五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電場力和電場能的性質(zhì)2021、2023、2024、2025注重對電場基本性質(zhì)的深度挖掘，如電場強度、電勢、電勢能等概念的理解與辨析，強化電場力的性質(zhì)與能的性質(zhì)的綜合應(yīng)用。一方面，通過庫侖定律分析電荷間相互作用，結(jié)合電場疊加原理處理多電荷體系的電場分布；另一方面，利用電場線、等勢面考查電場強度與電勢的變化規(guī)律，常涉及帶電粒子在電場中的運動，將牛頓運動定律、功能關(guān)系與靜電場知識相結(jié)合，如分析帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)及復(fù)雜曲線運動。?能力要求上，突出數(shù)理結(jié)合與邏輯推理?？忌柽\用數(shù)學(xué)工具，如函數(shù)圖像分析電場強度、電勢隨空間位置的變化，借助幾何關(guān)系求解電場中的距離、角度等物理量。面對多過程、多因素的靜電場問題，能依據(jù)物理規(guī)律，理清各物理量間的邏輯關(guān)系，推導(dǎo)結(jié)論。實驗探究能力的考查力度也在加大，要求考生設(shè)計實驗測量電場強度、電勢差，驗證電場相關(guān)規(guī)律，處理實驗數(shù)據(jù)并分析誤差，如利用傳感器探究電場分布特點。此外，部分試題會引入新的科研成果或情境信息，考查考生獲取信息、遷移知識、解決新問題的創(chuàng)新能力，全方位檢驗考生對靜電場知識的掌握程度與物理學(xué)科核心素養(yǎng)的發(fā)展水平考點2電容器與電容2022考點3帶電粒子在電場中的運動2021、2022、2023考點01電場力和電場能的性質(zhì)1．（2025·北京·高考）如圖1所示，金屬圓筒A接高壓電源的正極，其軸線上的金屬線B接負(fù)極。(1)設(shè)A、B兩極間電壓為U，求在B極附近電荷量為Q的負(fù)電荷到達(dá)A極過程中靜電力做的功(2)已知筒內(nèi)距離軸線r處的電場強度大小E=k2λr，其中k為靜電力常量，λ為金屬線B單位長度的電荷量。如圖2所示，在圓筒內(nèi)橫截面上，電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子繞軸線做半徑不同的勻速圓周運動，其半徑為r1、r2和r3時的總能量分別為E1、(3)圖1實為某種靜電除塵裝置原理圖，空氣分子在B極附近電離，筒內(nèi)塵埃吸附電子而帶負(fù)電，在電場作用下最終被A極收集。使分子或原子電離需要一定條件。以電離氫原子為例。根據(jù)玻爾原子模型，定態(tài)氫原子中電子在特定軌道上繞核做圓周運動，處于特定能量狀態(tài)，只有當(dāng)原子獲得合適能量才能躍遷或電離。若氫原子處于外電場中，推導(dǎo)說明外電場的電場強度多大能將基態(tài)氫原子電離。（可能用到：元電荷e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg，靜電力常量【答案】(1)W=QU(2)E(3)E≈2.57×【詳析】（1）在B極附近電荷量為Q的負(fù)電荷到達(dá)A極過程中靜電力做的功W=-Q?(-U)=QU（2）粒子在半徑為r處繞軸線做勻速圓周運動，其向心力由電場力提供，根據(jù)向心力公式qE=mv2聯(lián)立可得qk2λr=mv2r解得粒子的動能Ek=12mv2=qkλ設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢能為0，粒子從無窮遠(yuǎn)處移動到半徑為r處，電場力做功W=q∞r(nóng)Edr其中E=k2λr代入可得W=q∞r(nóng)k2λrdr=-2qkλlnr（limx→∞lnx→+∞，lnr-limx→∞lnx=-limx→∞lnx+lnr，從物理意義上電場力做功W這里是負(fù)功，粒子從無窮遠(yuǎn)移動到r處，電場力方向與位移方向有關(guān)導(dǎo)致做負(fù)功，所以寫成（3）方法一：電子繞核做圓周運動，庫侖力提供向心力，即ke2a2=mv2a電子的動能Ek=12mv2聯(lián)立可得Ek=ke22a設(shè)外電場的電場強度為E，電子在電場力作用下獲得能量，當(dāng)電子獲得的能量等于將基態(tài)氫原子電離所需的能量時，氫原子被電離。電子在電場力作用下獲得的能量W=ΔE=eEa聯(lián)立可得E=ke方法二：根據(jù)功能關(guān)系可得eEa=E02．（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點，A．小球沿MA運動的加速度比沿MB的大B．小球分別運動到A、C．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則A點電場強度比B點大D．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運動時加速度比沿著MA運動時加速度大，B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機械能守恒，運動到A、B點時速度大小相同，B錯誤；C．等勢線越密集，電場強度越大，B處等勢線更密集，A點電場強度比B點小，C錯誤；D．等勢線越密集，電勢降落越快，右側(cè)等勢線更密集，右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。3．（2024·北京·高考）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=QN。下列說法正確的是（）A．P點電場強度比Q點電場強度大B．P點電勢與Q點電勢相等C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差不變【答案】C【詳析】A．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，A錯誤；B．由沿電場線方向電勢越來越低知，P點電勢高于Q點電勢，B錯誤；CD．由電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2若僅兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，而PQ間距不變，根據(jù)U=Ed故選C。4.（2023·北京·高考）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點上，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，EO=OF。一不計重力帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放后（

）A．做勻加速直線運動B．在O點所受靜電力最大C．由E到O的時間等于由O到F的時間D．由E到F的過程中電勢能先增大后減小【答案】C【詳析】AB．帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放，將以O(shè)點為平衡位置做往復(fù)運動，在O點所受電場力為零，故AB錯誤；C．根據(jù)運動的對稱性可知，點電荷由E到O的時間等于由O到F的時間，故C正確；D．點電荷由E到F的過程中電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選C。5.（2021·北京·高考）如圖所示的平面內(nèi)，有靜止的等量異號點電荷，M、N兩點關(guān)于兩電荷連線對稱，M、P兩點關(guān)于兩電荷連線的中垂線對稱。下列說法正確的是（）A．M點的場強比P點的場強大 B．M點的電勢比N點的電勢高C．N點的場強與P點的場強相同 D．電子在M點的電勢能比在P點的電勢能大【答案】C【詳析】AC．根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布得：M點的場強與P點的場強大小相等，N點的場強與P點的場強大小相等，方向相同，故A錯誤C正確；BD．