動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于rn，由C到N由動能定理得，qErnsin30°=12mvn+12-12mvn粒子A第n次在磁場中運動的時間為t2n=300°360°T'=56?2n+13πT，設(shè)粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區(qū)域的位移為xn，邊界與x軸負方向的夾角為β，則根據(jù)邊界方程可得，tanβ粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運動n-1次，則所求時間t=20t解得t6．（2022·重慶·高考）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（）A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大【答案】A【詳析】BCD．根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知，根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，極板間距d增大，電容減小，極板之間形成勻強電場，根據(jù)A．極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確；故選A。7．（2021·重慶·高考）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當(dāng)汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（）A．電容變小 B．極板間電壓變大C．極板間電場強度不變 D．極板間的電場強度變小【答案】C【詳析】A．由平行板電容器電容的決定式C=εrS4πkd可得，B．電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由U=QC可得，UCD．由勻強電場的場強與電勢差關(guān)系公式可得E=Ud=QCd=4πkQε故選C。1．（2025·重慶·高三第七次模擬調(diào)研）電介質(zhì)在外加電場時會產(chǎn)生感應(yīng)電荷而削弱電場，原外加電場（真空中）與最終介質(zhì)中電場的比值即為該介質(zhì)的介電常數(shù)。把一介電常數(shù)為ε的電介質(zhì)放置在真空中場強大小為E0的勻強電場中，最終介質(zhì)中的電場強度方向與EA．ε-1εE0 B．εε-1【答案】A【詳析】設(shè)感應(yīng)電荷在介質(zhì)內(nèi)部產(chǎn)生的場強大小為E，則E0-E=E2．（2025·重慶育才·全真模考）如圖所示，兩平行金屬板沿水平方向放置，金屬板的長度是兩板間距離的2倍，兩極板間存在豎直向下的勻強電場。帶電粒子a由左側(cè)正中央沿平行于極板的方向射入電場，同時另一完全相同的粒子b由上極板的正中央以垂直于極板的另一速度射入電場，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+qq>0A．粒子a射入電場時的速度2B．粒子b到達O點的速度為3C．若僅將粒子b射入電場時的位置水平向左移動少許，兩粒子仍能相遇D．若僅將粒子a射入電場時的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，兩粒子將在O點上方相遇【答案】B【詳析】AB．設(shè)粒子的運動時間為t，極板長度為L,粒子a在電場中做類平拋運動，則有12L粒子b在電場中做勻加速直線運動，則有12L=v2t+12at2由牛頓第二定律可得，加速度為a=Eqm=qUmd=CD．若將粒子b射入電場位置左移少許，由于ab加速度相等，所以僅初始位置能相遇于O點，左移后不會相遇，若將粒子a射入電場時的速度變?yōu)?v1，則粒子a到達O這段時間內(nèi)粒子a沿電場方向通過的位移為y1=12at'2=116L故選B。3．（2025·重慶育才·全真?？迹┮倭⒂谖洚?dāng)山山巔的銅鑄金殿是一個龐大的優(yōu)良導(dǎo)體，當(dāng)帶電的積雨云移來時，能產(chǎn)生“雷火煉殿”奇觀。其原理可以簡化為以下模型：如圖所示，M、N可以視作平行板電容器的兩個極板，金屬板M帶正電，按照圖中位置“1”到位置“3”的順序逐漸靠近接地的金屬板N，此過程中M板的帶電量不變。