五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題08靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1庫倫定律2025電場能的性質(zhì)作為絕對核心，五年全勤考查，側(cè)重概念辨析與定性分析；帶電粒子在電場中的運動緊涵蓋平衡、直線加速及類平拋等基礎(chǔ)模型，常結(jié)合能量觀點綜合命題。電場力的性質(zhì)與庫侖定律作為基礎(chǔ)支撐，雖考查頻次相對較低，但作為理解核心概念的關(guān)鍵，其基礎(chǔ)性地位不容忽視。

試題設(shè)計明顯傾向?qū)⒊橄箅妶龈拍钋度刖唧w應(yīng)用場景，如近地軌道衛(wèi)星的電磁驅(qū)動、離子推進器、靜電除塵裝置、電容器在傳感器中的應(yīng)用等科技實例，以及帶電粒子在示波管、質(zhì)譜儀中的運動分析。側(cè)重對概念本質(zhì)、物理圖景構(gòu)建及基本規(guī)律適用條件的深度辨析。預(yù)計命題將更注重考點間的交叉滲透，例如將電場能與力學(xué)平衡、牛頓運動定律、功能定理結(jié)合，或通過電場線/等勢面分布圖綜合考查空間想象與推理能力，同時強化對守恒思想、疊加思想、模型建構(gòu)等物理方法的隱性考查。計算復(fù)雜度保持克制，但對物理過程邏輯鏈的完整性要求持續(xù)提升?？键c2電場力的性質(zhì)2024考點3電場能的性質(zhì)2025、2024、2023、2022、2021考點4帶電粒子在電場中的運動2025、2024、2023、2022考點01庫倫定律1．（2025·福建·高考真題）兩個點電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點放置一檢驗電荷恰好處于靜止狀態(tài)，PQ1與Q1Q2夾角為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為，在PQ1連線上是否存在其它點能讓同一檢驗電荷維持平衡狀態(tài)（存在，不存在）?！敬鸢浮?:1【詳析】[1]根據(jù)幾何關(guān)系設(shè)PQ2=r，PQ1=3r對檢驗電荷進行受力分析，可得FP[2]如圖根據(jù)平衡條件可知檢驗電荷受到的重力和兩點電荷對其的庫侖力組成一個封閉的三角形，若在PQ1連線上存在其它點能讓同一檢驗電荷維持平衡狀態(tài)，此時點電荷Q1對檢驗電荷的庫侖力FPQ1變大，根據(jù)三角形法則可知此時點電荷Q2對檢驗電荷的庫侖力必然增大；由于此時檢驗電荷與點電荷考點02電場力的性質(zhì)2．（2024·福建·高考）如圖，圓心為O點、半徑為R的圓周上有A、B、C、D、E、F、G、H八個等分點，G點固定有一帶電量為-Q（Q>0）的點電荷，其余各點均固定有帶電量為+Q的點電荷。已知靜電力常量為k，則O點的電場強度大小為。M、N分別為OC、OG的中點，則M點的電勢（填“大于”“等于”或“小于”）N點的電勢；將一帶電量為+q（q>0）的點電荷從M點沿圖中MN弧線移動到N點，電場力對該點電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”或“小于零”）?！敬鸢浮?kQR2大于【詳析】[1]根據(jù)對稱性可得A點和E點、B點和F點、D點和H點處的點電荷在O點處產(chǎn)生的電場強度矢量和均為0，所以O(shè)點的電場強度等于C點和G點處的點電荷在O點處產(chǎn)生的電場強度矢量和，由電場疊加原理可得，O點場強大小為E[2]電勢是標量，取去無窮遠處為0電勢，則M點、N的電勢分別為φφ根據(jù)點電荷的電勢φ=kQφAM=φANφCM>可得φ則φM[3]將+q點電荷從M沿MN移動到N點，電勢能減小，故電場力對該點電荷所做的總功大于零?？键c03電場能的性質(zhì)3．（2025·福建·高考真題）某種靜電分析器簡化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場?，F(xiàn)將一電子a自A點垂直電場射出，恰好做圓周運動，運動軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點垂直電場射出，軌跡為弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢差為U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射動能為Ek，則（）A．B點的電場強度E=B．P點場強大于C點場強C．b粒子在P點動能小于Q點動能D．b粒子全程的克服電場力做功小于2eU【答案】D【詳析】A．a(chǎn)粒子入射動能為Ek，根據(jù)動能的表達式有Ek=12mvaB．由圖可知，P點電場線密度較稀疏，則場強小于C點場強，故B錯誤；C．已知|CQ|=2|BP|，因為BC在同一等勢線上，且沿電場方向電勢降低，則Q點電勢小于P點，電子在電勢低處電勢能大，則b粒子在Q點電勢能大，根據(jù)能量守恒可知，b粒子在Q點動能較小，故C錯誤；D．由電場線密度分布情況可知，沿徑向向外電場強度減小，則BP之間平均電場強度大小大于CQ之間的平均電場強度大小，根據(jù)U=Ed，則UCQ<2UBP，則故選D。4．（2023·福建·高考）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，如圖所示。a、b、c、d、O為同一平面上的5個點，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為ob的中點。