根據(jù)等量異種點電荷的電勢分布特點可知，M點的電勢與N點的電勢相等，M點的電勢高于P點的電勢，根據(jù)Ep=φq可知，電子在M點的電勢能比在P點的電勢能小，故故選C?？键c02電容器與電容6.（2022·北京·高考）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（）A．充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定B．充電過程中，電壓表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定C．放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零D．放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零【答案】B【詳析】A．充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流表示數(shù)為零，A錯誤；B．充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電壓表測量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；CD．電容器放電的I-t圖像如圖所示可知電流表和電壓表的示數(shù)不是均勻減小至0的，CD錯誤。故選B?？键c03帶電粒子在電場中的運動7.（2023·北京·高考）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f=krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度。a、半徑為R、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100%被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）U1=2d2mv02q【詳析】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L=v0t豎直方向d=12at2（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，豎直方向F電=f，qU2d=kRvb.10μm帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有f=kRvmax，f=qU2d在豎直方向顆粒勻速下落顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有f'=14kRv'max，f'=qd8.（2022·北京·高考）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t【答案】（1）F=qUd；（2）v=2qUm【詳析】（1）兩極板間的場強E=Ud（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有qU=12m（3）設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有qU2=12mv'2帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速運動，設(shè)用時分別為t1、t9．（2021·北京·高考）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能Ek【答案】（1）U=mv22q；（2）E=vB【詳析】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡Eq=qvB得E=vB方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有Ek=qU+Eqd1．（2025·北京朝陽·二模）某電場中四個等勢面的分布情況如圖所示。下列說法正確的是（）A．電子在A點所受靜電力大于在B點所受靜電力B．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能C．電子僅在電場力作用下從A點運動到B點動能變大D．電場線由等勢面d指向等勢面e【答案】A【詳析】A．等差等勢面越密集，電場強度越大，則A點的電場強度大于B點的電場強度，根據(jù)F=eE可知電子在A點所受靜電力大于在B點所受靜電力，故BC．電子帶負(fù)電，根據(jù)Ep=qφ可知電子在A點的電勢能等于在B點的電勢能，則電子僅在電場力作用下從A點運動到B點，電子在A點的動能等于在BD．根據(jù)沿著電場線電勢降低可知電場線由等勢面e指向等勢面d，故D錯誤。故選A。2．（2025·北京朝陽·二模）在距離為L的質(zhì)子源和靶之間有一電壓為U的勻強電場，質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)電場加速，形成電流強度為I的細(xì)柱形質(zhì)子流打到靶上且被靶全部吸收。在質(zhì)子流中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處，各取一段極短的相等長度的質(zhì)子流，其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1和n2，已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為A．nB．每秒打到靶上的質(zhì)子的總動能為eUC．質(zhì)子流對靶的作用力大小為ID．質(zhì)子源與靶間的質(zhì)子總數(shù)為IL【答案】C【詳析】A．在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為l處的速度為v1=2al=2UelLm在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為4l處的速度為v2所以N=Ie因此n1:nB．對單個質(zhì)子經(jīng)過電場加速獲得的動能Ue=12mv2得vC．質(zhì)子打在靶上被吸收，根據(jù)動量定理，單位時間質(zhì)子打在靶上對靶的作用力F=Nmv=D．質(zhì)子在電場中的加速度a=UemL質(zhì)子從質(zhì)子源運動到靶所用時間t=Δv故選C。3．（2025·北京大興·練習(xí)）某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡，M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點，下列說法不正確的是（

）A．粒子帶正電荷B．M點的電場強度比N點的小C．粒子在M點的動能大于在N點的動能D．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能【答案】C【詳析】A．根據(jù)沿著電場線電勢降低判斷知，帶電體為正電荷，又根據(jù)電場力指向軌跡的凹側(cè)，判斷該帶電粒子帶正電荷，A正確，不符題意；B．等差等勢面越密集的地方場強越大，M點的電場強度比N點的小，B正確，不符題意；C．根據(jù)電場力做功W=qU可知，從M到N點的過程中，電場力做正功，粒子的動能增大，即粒子在M點的動能小于在N點的動能，D．由于粒子帶正電，正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小，由題圖可知，粒子在N點的電勢小于M點的電勢，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，D正確，不符題意。故選C。4．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，實線是豎直面內(nèi)以O(shè)點為圓心的圓，MN和PQ是圓的兩條相互垂直的直徑，在豎直面內(nèi)存在由Q點指向P點的勻強電場。從O點在豎直面內(nèi)向各個方向以大小相同的初速度發(fā)射電荷量和質(zhì)量完全相同的帶正電小球，通過圓上各點的小球中，經(jīng)過N點的小球速度最大。不計空氣阻力及小球間的相互作用。下列說法正確的是（