則（）A．在位置“2”時，電容器的電容比位置“1”小B．在位置“3”時，M板的電勢比位置“2”高C．在位置“3”時，N板攜帶電荷量比位置“2”多D．位置“2”與位置“3”相比，MN間的電場強度相同【答案】D【詳析】A．MN間的電場強度E=Ud=QCd=4πkQεrSBD．由表達式E=Ud=QCd=4πkQεrS可知E與d無關(guān)，所以MN間的電場強度不變，由U=Ed可知，MN間的電勢差變小，而N板電勢始終是零，且C．極板處于斷路狀態(tài)，電荷量不變，C錯誤。故選D。4．（2025·重慶西大附中·模擬）某靜電場在x軸正半軸的電勢φ隨x變化的圖像如圖所示，a、b、c、d為x軸上的四個點。一負電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從d點開始沿x軸負方向運動到a點，則該電荷（

）A．在b點電勢能最小 B．在c點時速度最小C．所受靜電力始終做負功 D．在a點受靜電力沿x軸正方向【答案】B【詳析】AB．根據(jù)題意，由公式Ep=qφ可知，負電荷在高電勢位置的電勢能較小，由圖可知，a點的電勢最大，則在a點電勢能最小，同理可知，c點的電勢最小，則在c點時電勢能最大，電荷僅在電場力作用下，電荷的電勢能和動能之和不變，可知，電勢能最大時，動能最小，則在c點時，電荷的動能最小，即速度最小，故ACD．根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，結(jié)合題圖可知，c點左側(cè)電場方向沿x軸正方向，c點右側(cè)電場方向沿x軸負方向，可知，c點右側(cè)負電荷受沿x軸正方向的電場力，c點左側(cè)負電荷受沿x軸負方向的電場力，可知負電荷在a點受靜電力沿x軸負方向；從d點開始沿x軸負方向運動到a點，電場力先做負功再做正功，故CD錯誤。故選B。5．（2025·重慶育才中學(xué)·二模）如題圖甲所示，同軸電纜由兩個同心導(dǎo)體組成，通常是一個銅制的內(nèi)導(dǎo)體和一個銅或鋁制的外導(dǎo)體，兩者之間由絕緣材料隔開。圖乙為同軸電纜橫截面內(nèi)靜電場的電場線和等勢面分布情況，相鄰的虛線圓間距相等，a、b、c點均為實線與虛線圓的交點，下列說法正確的是（）A．圖乙中實線代表等勢線，虛線代表電場線B．a(chǎn)、c間的電勢差是b、c間電勢差的兩倍C．a(chǎn)點的電場強度和b點的電場強度不相同D．正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能【答案】C【詳析】A．靜電場中電場線是不閉合的，則實線代表電場線，虛線代表等勢線，故A錯誤；B．a(chǎn)b段平均電場強度大于bc段平均電場強度，則a、c間的電勢差絕對值大于b、c間的電勢差絕對值的兩倍，故B錯誤；C．電場線越密集電場強度越大，則a點處的電場強度大于b點處的電場強度，故C正確；D．若電場線方向不確定，a點處的電勢和b點處的電勢大小無法確定，故正電荷電勢能大小無法確定，故D錯誤；故選C。6．（2025·重慶·高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測（三））空間存在一沿x軸方向的電場，一電荷量為-q的試探電荷只在電場力作用下從坐標(biāo)原點沿x軸正方向運動，其受電場力隨位置變化的圖像如圖。以x軸正方向為電場力正方向，無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A．0~x1區(qū)域的電場方向沿x軸負方向B．從x1到x2，該試探電荷的電勢能增大C．從0到x2，該試探電荷動能先減小后增大D．該試探電荷在x1處的加速度大于x2處【答案】C【詳析】A．由圖可知，0～x1區(qū)域，試探電荷受到的電場力沿負方向，而試探電荷帶負電，所受電場力的方向與試探電荷受力方向相反，故0～x1區(qū)域的電場方向沿B．從x1到x2，電場力沿正方向，試探電荷受力方向與位移方向相同，電場力對試探電荷做正功，動能增大，電勢能減小，B錯誤；C．同理可知，從0到x2，電場力對試探電荷先做負功后做正功，故動能先減小后增大，C正確；D．由圖可知，試探電荷在x1處受到的電場力為零，在x2處受到的電場力沿正方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，該試探電荷在x1處的加速度小于在x2處的加速度，故選C。7．（2025·重慶八中·全真?？