a、d兩點場強大小分別為Ea、Ed，o、a、c、d四點電勢分別為φo、φa、φc、φd，則φaφd；φaφc，(φo－φa)2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】小于等于小于【詳析】[1]由于沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知φa<φd[2][3]由題知，在鎢針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，則根據(jù)點電荷形成的電場的電勢分布可知φa=φc且越靠近O場強越強，則od部分的場強均大于db部分的場強，則根據(jù)U=Ed，結(jié)合微元法可定性判別出φo－φb<2(φo－φd)而φa=φb則φo－φa<2(φo－φd)5．（2022·福建·高考）平時我們所處的地球表面，實際上存在場強大小為100V/m的電場，可將其視為勻強電場，在地面立一金屬桿后空間中的等勢面如圖所示。空間中存在a、b、c三點，其中a點位于金屬桿正上方，bA．b、c兩點的電勢差Ubc=0 B．a(chǎn)C．a(chǎn)點場強方向水平向右 D．a(chǎn)點的電勢低于c點【答案】B【詳析】A．由圖可知，b、c兩點的電勢差為，Ubc=200V-300B．由圖可知，a點與相鄰兩等勢面的距離小于1m，電勢差等于100V，根據(jù)E=Ud，可知a點場強大小大于C．根據(jù)場強方向垂直于等勢面，可知a點的場強方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯誤；D．由圖可知，a點與c點在同一等勢面上，電勢均為300V，故D故選B。6．（2021·福建·高考）如圖（a），同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點距O點的距離均為2L，O為水平連線AB的中點，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q（Q>0）。以O(shè)為原點，豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為電勢零點，則ON上的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖（b）所示。一電荷量為Q（Q>0）的小球S1以一定初動能從M點豎直下落，一段時間后經(jīng)過N點，其在ON段運動的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖（c）所示。圖中g(shù)為重力加速度大小，（1）求小球S1在M（2）當小球S1運動到N點時，恰與一沿x軸負方向運動的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知S1與S2的質(zhì)量相等，碰撞前、后S1（3）現(xiàn)將S2固定在N點，為保證S1能運動到N點與之相碰，S1【答案】（1）2kQ24L2；（2【詳析】（1）設(shè)A到M點的距離為RM，A點的電荷對小球S1的庫侖力大小為FA=k設(shè)小球S1在M點所受電場力大小為FFM=2聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得FM=（2）設(shè)O點下方L2處為C點，A與C的距離為RC，小球S1在CFC=2式中sin設(shè)小球S1的質(zhì)量為m1，小球S1在CFC+由圖（c）可知，式中a=2g聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得m1=設(shè)S2的質(zhì)量為m2，碰撞前、后S1的速度分別為v1，v1'，m1v12m設(shè)小球S2碰撞前的動量為p2p2=依題意有1m聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得p2即碰撞前S2的動量大小為8k（3）設(shè)O點上方L2處為D點。根據(jù)圖（c）和對稱性可知，S1在D點所受的電場力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，S1在此處加速度為0；S1在D點上方做減速運動，在D點下方做加速運動，為保證S1能運動到N點與S設(shè)M點與D點電勢差為UMDUMD=設(shè)小球S1初動能為Ek，運動到D點的動能為m1g(EkD>0由對稱性，D點與C點電勢相等，M點與N點電勢相等，依據(jù)圖（b）所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得Ek>考點04帶電粒子在電場中的運動7．（2025·福建·高考真題）（多選）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為g,則（）A．電場強度為E=B．磁場強度為B=C．NP兩點的電勢差為U=D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為v【答案】BC【詳析】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著MN做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg=qE，qvB=2mg，解得電場強度E=mgq，磁感應(yīng)強度B=2C、在N點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度a=F合m=2g，粒子到達P所以粒子在P點的速度vP=vx2+vy2=5v，ND、將粒子在N點的速度沿水平方向和豎直方向進行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且vNy=vcos45°=故選BC。