）A．沿OP方向發(fā)射的小球可以沿OP方向做直線運動B．沿ON方向發(fā)射的小球不會沿ON方向做直線運動C．通過圓上P、Q兩點的小球機械能相等D．通過圓上M、N兩點的小球機械能相等【答案】D【詳析】AB．對小球受力分析可知，小球受到重力和電場力，根據(jù)力的合成定則可知，其合力不可能沿OP方向，可能沿ON方向，因此沿OP方向發(fā)射的小球不可能沿OP方向做直線運動，沿ON方向發(fā)射的小球可能沿ON方向做直線運動，AB錯誤；C．從Q到P的過程中，電場力做整個，電勢能減小，動能增大，故P點的機械能大于Q點的機械能，C錯誤；D．由題可知，M、N位于同一等勢面上，電場力不做功，只有重力做功，機械能守恒，D正確。故選D。5．（2025·北京西城·一模）如圖所示，正點電荷Q周圍的兩個等勢面是同心圓，兩個帶正電的試探電荷q1和q2分別置于M、A．M點電勢比N點電勢低B．q1在M點的電勢能大于q2在C．q1的電荷量大于qD．若Q的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，則M、N兩點的電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳析】A．因M點距離正電荷較近，可知M點電勢比N點電勢高，選項A錯誤；B．電場力做功等于電勢能的變化量，因?qū)蓚€試探電荷移動到無窮遠(yuǎn)的過程中靜電力做的功相等，可知q1在M點的電勢能等于q2在N點的電勢能，選項C．由題意可知φMq1=φNq2因φM>φD．根據(jù)φ=kQr可得UMN=kQrM-kQrN=kQ故選D。6．（2025·北京豐臺·二模）如圖1所示，一個空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，將它們分別與靜電起電機的兩極相連，其俯視圖如圖2所示。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。搖動起電機，強電場使空氣電離而產(chǎn)生負(fù)離子和正離子，負(fù)離子碰到煙塵微粒使它帶負(fù)電，塑料瓶變得清澈透明。關(guān)于該過程，下列說法正確的是（）A．金屬片附近的氣體分子更容易被電離B．帶電煙塵微粒做勻加速運動C．帶電煙塵微粒運動過程中電勢能增大D．帶電煙塵微粒會被吸附到金屬片上【答案】D【詳析】A．塑料瓶內(nèi)鋸條附近電場強度最大，鋸條附近的空氣分子更容易被電離，故A錯誤；B．因為金屬片和鋸條間的電場不是勻強電場，帶電煙塵微粒受到的電場力為變力，微粒的加速度也不是恒定值，所以帶電煙塵微粒不是做勻加速運動，故B錯誤；CD．帶負(fù)電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，靜電力做正功，電勢能減少，最終運動到接正極的金屬片上，故C錯誤，D正確。故選D。7．（2025·北京西城·二模）密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬板上下放置，從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、電荷量不同、密度相同的小油滴。觀察兩個油滴a、b的運動情況：當(dāng)兩板間不加電壓時，兩個油滴在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運動。油滴視為小球，所受空氣阻力的大小f=krv，其中r為油滴的半徑，vA．帶同種電荷 B．半徑之比為4:1C．質(zhì)量之比為4:1 D．電荷量之比為4:1【答案】D【詳析】A．兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知兩油滴帶異種電荷，故BCD．設(shè)油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量為m=43πr3ρ則速率為v時受阻力大小為f=krv，則當(dāng)油滴勻速下落時，有mg=f聯(lián)立解得r=3kv4πρg∝v可得rarb=v014v0故選D。8．（2025·北京西城·二模）如圖所示，電荷量為q的正點電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心，垂線上的A、B兩點到薄板的距離均為d。已知A點的電場強度為0，下列說法正確的是（）A．薄板帶正電B．B點電勢高于A點電勢C．B點電場強度的方向向右D．B點電場強度的大小為kq【答案】B【詳析】A．q在A點形成的電場強度的大小為E1=kq9d2方向向左；因A點場強為零，故薄板在A點的場強方向向右，薄板帶負(fù)電，薄板在BCD．由對稱性可知，薄板在B點的場強也為kq9d2方向向左；電荷量為q的正點電荷在B點的場強大小為kqd2，方向向左，所以B點的場強E2=kq9d故選B。9．（2025·北京東城·二模）如圖所示，虛線為某點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線，相鄰等勢線間的電勢差相等；實線為一個α粒子僅在電場力作用下的運動軌跡。在α粒子從A經(jīng)B運動到C的過程中（）A．α粒子的加速度先減小后增大B．靜電力對α粒子先做負(fù)功后做正功C．α粒子的動能先增大后減小D．α粒子的電勢能先減小后增大【答案】B【詳析】A．圖像可知α粒子從A經(jīng)過B運動到C的過程中，α粒子先靠近點電荷后遠(yuǎn)離點電荷，所受靜電力先增大后減小，加速度也先增大后減小，故A錯誤；BCD．由軌跡的彎曲情況，靜電力應(yīng)指向曲線凹側(cè)，且與等勢面垂直(電場線垂直該處等勢面)，所以可以判斷粒子受到的靜電力為排斥力，故α粒子從A經(jīng)B運動到C的過程中，靜電力對α粒子先做負(fù)功后做正功，α粒子的動能先減小后增大，α粒子的電勢能先增大后減小，故B正確，CD錯誤。故選B。10．（2025·北京通州·一模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、A．在R點時受力沿虛線向左B．在P點時的加速度比在Q點時小C．在P點時的動能比在Q點時小D．在P點時的電勢能比在Q點時小【答案】D【詳析】A．粒子所受合力指向軌跡的凹側(cè)，所以在R點時受力沿虛線向右，故A錯誤；B．因為P點的電場線比Q點密集，所以P點的電場強度比Q點大，粒子在P點時所受的電場力比Q點時大，根據(jù)牛頓第二定律可知，在P點時的加速度比Q點時大，故B錯誤；CD．假設(shè)粒子由P點運動到Q點（也可以假設(shè)由Q點運動到P點，不影響判斷結(jié)果），則粒子所受電場力與速度方向成鈍角，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，所以粒子在P點時的動能比在Q點時大，在P點時的電勢能比在Q點時小，故C錯誤，D正確。故選D。11．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））兩個點電荷A和B的電荷量分別為qA和qB，M是點電荷連線中垂線上的某點，其電場方向如圖所示，下列說法正確的是（）A．qA和qB的大小可能相等B．A和B為同種電荷，且qA>qBC．A和B為異種電荷，且qA>qBD．若A和B的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則M點的電場方向不變【答案】D【詳析】A．若qA和qB的大小相等且為異種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線垂直；若qA和qB的大小相等且為同種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線平行，由圖可知M點電場強度方向既不與AB連線垂直也不與AB連線平行，故qA和qB的大小不可能相等，故A錯誤；BC．要使M點的電場方向如圖中所示，由電場疊加原理可知，點電荷A和B在M點產(chǎn)生的電場強度E1、E則有點電荷A帶負(fù)電荷、點電荷B帶正電荷，且有E1<E2，又點電荷A和B到M點距離相等，由E1=kqD．