迹┰趫D甲的直角坐標(biāo)系中，x軸上固定兩等量的點電荷M、N，距坐標(biāo)原點O均為L，y軸上有P1、P2、P3三點，其縱坐標(biāo)值分別為32L、22L、-22L。y軸上各點電場強度E隨y變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)沿A．點P2和PB．一帶電量為-e的電子從P1運動到PC．某試探電荷分別在P1、D．在P2以合適的初速度釋放一正電荷，該電荷可繞圓心O過P【答案】B【詳析】A．根據(jù)題意，由圖乙可知，P2和P3的電場強度大小相等，但方向相反，故B．由公式U=Ed可知，E-y圖像與坐標(biāo)軸圍城的面積表示電勢差，則由圖乙可知，P1和P3兩點的電勢差為U1=-S2-S1一帶電量為C．設(shè)M、N兩點電荷帶電量為Q，根據(jù)牛頓第二定律可得2kQqL2+y2?yD．由圖乙可知，MN處為等量正電荷，則在P2以合適的初速度釋放一負電荷，該電荷可在垂直紙面內(nèi)方向繞圓心O過P3做勻速圓周運動，故故選B。8．（2025·重慶·高考模擬調(diào)研）某平面內(nèi)存在未知的電場，一正點電荷（電荷量不變）在外力作用下沿+x方向移動時，其電勢能Ep隨位置A．x=0B．從x=0到x=C．x=x1D．x=x1【答案】D【詳析】A．根據(jù)ΔEP=qΔφB．從x=0到x=x2處，電勢能從-0.5EP0變?yōu)?EP0，電勢能變化量為ΔEPCD．由E=1q?ΔEPΔx可知EP-x圖像切線斜率的正負反映電場強度的方向。在x=x1故選D。9．（2025·重慶南開中學(xué)·第七次模擬預(yù)測）如圖所示，正四面體底面的中心為O，A、B、C、D為正四面體的四個頂點，其中在A、B、C三點分別固定等量的正點電荷，下列說法正確的是（）A．D點與O點的電場強度相同B．D點與O點的電勢相同C．將試探電荷+q由O點沿直線移動到DD．將試探電荷-q由O點沿直線移動到D【答案】C【詳析】A．由對稱性，O點電場強度為零，D點電場強度方向豎直向上，選項A錯誤；B．因O點距離三個正電荷的距離比D點近，可知O點的電勢高于D點，選項B錯誤；CD．試探正電荷從O點到D點電場力做正功，其電勢能一直減小，將試探電荷-q由O點沿直線移動到D點，其電場力一直做負功，選項C正確，選項D故選C。10．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場,場強大小E=mgq，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的14光滑圓弧BC與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心OA．滑塊在AB軌道下滑時的加速度大小為2B．滑塊在BC軌道運動中對軌道的最大壓力為2+C．滑塊最終會停在AB軌道上D．滑塊在粗糙軌道上運動的總路程為3【答案】BC【詳析】A．根據(jù)題意可知，qE=mg則重力與電場力的合力為2mg，方向垂直于AB面向下當(dāng)滑塊在AB軌道下滑時，有-μ2mg=maB．由幾何關(guān)系可知，xPB=R滑塊在軌道的B點對軌道有最大壓力，設(shè)此時滑塊的速度為v，軌道對滑塊的支持力為FN，有-μ2mgxPB=12mv2C．從B點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為W克=qE·2R=2mgR>12mv2所以滑塊在到達C點前已經(jīng)減速到零，后反向滑回到BD．由C選項分析可知，滑塊不能經(jīng)過C點，所以滑塊在軌道上整個運動過程合力做功為零，滑塊滑回B點時，速度依然為2gR，設(shè)在AB軌道上滑行x1后減速為零，有-μ2mgx1=0-12mv2故選BC。11．（2025·重慶·三診）如圖是一半徑為R的帶正電的空心金屬球殼，正電荷均勻分布在球殼上，球殼厚度不計。以球心為原點建立O-xyz空間直角坐標(biāo)系，A、B、C三點的坐標(biāo)分別為0,R,0、0,0,1.5RA．A點的電勢大于B點的電勢B．A點的電勢等于C點的電勢C．電子在O點的電勢能比在其他點的電勢能都低D．A、B、C三點的場強大小關(guān)系為E【答案】AB【詳析】A．球殼帶正電，由分析知，A點的電勢大于B點的電勢，故A正確；BC．球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，整個球是一個等勢體，A點的電勢等于C點的電勢，電子在O點的電勢能不一定比在其他點的電勢能都低，故B正確，C錯誤；D．