8．（2024·福建·高考）如圖，直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進入C2，而后從P進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，(1)粒子經(jīng)過N時的速度大小；(2)粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小?！敬鸢浮?1)2qU(2)45°(3)1【詳析】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有qU=解得v（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有d=12又tan解得θ=45°（3）粒子在P處時的速度大小為v在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有q由幾何關(guān)系可知R=解得B=9．（2022·福建·高考）（多選）我國霍爾推進器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時，工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104m/sA．氙離子的加速電壓約為175VB．氙離子的加速電壓約為700VC．氙離子向外噴射形成的電流約為37AD．每秒進入放電通道的氙氣質(zhì)量約為5.3×【答案】AD【詳析】AB．氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有qU=12m故A正確，B錯誤；D．在Δt時間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出，形成電流為I進入放電通道的氙氣質(zhì)量為Δm0，被電離的比例為η，則有Δm故D正確；C．在Δt時間內(nèi)，有電荷量為ΔQ的氙離子噴射出，則有ΔQ=Δmm故C錯誤。故選AD。一、單選題1．（2025·福建寧德·三模）在電力傳輸系統(tǒng)中，為防止高壓電對周邊電子設(shè)備產(chǎn)生干擾，會使用金屬屏蔽球殼。在某變電站附近，一個金屬球殼處于周邊高壓輸電線產(chǎn)生的勻強電場中，達到靜電平衡狀態(tài)后，周圍的電場分布如圖所示。其中M、N兩點關(guān)于球心O對稱，且電場線分布關(guān)于過球心豎直面對稱，則（）

A．O點電場強度不為0 B．M點電勢等于N點電勢C．M點電場強度小于N點電場強度 D．M、O間電勢差等于O、N間電勢差【答案】D【詳析】A．處于靜電場中的金屬球殼內(nèi)部場強均為零，即O點電場強度為0，選項A錯誤；B．沿電場線電勢降低可知，M點電勢高于N點電勢，選項B錯誤；C．由對稱可知，MN兩點電場線疏密程度相同，可知M點電場強度等于N點電場強度，選項C錯誤；D．金屬球殼為等勢體，由對稱性以及U=Ed可知，M、O間電勢差等于O、N間電勢差，選項D正確。故選D。2．（2025·福建龍巖上杭一中·校質(zhì)檢）如圖a所示是用電泳技術(shù)分離蛋白質(zhì)的裝置，溶液中有上下正對放置的平行金屬板電極，溶液中甲、乙兩個蛋白質(zhì)顆粒與上下極板恰好等距。甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，帶電量與pH值的關(guān)系如圖b所示。未接通極板電源時，甲、乙顆粒均懸浮?，F(xiàn)調(diào)節(jié)溶液pH=3，接通電源，不計粘滯阻力和甲乙之間的作用力。對于兩種蛋白質(zhì)顆粒，正確的說法是（）A．乙比甲先到達極板B．甲、乙的電勢能均增大C．甲、乙受到的電場力方向相同D．增大pH值，甲受到的電場力變大【答案】A【詳析】A．未接通極板電源時，甲乙顆粒均懸浮，重力等于浮力，調(diào)節(jié)溶液pH=3，從圖中可知甲蛋白質(zhì)顆粒帶電量為-2q0，乙?guī)щ娏繛?q0，接通電源后電場強度一樣，由牛頓第二定律可得Eq=ma，由于甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，故甲的加速度為乙的一半，二者到相應(yīng)極板距離相同，則乙比甲先到達極板，故A正確；B．甲乙運動過程中電場力都做正功，電勢能均減小，故B錯誤；C．甲乙?guī)щ娦韵喾?，受力方向相反，故C錯誤；D．由圖可知，增大pH值，甲帶的電荷量先減小后增大，故電場力也是先減小后增大，故D錯誤。故選A。二、多選題3．（2025·福建三明·三模）如圖為探究平行板電容器電容的影響因素的實驗裝置（）A．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差增大B．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差減小C．只增加極板電量，靜電計指針張角變大，但電容不變D．只增加極板電量，靜電計指針張角變大，表明電容增大【答案】AC【詳析】AB．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差增大，故A正確，B錯誤；CD．只增加極板電量Q，根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=εS4πkd，可知，電容不變，根據(jù)電容的定義式有C=QU，可知，電勢差U變大，則靜電計指針張角變大，故故選AC。