若A和B的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則點電荷A和B在M點產(chǎn)生的電場強度E1'=2E1，E2'=2故選D。12．（2025·北京東城·一模）閃電是由云層中所積累的電荷放電引起的，通常是云層底部帶正電荷，云層下方的地面會感應(yīng)出負(fù)電荷，當(dāng)云層底部與地面間的電場強度增大到E0=5×105V/m時擊穿空氣，發(fā)生短時放電現(xiàn)象，形成閃電。某圓盤形云朵底部與地面的距離h=1×A．這次放電釋放的總電荷量QB．這次放電過程中的平均電流IC．該等效電容器的電容值CD．放電前該電容器存儲的電能E【答案】D【詳析】A．根據(jù)q=It可知I-t圖像與t軸圍成面積表示電荷量，則這次放電釋放的總電荷量QB．這次放電過程中的平均電流I=Qt=C．云朵和地面的電勢差U=E0×h=5×108VD．放電前該電容器存儲的電能E=12C故選D。13．（2025·北京東城·一模）圖中虛線為某靜電場的等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等。實線為一電子運動的部分軌跡，O、P、Q為軌跡與等勢面的交點。電子從O點運動到Q點的過程中，僅受靜電力作用。下列說法正確的是（）A．電子加速度一直減小B．電子速度先減小后增大C．電子在O點電勢能比在Q點電勢能小D．電子從O點到P點與從P點到Q點的動能增量相等【答案】D【詳析】A．等差等勢面越密集，電場強度越大，由圖可知電子從O點運動到Q點的過程中電場強度先變大后變小，根據(jù)牛頓第二定律a=qEmB．根據(jù)曲線運動的合力方向位于軌跡的凹側(cè)，且場強方向與等勢面垂直，可知電子受到的電場力垂直等勢面偏右，所以電場力與速度方向的夾角小于90°，則電場力對電子做正功，電子的動能增大，速度一直增大，故B錯誤；C．由于電場力對電子做正功，則電子電勢能減少，電子在O點電勢能比在Q點電勢能大，故C錯誤；D．由于相鄰等勢面間電勢差相等，則有UOP=UPQ根據(jù)W=qU可知從O點到P點電場力做功與從故選D。14．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃┤鐖D所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=A．P點電勢與Q點電勢相等B．P、Q兩點電場強度大小相等，方向相反C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【詳析】A．根據(jù)沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，P點電勢高于Q點電勢，故A錯誤；B．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，方向相同，故B錯誤；CD．根據(jù)點電荷的場強公式，結(jié)合電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2，若僅將兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍。同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，PQ間的平均電場強度變大，而PQ間距不變，由故選C。15．（2025·北京門頭溝·一模）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于M、N兩點上，P、Q是MN連線上的兩點，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，OE=OF，OP=A．負(fù)電荷始終做加速運動B．從E點到F點電勢先增大后減小C．OP兩點間電勢差與PQ兩點間電勢差相等D．僅將M、N兩點電荷改為等量帶負(fù)電，P點電場強度不變【答案】B【詳析】A．根據(jù)等量同種正電荷電場強度分布可知EF連線，在MN上方電場強度方向豎直向上，在MN下方電場強度方向豎直向下，則負(fù)電荷在MN上方所受電場力方向豎直向下，在MN下方所受電場力方向豎直向上，則負(fù)電荷在MN上方做加速運動，在O點處處于平衡狀態(tài)，在MN下方做減速運動，故?A?錯誤；B．根據(jù)A選項分析可知，從E點到F點電場力對負(fù)電荷先做正功，后做負(fù)功，則負(fù)電荷的電勢能先減小后增大，根據(jù)φ=Epq可知從E點到C．從O到N電場強度變大，根據(jù)U=Ed定性分析可知OP兩點間電勢差與PQ兩點間電勢差的大小關(guān)系為UOPD．僅將M、N兩點電荷改為等量帶負(fù)電，電場強度的大小不變，方向相反，即P點電場強度改變，故D錯誤。故選B。16．（2025·北京朝陽·二模）大氣電場強度是大氣電學(xué)領(lǐng)域的基本參數(shù)，監(jiān)測大氣電場強度對研究大氣物理變化、災(zāi)害天氣預(yù)防具有重大意義。通常情況下，地面附近的電場分布如圖1所示，低空大氣與地球表面可視為平行板電容器。已知靜電力常量為k。(1)空氣中平行板電容器的電容為C=S4πkd，其中a.若地表單位面積上的電荷量為σ，請推導(dǎo)地球表面電場強度E=4b.地面附近某空間的電場強度E=130V/m，已知地球半徑R=6.4×106m(2)電場強度計能夠探測大氣電場強度的變化，其結(jié)構(gòu)可簡化為圖2：平行且靠近的動片和定片中心在一條豎直軸上，動片在上、定片在下，動片接地且與定片絕緣。動片和定片形狀相同，均由4個扇形金屬片構(gòu)成，每個扇形金屬片的面積為S0。定片保持靜止，動片由馬達(dá)驅(qū)動，以角速度ωa.求定片被交替遮擋的周期T0b.定片上感應(yīng)電荷隨時間的變化會產(chǎn)生周期性的電流，這一電流通過測量儀器就能顯示大氣電場強度E的數(shù)值。從定片被動片完全遮擋開始計時，結(jié)合（1）a中結(jié)論，推導(dǎo)電流強度1與大氣電場強度E的大小關(guān)系，并在圖3中畫出大氣電場強度恒定時電流強度I與時間t的圖像?！敬鸢浮?1)見解析；10(2)I=【詳析】（1）設(shè)地球表面積為s，則Q=σs=4πR2σ由電容的定義式C=QU在勻強電場中E=Ud結(jié)合C=s4（2）由題意可得T0=π2ω=π2ω定片被動片交替遮擋的過程中周期性充、放電。由于勻速轉(zhuǎn)動，定片處于大氣電場中的面積均勻減小或均勻增加，使得定片上的電荷量均勻減小或均勻增加，故產(chǎn)生的電流大小恒定。設(shè)在極短時間Δt內(nèi)，定片的一個扇形從動片下方露出或遮住的面積為Δs，且此變化面積上的電荷量為ΔQ，單位面積上的電荷量為σ'，則有I=ΔQ17．（2025·北京昌平·二模）電磁彈射是航空母艦上艦載機的一種起飛方式，是航空母艦的核心技術(shù)之一。某學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖甲所示，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距為L平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌右側(cè)，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。單刀雙擲開關(guān)S先接1，經(jīng)過足夠長的時間后，再把開關(guān)S接到2，導(dǎo)體棒向右離開導(dǎo)軌后水平射出。已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，接入電路部分的電阻為R，電源的電動勢為E。不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。