C點場強為零，根據(jù)E=kQR2可知，A、B、C三點的場強大小關(guān)系為故選AB。12．（2025·重慶八中·全真模擬強化訓(xùn)練（三））如圖甲所示，平面內(nèi)有一與豎直方向成60°夾角的勻強電場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球用一絕緣細線懸掛于O點，懸點到球心的距離為L。小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ=60°，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力。下列選項正確的是（）A．小球帶負電B．電場強度EC．小球靜止時，若給小球一垂直于細線的初速度v1，使小球恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運動，則D．小球靜止時，若給小球一垂直于細線的初速度，小球從靜止位置運動到O點正上方A點，電勢能變化為0【答案】BD【詳析】A．由受力平衡可知，小球受到的電場力順著電場方向，故小球帶正電，故A錯誤；B.小球靜止時，設(shè)細線拉力為T1，場強大小為E，根據(jù)共點力平衡條件聯(lián)立解得E=mgqC.小球恰好能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則小球在等效最高點C點，由重力和電場力的合力提供向心力，重力和電場力的合力F合=mg由牛頓第二定律得mg=mvC2L小球從靜止位置運動到等效最高點C點，由動能定理可得D.由幾何關(guān)系可知，初末狀態(tài)沿電場線方向移動的距離為0，電場力做功為0，電勢能變化量為0。故D正確；故選BD。13．（2025·重慶·高三二模）如圖所示，不可伸長的絕緣輕繩一端固定在天花板上O點，另一端連接一帶電小球a，O點正下方固定另一帶電小球b，a、b帶等量異種電荷?，F(xiàn)使輕繩始終繃直，將a以O(shè)為圓心從圖示位置緩慢移動至右側(cè)等高處，取無窮遠處電勢為零，兩小球均可視為質(zhì)點。則a移動過程中（）A．a(chǎn)、b間的庫侖力先減小后增大B．a(chǎn)、b連線中點的電勢不變C．O點的電勢不變D．a(chǎn)、b系統(tǒng)的電勢能先減少后增加【答案】BCD【詳析】A．a(chǎn)移動過程中，a、b間距先減小后增大，由庫侖定律知，a、b間的庫侖力先增大后減小，故A錯誤；B．a(chǎn)、b帶等量異種電荷，其連線中點的電勢始終為零，故B正確；C．a(chǎn)、b到O點的距離保持不變，O點的電勢不變，故C正確；D．從左側(cè)到最低點過程中，庫侖力對a做正功，系統(tǒng)電勢能減少，從最低點到右側(cè)等高處過程中，庫侖力對a做負功，系統(tǒng)電勢能增加，故D正確。故選BCD。14．（2025·重慶南開中學(xué)·第七次模擬預(yù)測）如圖所示，帶電小球A用絕緣細線通過光滑定滑輪O1、O2與不帶電的物塊C相連，與C連接端的細線豎直，在定滑輪O1的正下方固定一帶電小球B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。忽略小球A、BA．帶電小球A、B間的庫侖力減小 B．帶電小球A、B間的庫侖力增大C．地面對C的支持力變小 D．地面對C的支持力不變【答案】AD【詳析】AB．如圖所示將小球A所受到的重力mg、拉力T、庫侖力F平移成矢量三角形，它與三角形ABO1由于O1B、mg不變，故比值不變，由于O1A不變，T不變，AB減小，CD．對物塊C，由于繩子拉力不變，地面對C的支持力不變，故C錯誤，D正確。故選AD。15．（2025·重慶巴蜀中學(xué)·三診）如圖所示，xOy平面內(nèi)，在y>0的區(qū)域存在勻強電場，電場強度大小為E，方向與-y方向夾角為37°；在x軸下方存在勻強磁場，方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子以大小為v0的初速度從原點O沿y軸正方向射出，一段時間后粒子第一次從P點進入磁場，在磁場中運動一段時間后回到原點O再進入電場。不計粒子的重力，取(1)求粒子從O到P點的時間；(2)求磁感應(yīng)強度B的大?。?3)若在x正半軸上另放置n個質(zhì)量也為m的不帶電微粒(按碰撞順序標(biāo)號依次為1、2、3?n)，使帶電粒子最初從O點出發(fā)后每次