4．（2025·福建廈門·三模）現(xiàn)代農(nóng)業(yè)通過“空間電場”技術(shù)優(yōu)化大氣與地表間形成的自然電場。如圖所示，高壓電源與懸掛電極連接，電極與土壤間形成空間電場，帶負電的病原孢子在空間電場的作用下向懸掛電極移動，從而達到防病害的效果。M、A．懸掛電極連接電源正極B．M、C．M點電勢低于P點電勢D．病原孢子向懸掛電極移動過程中，電勢能降低【答案】AD【詳析】A．根據(jù)帶負電的病原孢子在空間電場的作用下向懸掛電極移動，可知懸掛電極帶整點，則懸掛電極連接電源正極，故A正確；B．根據(jù)電場線的分布可知M、N處電場強度方向相同，故C．根據(jù)沿著電場線方向電勢降低結(jié)合A選項分析可知M點電勢高于P點電勢，故C錯誤；D．根據(jù)題意可知病原孢子向懸掛電極移動過程中，電場力做正功，其電勢能降低，故D正確。故選AD。5．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示，某靜電場中x軸正半軸上0～2x0區(qū)間內(nèi)電場強度沿x軸正向分布如圖所示，圖中淺灰色陰影部分面積為S1，深灰色陰影部分面積為S2，S1=2S2。一個質(zhì)量為m、A．從x=0到x=xB．從x=0到x=x0C．粒子在x=xD．粒子的最大速度為2【答案】BD【詳析】A．粒子從x=0運動到x=x0的過程中，電場強度越來越大，根據(jù)牛頓第二定律a=qEB．粒子從x=0運動到x=x0的過程中，電場力做功為W1=qU1，又U=∑ExC．根據(jù)題圖可知粒子從x=0至x=2x0過程電場強度一直為正，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子一直被加速，即粒子運動到x=2xD．根據(jù)B選項分析，由幾何關(guān)系結(jié)合動能定理有qS1+qS2+故選BD。6．（2025·福建·模擬預(yù)測）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了kA．該過程中小球3受到的合力大小始終不變B．該過程中小球3一定向左做直線運動C．從圖甲到圖乙位置，小球3向左運動3D．在圖乙位置，v【答案】BD【詳析】A．剪斷細線之前，三個小球處于靜止狀態(tài)，所受的合力為零；將球1和球2間的細線剪斷瞬間，小球1和3，小球2和3之間細線上的彈力發(fā)生突變，小球3受到水平向左的合力作用；當小球3運動到圖乙位置時，小球3所受的合力為零，即該過程中小球3受到的合力大小先增加后減小，故A錯誤；B．因小球3受兩邊細繩的拉力總是大小相等且是對稱的，可知小球3向左做直線運動，故B正確；C．在該過程中，由于三個小球組成系統(tǒng)所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，因此系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律：mv3-mv1-mv2=0，由于小球1、2的受力情況相同，因此：v1=v2化簡得：v3=2v1=2v2，即：x3=2x1=2x2，而x3+x1=32d，解得：x3=33d，故D．三個小球組成系統(tǒng)能量守恒，根據(jù)能量守恒定律：ΔEp減=ΔEk增，即：kq22d=12m故選BD。7．（2025·福建多地市·二模）豎直平面內(nèi)固定有兩個電荷量均為qq>0的點電荷，兩電荷相距0.6?m,O為兩電荷水平連線的中點。一帶電量為-q的帶電小球自O(shè)點以2.0?J的初動能向下運動，其動能Ek與小球的位移x之間的關(guān)系如圖乙中曲線I所示，小球在x=0.4?m處的動能最小，且動能為1.85?J，直線II為計算機擬合的曲線I的一條漸近線，其斜率為9A．下落到x=0.4?m的過程中，小球的電勢能增加了B．下落到x=0.4?mC．電荷量q=1.25×D．電荷量q=2.50×【答案】BC【詳析】AB．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x→∞時，小球所受的電場力趨近于0解得小球的質(zhì)量m=0.9kg，0～0.4m內(nèi)，由能量守恒定律知，小球電勢能的增加量ΔEp彈=mg×0.4CD．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時mg=2kq2(0.4)2+(0.62)2cosθ，故選BC。8．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，A、B是帶異種電荷的固定點電荷，A的電荷量小于B的電荷量，A、B在同一水平線上，光滑絕緣、粗細均勻細直桿豎直固定放置，桿的軸線與A、B連線的豎直垂直平分線重合，一個帶正電小球套在桿上可自由運動，O為A、B連線的中點，將帶正電小球在P點由靜止釋放，則小球從P點運動到O點的過程中，下列說法正確的是（）A．小球的加速度一定先增大后減小B．小球的加速度可能一直減小C．從P到O過程，小球的電勢能逐漸增大D．兩點電荷電場中P點電勢高于O點電勢【答案】BD【詳析】AB．設(shè)帶正電小球所受電場力合力的豎直分力為Fy，因為A的帶電量小于B的帶電量，將兩個電荷看成等量異種電荷和一個負電荷，等量異種電荷在中垂線的場強方向向右，所以Fy的方向向下，小球的加速度a=mg+Fym=g+Fym，小球從P運動到O的過程，F(xiàn)C．從P到O過程，電場力一直做正功，小球的電勢能逐漸減小，故C錯誤；D．正電荷在高電勢處電勢能大，在低電勢處電勢能小，故D正確。故選BD。9．（2025·福建漳州·四檢）如圖為某輻向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=br，b為常量，r為電場中某點到圓心O的距離。