(1)將開關(guān)S接1給電容器充電，在圖乙所示的坐標(biāo)系中畫出電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像；并求出經(jīng)過足夠長的時間后電容器極板的電荷量Q和電容器儲存的電能Ep(2)求開關(guān)S接2的瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)若某次試驗導(dǎo)體棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為初始值的14，求導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時的速度大小v【答案】(1)，Ep(2)a(3)v【詳析】（1）根據(jù)q=Cu可得u=1C?根據(jù)電容的定義C=QU得Q=CE（2）開關(guān)S接2的瞬間，金屬棒中電流I=ER安培力大小F（3）根據(jù)動量定理BLIΔt=mv-0電容器兩端的電壓減為初始值的14過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量18．（2025·北京大興·練習(xí)）一種測定電子比荷em的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內(nèi)陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細(xì)束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進(jìn)入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點。已知C、D間的距離為d。若在兩極板間施加電壓U的同時施加一個方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，電子仍能打在熒光屏上的O(1)求電子進(jìn)入C、D間的速度大?。?2)若撤去C、D兩極板間電壓，只保留磁場，電子束將射在熒光屏上某點，若已知電子在磁場中做圓周運動的半徑R，求電子的比荷。(3)若撤去C、D兩極板間的磁場，只在兩極板C、D間施加電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；已知極板的長度為L1，極板區(qū)的右側(cè)邊緣到熒光屏的距離為L2，P點到O點的距離為【答案】(1)v(2)e(3)e【詳析】（1）電子所受電場力與洛倫茲力平衡，則有Ude=（2）撤去電場，電子只受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，則有Bev=mv（3）若撤去磁場，則電子只受到電場力作用，在極板間做平拋運動，離開極板后做勻速直線運動，則有水平方向L1=vt

豎直方向vy=at結(jié)合牛頓第二定律eUd=ma解得19．（2025·北京房山·一模）在物理學(xué)中，我們常常采用類比的方法來研究問題。電場和磁場雖然性質(zhì)不同，但它們在許多方面具有相似性，可以進(jìn)行類比分析。(1)真空中靜止的點電荷，電荷量為Q，靜電力常量為k。請利用電場強度的定義和庫侖定律，推導(dǎo)與點電荷Q相距為r處電場強度的大小E。(2)電流可以產(chǎn)生磁場。如圖甲所示，通有電流I1、I2的兩根導(dǎo)線平行放置且電流均向上。設(shè)I1l1和I2l2分別表示導(dǎo)線上M、N兩點處的電流元，M、(3)環(huán)形電流也可產(chǎn)生磁場，如圖乙所示，環(huán)形電流中心О處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=μ0I2R，μ0為常數(shù)，I為環(huán)形電流中的電流大小，R為環(huán)形電流半徑。如圖丙所示，一個電荷量為q的點電荷以速度v運動，這將在與速度垂直的方向上、與點電荷相距為d的【答案】(1)E(2)F(3)B【詳析】（1）由庫侖定律可得：F=kQqr2電場強度（2）類比庫侖定律可得兩電流元間作用力為：F（3）環(huán)形電流中心О處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度B=μ0I2R設(shè)單位長度內(nèi)電荷數(shù)為n，在中心p外產(chǎn)生磁場磁感應(yīng)強度B=專題07靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電場力和電場能的性質(zhì)2021、2023、2024、2025注重對電場基本性質(zhì)的深度挖掘，如電場強度、電勢、電勢能等概念的理解與辨析，強化電場力的性質(zhì)與能的性質(zhì)的綜合應(yīng)用。一方面，通過庫侖定律分析電荷間相互作用，結(jié)合電場疊加原理處理多電荷體系的電場分布；另一方面，利用電場線、等勢面考查電場強度與電勢的變化規(guī)律，常涉及帶電粒子在電場中的運動，將牛頓運動定律、功能關(guān)系與靜電場知識相結(jié)合，如分析帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)及復(fù)雜曲線運動。?能力要求上，突出數(shù)理結(jié)合與邏輯推理?？忌柽\用數(shù)學(xué)工具，如函數(shù)圖像分析電場強度、電勢隨空間位置的變化，借助幾何關(guān)系求解電場中的距離、角度等物理量。面對多過程、多因素的靜電場問題，能依據(jù)物理規(guī)律，理清各物理量間的邏輯關(guān)系，推導(dǎo)結(jié)論。實驗探究能力的考查力度也在加大，要求考生設(shè)計實驗測量電場強度、電勢差，驗證電場相關(guān)規(guī)律，處理實驗數(shù)據(jù)并分析誤差，如利用傳感器探究電場分布特點。此外，部分試題會引入新的科研成果或情境信息，考查考生獲取信息、遷移知識、解決新問題的創(chuàng)新能力，全方位檢驗考生對靜電場知識的掌握程度與物理學(xué)科核心素養(yǎng)的發(fā)展水平考點2電容器與電容2022考點3帶電粒子在電場中的運動2021、2022、2023考點01電場力和電場能的性質(zhì)1．（2025·北京·高考）如圖1所示，金屬圓筒A接高壓電源的正極，其軸線上的金屬線B接負(fù)極。(1)設(shè)A、B兩極間電壓為U，求在B極附近電荷量為Q的負(fù)電荷到達(dá)A極過程中靜電力做的功(2)已知筒內(nèi)距離軸線r處的電場強度大小E=k2λr，其中k為靜電力常量，λ為金屬線B單位長度的電荷量。如圖2所示，在圓筒內(nèi)橫截面上，電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子繞軸線做半徑不同的勻速圓周運動，其半徑為r1、r2和r3時的總能量分別為E1、(3)圖1實為某種靜電除塵裝置原理圖，空氣分子在B極附近電離，筒內(nèi)塵埃吸附電子而帶負(fù)電，在電場作用下最終被A極收集。使分子或原子電離需要一定條件。以電離氫原子為例。根據(jù)玻爾原子模型，定態(tài)氫原子中電子在特定軌道上繞核做圓周運動，處于特定能量狀態(tài)，只有當(dāng)原子獲得合適能量才能躍遷或電離。若氫原子處于外電場中，推導(dǎo)說明外電場的電場強度多大能將基態(tài)氫原子電離。（可能用到：元電荷e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg，靜電力常量【答案】(1)W=QU(2)E(3)E≈2.57×【詳析】（1）在B極附近電荷量為Q的負(fù)電荷到達(dá)A極過程中靜電力做的功W=-Q?(-U)=QU（2）粒子在半徑為r處繞軸線做勻速圓周運動，其向心力由電場力提供，根據(jù)向心力公式qE=mv2聯(lián)立可得qk2λr=mv2r解得粒子的動能Ek=12mv2=qkλ設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢能為0，粒子從無窮遠(yuǎn)處移動到半徑為r處，電場力做功W=q∞r(nóng)Edr其中E=k2λr代入可得W=q∞r(nóng)k2λrdr=-2qkλlnr（limx→∞lnx→+∞，lnr-limx→∞lnx=-limx→∞lnx+lnr，從物理意義上電場力做功W這里是負(fù)功，粒子從無窮遠(yuǎn)移動到r處，電場力方向與位移方向有關(guān)導(dǎo)致做負(fù)功，所以寫成（3）方法一：電子繞核做圓周運動，庫侖力提供向心力，即ke2a2=mv2a電子的動能Ek=12mv2聯(lián)立可得Ek=ke22a設(shè)外電場的電場強度為E，電子在電場力作用下獲得能量，當(dāng)電子獲得的能量等于將基態(tài)氫原子電離所需的能量時，氫原子被電離。電子在電場力作用下獲得的能量W=ΔE=eEa聯(lián)立可得E=ke方法二：根據(jù)功能關(guān)系可得eEa=E02．（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點，A．小球沿MA運動的加速度比沿MB的大B．小球分別運動到A、C．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則A點電場強度比B點大D．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運動時加速度比沿著MA運動時加速度大，B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機械能守恒，運動到A、B點時速度大小相同，B錯誤；C．等勢線越密集，電場強度越大，B處等勢線更密集，A點電場強度比B點小，C錯誤；D．等勢線越密集，電勢降落越快，右側(cè)等勢線更密集，右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。3．（2024·北京·高考）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=QN。下列說法正確的是（）A．P點電場強度比Q點電場強度大B．P點電勢與Q點電勢相等C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差不變【答案】C【詳析】A．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，A錯誤；B．由沿電場線方向電勢越來越低知，P點電勢高于Q點電勢，B錯誤；CD．由電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2若僅兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，而PQ間距不變，根據(jù)U=Ed故選C。4.（2023·北京·高考）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點上，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，EO=OF。一不計重力帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放后（

）A．做勻加速直線運動B．在O點所受靜電力最大C．由E到O的時間等于由O到F的時間D．由E到F的過程中電勢能先增大后減小【答案】C【詳析】AB．帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放，將以O(shè)點為平衡位置做往復(fù)運動，在O點所受電場力為零，故AB錯誤；C．根據(jù)運動的對稱性可知，點電荷由E到O的時間等于由O到F的時間，故C正確；D．點電荷由E到F的過程中電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選C。5.（2021·北京·高考）如圖所示的平面內(nèi)，有靜止的等量異號點電荷，M、N兩點關(guān)于兩電荷連線對稱，M、P兩點關(guān)于兩電荷連線的中垂線對稱。下列說法正確的是（）A．M點的場強比P點的場強大 B．M點的電勢比N點的電勢高C．N點的場強與P點的場強相同 D．電子在M點的電勢能比在P點的電勢能大【答案】C【詳析】AC．根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布得：M點的場強與P點的場強大小相等，N點的場強與P點的場強大小相等，方向相同，故A錯誤C正確；BD．根據(jù)等量異種點電荷的電勢分布特點可知，M點的電勢與N點的電勢相等，M點的電勢高于P點的電勢，根據(jù)Ep=φq可知，電子在M點的電勢能比在P點的電勢能小，故故選C?？键c02電容器與電容6.（2022·北京·高考）利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說法正確的是（）A．充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定B．充電過程中，電壓表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定C．放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零D．放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零【答案】B【詳析】A．充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流表示數(shù)為零，A錯誤；B．充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電壓表測量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；CD．電容器放電的I-t圖像如圖所示可知電流表和電壓表的示數(shù)不是均勻減小至0的，CD錯誤。故選B。考點03帶電粒子在電場中的運動7.（2023·北京·高考）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f=krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度。a、半徑為R、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100%被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）U1=2d2mv02q【詳析】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L=v0t豎直方向d=12at2（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，豎直方向F電=f，qU2d=kRvb.10μm帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有f=kRvmax，f=qU2d在豎直方向顆粒勻速下落顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場力，有f'=14kRv'max，f'=qd8.（2022·北京·高考）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t【答案】（1）F=qUd；（2）v=2qUm【詳析】（1）兩極板間的場強E=Ud（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有qU=12m（3）設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有qU2=12mv'2帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速運動，設(shè)用時分別為t1、t9．（2021·北京·高考）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能Ek【答案】（1）U=mv22q；（2）E=vB【詳析】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡Eq=qvB得E=vB方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有Ek=qU+Eqd1．（2025·北京朝陽·二模）某電場中四個等勢面的分布情況如圖所示。