帶電粒子僅在輻向電場的靜電力作用下，以O(shè)為圓心做圓周運動。M、A．M、N兩點電勢相等B．M、N兩點電場強度相同C．線速度大小相等的粒子，比荷一定相同D．線速度大小相等的粒子，軌道半徑一定相同【答案】AC【詳析】A．根據(jù)圖示虛線圓周與電場線垂直，可知，虛線圓周為一條等勢線，即M、N兩點電勢相等，故A正確；B．電場線分布的疏密程度間接表示電場強弱，根據(jù)圖示可知，M、N兩點電場強度大小相等，方向不同，則M、N兩點電場強度不相同，故B錯誤；CD．根據(jù)qE=mv2r，其中E=br，解得qm故選AC。10．（2025·福建漳州·四檢）在光滑絕緣水平面上，相隔4L的A、B兩點固定著兩個等量同種正點電荷，a、o、b是AB連線上三點，o是AB中點，ao=ob=L，空間另有一水平向左的勻強電場。一質(zhì)量為m，電荷量為q的試探電荷在電場力作用下，以初速度v0從a點出發(fā)沿連線向B運動到o點時動能為a點動能的2倍，到b點時速度為零，規(guī)定o點為零電勢點，則（

A．試探電荷帶正電 B．b點電勢φC．a(chǎn)點電勢φa=-m【答案】AD【詳析】A．根據(jù)等量同種電荷的電勢分布特點可知a、b兩點電勢相等，即a到b過程，等量同種電荷對試探電荷做功為0，題意知a到b試探電荷做減速運動，可知勻強電場對試探電荷做負功，故試探電荷帶正電，故A正確；B．o到b過程，由動能定理有qφ0-φb=0-2×12mC．a(chǎn)到o過程，由動能定理有qφa-φ0=2×12mD．a(chǎn)到b過程，由動能定理有-Eq×2L=0-12mv02，故選AD。11．（2025·福建三明·三模）如圖甲，xOy坐標系中，y軸上固定有兩個與原點O距離相同的等量同種點電荷Q，x軸上各點的電勢φ隨x坐標變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩點，其電勢分別為φa和φb，對應(yīng)φ-x圖線上的a＇、b＇兩點，這兩點切線斜率的絕對值均為k?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，A．a(chǎn)、b兩點場強相同B．M從a點運動到b點的過程中加速度先增大后減小C．M從a點運動到b點的過程中電勢能先減小后增大D．M運動到b點時克服電場力做功的功率為qk【答案】CD【詳析】A．根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系E=ΔφΔx，可知圖線的斜率可以表達電場強度的大小，由題知，a＇、b＇這兩點切線斜率的絕對值均為k。說明場強大小相等，但該兩點在B．電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，由圖乙分析知，圖線的斜率先增大后減小再增大，故M從a點運動到b點的過程中加速度大小先增大后減小再增大，B錯誤；C．圖乙中可知，兩電荷的垂直平分線與y軸的交點處的電勢最低。則為等量的負電荷；M從a點運動到b點的過程中電場力先做正功后做負功，故電勢能先減小后增大，C正確；D．M從a經(jīng)過b點的過程，由動能定理知qUab=12mvb2-0，解得vb=故選CD。12．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，上極板帶正電，與靜電計相連。靜電計外殼與下極板接地。一帶電微粒以一初速度平行于極板射入，恰能沿直線穿過電容器。帶電靜電計的內(nèi)部空間分布電場，等勢面分布如圖所示。不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．微粒帶負電B．P點和Q點電勢相同C．將上極板向上平移，靜電計指針張角增大D．將上極板向上平移，將帶電微粒從同一位置平行于極板射入，電勢能可能增大【答案】AC【詳析】A．帶電微粒受力平衡，則其帶負電，故A正確；B．由圖可知，P點電勢比Q點高，故B錯誤；C．上極板向上平移時，由U=QC，且可知平行極板的電容C減小，則板間電壓U增大，即靜電計指針張角增大，故D．由C=εrS4πkd，則U=QC故選AC。13．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）空間存在水平向右的勻強電場，粗糙水平地面上，一個質(zhì)量為m帶正電的物塊以一定的初速度向右運動，物塊的動能和電勢能如下圖的兩條圖線，則（

）A．圖線Ⅰ是Ek-x變化曲線，圖線Ⅱ是B．0～x0過程物塊的動能EkC．電場力是阻力的3倍D．由圖線可求得動摩擦因數(shù)μ=【答案】AD【詳析】A．電場力做正功電勢能減小，圖線Ⅱ是Ep-x變化曲線，圖線Ⅰ是EkB．由于摩擦力f做功，0～x0過程物塊的動能Ek與電勢能EC．Ep-x圖像的斜率絕對值表示電場力大小F=2E0由F合=F-f，解得阻力大小為f=E0x0，則D．克服摩擦力做功Wf=μmgx0=E故選AD。14．（24-25高三下·福建泉州·三檢）如圖，在豎直平面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域，圓內(nèi)有一場強大小為E的水平勻強電場，方向與該區(qū)域平面平行，圓的直徑MN與水平方向夾角θ=45°。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從M點以不同水平速度向右射入電場，微粒通過圓形區(qū)域的過程中，電勢能增加量最大值為ΔEp，動能增加量最大值為ΔEk。已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點且速度大小也為A．