下列說法正確的是（）A．電子在A點所受靜電力大于在B點所受靜電力B．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能C．電子僅在電場力作用下從A點運動到B點動能變大D．電場線由等勢面d指向等勢面e【答案】A【詳析】A．等差等勢面越密集，電場強度越大，則A點的電場強度大于B點的電場強度，根據(jù)F=eE可知電子在A點所受靜電力大于在B點所受靜電力，故BC．電子帶負(fù)電，根據(jù)Ep=qφ可知電子在A點的電勢能等于在B點的電勢能，則電子僅在電場力作用下從A點運動到B點，電子在A點的動能等于在BD．根據(jù)沿著電場線電勢降低可知電場線由等勢面e指向等勢面d，故D錯誤。故選A。2．（2025·北京朝陽·二模）在距離為L的質(zhì)子源和靶之間有一電壓為U的勻強電場，質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)電場加速，形成電流強度為I的細(xì)柱形質(zhì)子流打到靶上且被靶全部吸收。在質(zhì)子流中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處，各取一段極短的相等長度的質(zhì)子流，其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1和n2，已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為A．nB．每秒打到靶上的質(zhì)子的總動能為eUC．質(zhì)子流對靶的作用力大小為ID．質(zhì)子源與靶間的質(zhì)子總數(shù)為IL【答案】C【詳析】A．在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為l處的速度為v1=2al=2UelLm在質(zhì)子流中與質(zhì)子相距為4l處的速度為v2所以N=Ie因此n1:nB．對單個質(zhì)子經(jīng)過電場加速獲得的動能Ue=12mv2得vC．質(zhì)子打在靶上被吸收，根據(jù)動量定理，單位時間質(zhì)子打在靶上對靶的作用力F=Nmv=D．質(zhì)子在電場中的加速度a=UemL質(zhì)子從質(zhì)子源運動到靶所用時間t=Δv故選C。3．（2025·北京大興·練習(xí)）某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡，M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點，下列說法不正確的是（

）A．粒子帶正電荷B．M點的電場強度比N點的小C．粒子在M點的動能大于在N點的動能D．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能【答案】C【詳析】A．根據(jù)沿著電場線電勢降低判斷知，帶電體為正電荷，又根據(jù)電場力指向軌跡的凹側(cè)，判斷該帶電粒子帶正電荷，A正確，不符題意；B．等差等勢面越密集的地方場強越大，M點的電場強度比N點的小，B正確，不符題意；C．根據(jù)電場力做功W=qU可知，從M到N點的過程中，電場力做正功，粒子的動能增大，即粒子在M點的動能小于在N點的動能，D．由于粒子帶正電，正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小，由題圖可知，粒子在N點的電勢小于M點的電勢，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，D正確，不符題意。故選C。4．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，實線是豎直面內(nèi)以O(shè)點為圓心的圓，MN和PQ是圓的兩條相互垂直的直徑，在豎直面內(nèi)存在由Q點指向P點的勻強電場。從O點在豎直面內(nèi)向各個方向以大小相同的初速度發(fā)射電荷量和質(zhì)量完全相同的帶正電小球，通過圓上各點的小球中，經(jīng)過N點的小球速度最大。不計空氣阻力及小球間的相互作用。下列說法正確的是（

）A．沿OP方向發(fā)射的小球可以沿OP方向做直線運動B．沿ON方向發(fā)射的小球不會沿ON方向做直線運動C．通過圓上P、Q兩點的小球機械能相等D．通過圓上M、N兩點的小球機械能相等【答案】D【詳析】AB．對小球受力分析可知，小球受到重力和電場力，根據(jù)力的合成定則可知，其合力不可能沿OP方向，可能沿ON方向，因此沿OP方向發(fā)射的小球不可能沿OP方向做直線運動，沿ON方向發(fā)射的小球可能沿ON方向做直線運動，AB錯誤；C．從Q到P的過程中，電場力做整個，電勢能減小，動能增大，故P點的機械能大于Q點的機械能，C錯誤；D．由題可知，M、N位于同一等勢面上，電場力不做功，只有重力做功，機械能守恒，D正確。故選D。5．（2025·北京西城·一模）如圖所示，正點電荷Q周圍的兩個等勢面是同心圓，兩個帶正電的試探電荷q1和q2分別置于M、A．M點電勢比N點電勢低B．q1在M點的電勢能大于q2在C．q1的電荷量大于qD．若Q的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，則M、N兩點的電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳析】A．因M點距離正電荷較近，可知M點電勢比N點電勢高，選項A錯誤；B．電場力做功等于電勢能的變化量，因?qū)蓚€試探電荷移動到無窮遠(yuǎn)的過程中靜電力做的功相等，可知q1在M點的電勢能等于q2在N點的電勢能，選項C．由題意可知φMq1=φNq2因φM>φD．根據(jù)φ=kQr可得UMN=kQrM-kQrN=kQ故選D。6．（2025·北京豐臺·二模）如圖1所示，一個空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，將它們分別與靜電起電機的兩極相連，其俯視圖如圖2所示。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。搖動起電機，強電場使空氣電離而產(chǎn)生負(fù)離子和正離子，負(fù)離子碰到煙塵微粒使它帶負(fù)電，塑料瓶變得清澈透明。關(guān)于該過程，下列說法正確的是（）A．金屬片附近的氣體分子更容易被電離B．帶電煙塵微粒做勻加速運動C．帶電煙塵微粒運動過程中電勢能增大D．帶電煙塵微粒會被吸附到金屬片上【答案】D【詳析】A．塑料瓶內(nèi)鋸條附近電場強度最大，鋸條附近的空氣分子更容易被電離，故A錯誤；B．因為金屬片和鋸條間的電場不是勻強電場，帶電煙塵微粒受到的電場力為變力，微粒的加速度也不是恒定值，所以帶電煙塵微粒不是做勻加速運動，故B錯誤；CD．帶負(fù)電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，靜電力做正功，電勢能減少，最終運動到接正極的金屬片上，故C錯誤，D正確。故選D。7．（2025·北京西城·二模）密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬板上下放置，從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、電荷量不同、密度相同的小油滴。觀察兩個油滴a、b的運動情況：當(dāng)兩板間不加電壓時，兩個油滴在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，均豎直向下勻速運動。油滴視為小球，所受空氣阻力的大小f=krv，其中r為油滴的半徑，vA．帶同種電荷 B．半徑之比為4:1C．質(zhì)量之比為4:1 D．電荷量之比為4:1【答案】D【詳析】A．兩板間加上電壓后，兩油滴很快達(dá)到相同的速率v02，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知兩油滴帶異種電荷，故BCD．設(shè)油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量為m=43πr3ρ則速率為v時受阻力大小為f=krv，則當(dāng)油滴勻速下落時，有mg=f聯(lián)立解得r=3kv4πρg∝v可得rarb=v014v0故選D。8．（2025·北京西城·二模）如圖所示，電荷量為q的正點電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心，垂線上的A、B兩點到薄板的距離均為d。已知A點的電場強度為0，下列說法正確的是（）A．薄板帶正電B．B點電勢高于A點電勢C．B點電場強度的方向向右D．B點電場強度的大小為kq【答案】B【詳析】A．q在A點形成的電場強度的大小為E1=kq9d2方向向左；因A點場強為零，故薄板在A點的場強方向向右，薄板帶負(fù)電，薄板在BCD．由對稱性可知，薄板在B點的場強也為kq9d2方向向左；電荷量為q的正點電荷在B點的場強大小為kqd2，方向向左，所以B點的場強E2=kq9d故選B。9．（2025·北京東城·二模）如圖所示，虛線為某點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線，相鄰等勢線間的電勢差相等；實線為一個α粒子僅在電場力作用下的運動軌跡。在α粒子從A經(jīng)B運動到C的過程中（）A．α粒子的加速度先減小后增大B．靜電力對α粒子先做負(fù)功后做正功C．α粒子的動能先增大后減小D．α粒子的電勢能先減小后增大【答案】B【詳析】A．圖像可知α粒子從A經(jīng)過B運動到C的過程中，α粒子先靠近點電荷后遠(yuǎn)離點電荷，所受靜電力先增大后減小，加速度也先增大后減小，故A錯誤；BCD．由軌跡的彎曲情況，靜電力應(yīng)指向曲線凹側(cè)，且與等勢面垂直(電場線垂直該處等勢面)，所以可以判斷粒子受到的靜電力為排斥力，故α粒子從A經(jīng)B運動到C的過程中，靜電力對α粒子先做負(fù)功后做正功，α粒子的動能先減小后增大，α粒子的電勢能先增大后減小，故B正確，CD錯誤。故選B。10．（2025·北京通州·一模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、A．在R點時受力沿虛線向左B．在P點時的加速度比在Q點時小C．在P點時的動能比在Q點時小D．在P點時的電勢能比在Q點時小【答案】D【詳析】A．粒子所受合力指向軌跡的凹側(cè)，所以在R點時受力沿虛線向右，故A錯誤；B．因為P點的電場線比Q點密集，所以P點的電場強度比Q點大，粒子在P點時所受的電場力比Q點時大，根據(jù)牛頓第二定律可知，在P點時的加速度比Q點時大，故B錯誤；CD．假設(shè)粒子由P點運動到Q點（也可以假設(shè)由Q點運動到P點，不影響判斷結(jié)果），則粒子所受電場力與速度方向成鈍角，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，所以粒子在P點時的動能比在Q點時大，在P點時的電勢能比在Q點時小，故C錯誤，D正確。故選D。11．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））兩個點電荷A和B的電荷量分別為qA和qB，M是點電荷連線中垂線上的某點，其電場方向如圖所示，下列說法正確的是（）A．qA和qB的大小可能相等B．A和B為同種電荷，且qA>qBC．A和B為異種電荷，且qA>qBD．若A和B的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則M點的電場方向不變【答案】D【詳析】A．若qA和qB的大小相等且為異種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線垂直；若qA和qB的大小相等且為同種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線平行，由圖可知M點電場強度方向既不與AB連線垂直也不與AB連線平行，故qA和qB的大小不可能相等，故A錯誤；BC．要使M點的電場方向如圖中所示，由電場疊加原理可知，點電荷A和B在M點產(chǎn)生的電場強度E1、E則有點電荷A帶負(fù)電荷、點電荷B帶正電荷，且有E1<E2，又點電荷A和B到M點距離相等，由E1=kqD．若A和B的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則點電荷A和B在M點產(chǎn)生的電場強度E1'=2E1，E2'=2故選D。12．（2025·北京東城·一模）閃電是由云層中所積累的電荷放電引起的，通常是云層底部帶正電荷，云層下方的地面會感應(yīng)出負(fù)電荷，當(dāng)云層底部與地面間的電場強度增大到E0=5×105V/m時擊穿空氣，發(fā)生短時放電現(xiàn)象，形成閃電。某圓盤形云朵底部與地面的距離h=1×A．這次放電釋放的總電荷量QB．這次放電過程中的平均電流IC．該等效電容器的電容值CD．放電前該電容器存儲的電能E【答案】D【詳析】A．根據(jù)q=It可知I-t圖像與t軸圍成面積表示電荷量，則這次放電釋放的總電荷量QB．這次放電過程中的平均電流I=Qt=C．云朵和地面的電勢差U=E0×h=5×108VD．放電前該電容器存儲的電能E=12C故選D。13．（2025·北京東城·一模）圖中虛線為某靜電場的等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等。實線為一電子運動的部分軌跡，O、P、Q為軌跡與等勢面的交點。電子從O點運動到Q點的過程中，僅受靜電力作用。下列說法正確的是（）A．電子加速度一直減小B．電子速度先減小后增大C．電子在O點電勢能比在Q點電勢能小D．電子從O點到P點與從P點到Q點的動能增量相等【答案】D【詳析】A．等差等勢面越密集，電場強度越大，由圖可知電子從O點運動到Q點的過程中電場強度先變大后變小，根據(jù)牛頓第二定律a=qEmB．根據(jù)曲線運動的合力方向位于軌跡的凹側(cè)，且場強方向與等勢面垂直，可知電子受到的電場力垂直等勢面偏右，所以電場力與速度方向的夾角小于90°，則電場力對電子做正功，電子的動能增大，速度一直增大，故B錯誤；C．由于電場力對電子做正功，則電子電勢能減少，電子在O點電勢能比在Q點電勢能大，故C錯誤；D．由于相鄰等勢面間電勢差相等，則有UOP=UPQ根據(jù)W=qU可知從O點到P點電場力做功與從故選D。14．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃┤鐖D所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=A．P點電勢與Q點電勢相等B．P、Q兩點電場強度大小相等，方向相反C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【詳析】A．根據(jù)沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，P點電勢高于Q點電勢，故A錯誤；B．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，方向相同，故B錯誤；CD．根據(jù)點電荷的場強公式，結(jié)合電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2，若僅將兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍。同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，PQ間的平均電場強度變大，而PQ間距不變，由故選C。15．（2025·北京門頭溝·一模）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于M、N兩點上，P、Q是MN連線上的兩點，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，OE=OF，OP=A．負(fù)電荷始終做加速運動B．從E點到F點電勢先增大后減小C．OP兩點間電勢差與PQ兩點間電勢差相等D．僅將M、N兩點電荷改為等量帶負(fù)電，P點電場強度不變【答案】B【詳析】A．根據(jù)等量同種正電荷電場強度分布可知EF連線，在MN上方電場強度方