E=mgq B．R=2v22g【答案】AC【詳析】A．已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點且速度大小也為v，微粒在重力場和電場組成的等效重力場中做類斜拋運動，則等效重力場方向與MN方向垂直斜向左下方，則qE=mgtan45°=mg，得B．已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點，則豎直方向2R=v22g，得C．過O點做MN的垂線交圓形區(qū)域下方交點為等效重力場的最低點，從M點運動到該最低點時，等效重力mg'=(qE)2+D．從M點運動到圓形區(qū)域最右側(cè)時克服電場力做功最多，電勢能增加量最大，故ΔEp=qE?(R+故選AC。三、解答題15．（2025·福建廈門·二模）圖示，足夠長的傾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端固定有垂直擋板。一勁度系數(shù)k=100?N/m的輕彈簧一端與擋板連接，另一端連接絕緣物塊A，A的上方放置著物塊B，A、B質(zhì)量均為m=2kg且都可視為質(zhì)點，A不帶電，B帶電量q=+1.0×10-4C。初始時A、B均處于靜止狀態(tài)，某時刻起在空間施加方向平行斜面向上、大小為E=2.0×105N/C的勻強電場，A、(1)施加電場的瞬間，物塊B的加速度大?。?2)兩物塊從開始運動到分離時沿斜面上滑的距離；(3)物塊A的最大動能?！敬鸢浮?1)5(2)0.04(3)0.68【詳析】（1）對AB整體，由牛頓第二定律得qE=2ma解得a=5（2）初始時，設(shè)彈簧的形變量為x0，對AB整體，由平衡關(guān)系得解得x分離時，設(shè)彈簧形變量為x1，此時AB之間無擠壓，加速度大小相等，對B有對A有k聯(lián)立解得x故物體上滑距離Δ（3）對A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)，設(shè)AB分離時速度大小為v。由功能關(guān)系得qE解得v=0.6AB分離后，當A的加速度為零時有最大動能，設(shè)此時彈簧的形變量為x2對A有k得x則Δ對A和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒得1解得E16．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示的平面直角坐標系中，x=a的左側(cè)a=2+3m有垂直坐標平面向外的勻強磁場Ⅰ，在x=a和x=b之間b=2+33m有垂直于坐標平面向里的勻強磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，在x=b的右側(cè)有平行于坐標平面的勻強電場（圖中未畫出），在坐標原點O處沿y軸正向射出一個比荷為2×1010C/kg、速度大小為4×(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)粒子在x=b上第一次進入電場時的位置到x軸的距離及粒子速度的方向與x=b的夾角；(3)勻強電場的電場強度的大?。ńY(jié)果保留根號）?！敬鸢浮?1)1×(2)1m，(3)25【詳析】（1）設(shè)粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的圓心在O1點，在磁場Ⅱ中做圓周運動的圓心在O2點，O1O2根據(jù)幾何關(guān)系sin解得θ=設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)題意有r+r解得r=2根據(jù)牛頓第二定律q解得B=1×（2）設(shè)粒子在磁場Ⅱ中與x軸相切點的坐標為x=x1由于x=a和x=b之間的距離為23m，因此切點剛好在x=a和x=b連線中點，根據(jù)對稱性，粒子在x=b點出射點的位置到x設(shè)粒子進入電場時速度方向與x=b之間的夾角為α，根據(jù)對稱性可知α=θ=（3）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后第一次經(jīng)過x軸時位置為x=4+33m方向垂直于x軸，設(shè)電場強度沿x軸方向的分量為E1。粒子沿x軸方向做勻減速直線運動，則Δ又v根據(jù)牛頓第二定律q解得E設(shè)勻強電場沿y軸方向的分量為E2，沿y軸方向的加速度大小根據(jù)運動學(xué)公式-d=vy解得E因此勻強電場的電場強度大小E=17．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xoy，坐標系的第一、二象限有足夠長的寬度為d、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的上邊界MN平行于x軸。P、Q是長度為L的平行金屬板、垂直于紙面放置，兩板中線與y軸共線，兩板間加上周期為T、場強大小為E0的周期性變化的電場，如圖乙所示。取x軸正方向為電場的正方向，位于P、Q兩板中線上的粒子源沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為LT的帶正電的粒子，粒子均能從(1)求t=0時刻進入電場的粒子，在T2時刻沿x軸方向的偏移量x(2)若粒子從O點進入磁場，求粒子需從哪些時刻進入電場？若粒子從O點進入磁場且恰好不穿出磁場的上邊界MN，求磁感應(yīng)強度B0(3)磁場方向不變，將磁感應(yīng)強度大小改為B1，粒子進入磁場后，若還受一個與速度方向總相反的阻力作用，且阻力大小f=kv（k為已知量）【答案】(1)x(2)B(3)x1=-【詳析】（1）0～12T，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速度直線運動，由運動學(xué)知識可知沿由牛頓第二定律有a=聯(lián)立解得x（2）從t=2n+14T(n=0、1粒子穿過電場的時間為t=粒子離開交變電場時沿電場方向速度變化為零，從O點進入的粒子均以v=LT的速度垂直于由幾何關(guān)系，軌跡與上邊界相切，則r=d粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv聯(lián)立解得B（3）粒子從t=n2?T(n=0、沿x軸方向做勻加速直線運動，沿x軸方向的最大位移為x=進入磁場后，軌跡恰與磁場MN邊界相切處，y方向速度為0，對粒子在y方向由動量定理有-∑k即kd+q解得Δ由幾何關(guān)系，從x軸上x=-進入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標為x從x軸上x=進入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標為x四、填空題18．（2025·福建福州·四檢）如圖所示，真空中a、b、c三個點電荷分別固定在邊長為l的等邊三角形的三個頂點，a、b帶電量為+q，c帶電量為-q，O為ab邊的中點，O1為三角形的中心，O2在連接OO1的直線上，且OO1=OO2，則O點的場強大小為，方向由O指向（選填“O1”或“O2”)；O1點的電勢（選填“等于【答案】4kq3l2【詳析】[1][2]a、b處的點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，合場強為零，所以O(shè)點的場強就等于c處的點電荷在O點產(chǎn)生的場強，根據(jù)點電荷的場強公式可知O點的場強大小為E方向由O點指向O1[3]因OO1=OO2，所以a、b處的點電荷在O1點產(chǎn)生的電勢與在O2點產(chǎn)生的電勢相等，因O1更靠近19．（2025·福建廈門六中·三模）如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長為L。若將兩個電荷量均為q的正點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量為k，則O點的場強大小為，C點的場強大小為，O點和C點的電勢大小關(guān)系為φOφC。【答案】03kqL【詳析】[1]在兩個等量正電荷之間，中點的電場強度為零，這是因為在該點兩個電荷產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反，相互抵消，故O點的場強大小為0；[2]A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1=kqL2，則A、[3]根據(jù)場強疊加原理可知，在兩個正電荷連線的中垂線上，電場方向有O點沿中垂線指向無窮遠，根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低可知，O點和C點的電勢大小關(guān)系為φ20．（2025·福建寧德·三模）近兩年，機器人技術(shù)迅猛發(fā)展。如圖是機器人把聲信號轉(zhuǎn)化為電信號的裝置示意圖，該裝置的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。振動膜向左振動與基板距離增大的過程中電容器的電容（選填“增大”“不變”或“減小”），電容器的板間電場強度（選填“增大”“不變”或“減小”）?！敬鸢浮繙p小減小【詳析】[1]振動膜向左振動與基板距離增大的過程中，根據(jù)C=εrS4πkd[2]電容器保持與電源連接，電容器兩極板間電勢差U不變，根據(jù)E=Ud，可知，d增大，則電容器的板間電場強度21．（2025·福建漳州·三測）如圖為手機中自動計步器的簡化工作原理，圖中R為定值電阻，電容器的一個極板M固定在手機上，另一個極板N兩端與固定在手機上的輕質(zhì)彈簧相連。當人帶手機走路時，N上下振動，改變電容器的電容，可將運動信號轉(zhuǎn)化為電信號。當N向上運動時，電容器（填“放電”或“充電"），通過R的電流方向（填“由b向a”或“由a向b”）?！敬鸢浮砍潆娪蒪向a【詳析】當N向上運動時，板間距離d減小，根據(jù)C=εrS4πkd知，電容器電容C增大，而電源電壓U不變，根據(jù)Q=CU可知Q變大，即電源對電容器充電，通過R的電流方向為由專題08靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1庫倫定律2025電場能的性質(zhì)作為絕對核心，五年全勤考查，側(cè)重概念辨析與定性分析；帶電粒子在電場中的運動緊涵蓋平衡、直線加速及類平拋等基礎(chǔ)模型，常結(jié)合能量觀點綜合命題。電場力的性質(zhì)與庫侖定律作為基礎(chǔ)支撐，雖考查頻次相對較低，但作為理解核心概念的關(guān)鍵，其基礎(chǔ)性地位不容忽視。

試題設(shè)計明顯傾向?qū)⒊橄箅妶龈拍钋度刖唧w應(yīng)用場景，如近地軌道衛(wèi)星的電磁驅(qū)動、離子推進器、靜電除塵裝置、電容器在傳感器中的應(yīng)用等科技實例，以及帶電粒子在示波管、質(zhì)譜儀中的運動分析。側(cè)重對概念本質(zhì)、物理圖景構(gòu)建及基本規(guī)律適用條件的深度辨析。預(yù)計命題將更注重考點間的交叉滲透，例如將電場能與力學(xué)平衡、牛頓運動定律、功能定理結(jié)合，或通過電場線/等勢面分布圖綜合考查空間想象與推理能力，同時強化對守恒思想、疊加思想、模型建構(gòu)等物理方法的隱性考查。計算復(fù)雜度保持克制，但對物理過程邏輯鏈的完整性要求持續(xù)提升?？键c2電場力的性質(zhì)2024考點3電場能的性質(zhì)2025、2024、2023、2022、2021考點4帶電粒子在電場中的運動2025、2024、2023、2022考點01庫倫定律1．（2025·福建·高考真題）兩個點電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點放置一檢驗電荷恰好處于靜止狀態(tài)，PQ1與Q1Q2夾角為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為，在PQ1連線上是否存在其它點能讓同一檢驗電荷維持平衡狀態(tài)（存在，不存在）?！敬鸢浮?:1【詳析】[1]根據(jù)幾何關(guān)系設(shè)PQ2=r，PQ1=3r對檢驗電荷進行受力分析，可得FP[2]如圖根據(jù)平衡條件可知檢驗電荷受到的重力和兩點電荷對其的庫侖力組成一個封閉的三角形，若在PQ1連線上存在其它點能讓同一檢驗電荷維持平衡狀態(tài)，此時點電荷Q1對檢驗電荷的庫侖力FPQ1變大，根據(jù)三角形法則可知此時點電荷Q2對檢驗電荷的庫侖力必然增大；由于此時檢驗電荷與點電荷考點02電場力的性質(zhì)2．（2024·福建·高考）如圖，圓心為O點、半徑為R的圓周上有A、B、C、D、E、F、G、H八個等分點，G點固定有一帶電量為-Q（Q>0）的點電荷，其余各點均固定有帶電量為+Q的點電荷。已知靜電力常量為k，則O點的電場強度大小為。M、N分別為OC、OG的中點，則M點的電勢（填“大于”“等于”或“小于”）N點的電勢；將一帶電量為+q（q>0）的點電荷從M點沿圖中MN弧線移動到N點，電場力對該點電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”或“小于零”）?！敬鸢浮?kQR2大于【詳析】[1]根據(jù)對稱性可得A點和E點、B點和F點、D點和H點處的點電荷在O點處產(chǎn)生的電場強度矢量和均為0，所以O(shè)點的電場強度等于C點和G點處的點電荷在O點處產(chǎn)生的電場強度矢量和，由電場疊加原理可得，O點場強大小為E[2]電勢是標量，取去無窮遠處為0電勢，則M點、N的電勢分別為φφ根據(jù)點電荷的電勢φ=kQφAM=φANφCM>可得φ則φM[3]將+q點電荷從M沿MN移動到N點，電勢能減小，故電場力對該點電荷所做的總功大于零?？键c03電場能的性質(zhì)3．（2025·福建·高考真題）某種靜電分析器簡化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場?，F(xiàn)將一電子a自A點垂直電場射出，恰好做圓周運動，運動軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點垂直電場射出，軌跡為弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢差為U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射動能為Ek，則（）A．B點的電場強度E=B．P點場強大于C點場強C．b粒子在P點動能小于Q點動能D．b粒子全程的克服電場力做功小于2eU【答案】D【詳析】A．a(chǎn)粒子入射動能為Ek，根據(jù)動能的表達式有Ek=12mvaB．由圖可知，P點電場線密度較稀疏，則場強小于C點場強，故B錯誤；C．已知|CQ|=2|BP|，因為BC在同一等勢線上，且沿電場方向電勢降低，則Q點電勢小于P點，電子在電勢低處電勢能大，則b粒子在Q點電勢能大，根據(jù)能量守恒可知，b粒子在Q點動能較小，故C錯誤；D．由電場線密度分布情況可知，沿徑向向外電場強度減小，則BP之間平均電場強度大小大于CQ之間的平均電場強度大小，根據(jù)U=Ed，則UCQ<2UBP，則故選D。4．（2023·福建·高考）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，如圖所示。a、b、c、d、O為同一平面上的5個點，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為ob的中點。a、d兩點場強大小分別為Ea、Ed，o、a、c、d四點電勢分別為φo、φa、φc、φd，則φaφd；φaφc，(φo－φa)2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】小于等于小于【詳析】[1]由于沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知φa<φd[2][3]由題知，在鎢針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點處點電荷形成的電場，則根據(jù)點電荷形成的電場的電勢分布可知φa=φc且越靠近O場強越強，則od部分的場強均大于db部分的場強，則根據(jù)U=Ed，結(jié)合微元法可定性判別出φo－φb<2(φo－φd)而φa=φb則φo－φa<2(φo－φd)5．（2022·福建·高考）平時我們所處的地球表面，實際上存在場強大小為100V/m的電場，可將其視為勻強電場，在地面立一金屬桿后空間中的等勢面如圖所示。空間中存在a、b、c三點，其中a點位于金屬桿正上方，bA．b、c兩點的電勢差Ubc=0 B．a(chǎn)C．a(chǎn)點場強方向水平向右 D．a(chǎn)點的電勢低于c點【答案】B【詳析】A．由圖可知，b、c兩點的電勢差為，Ubc=200V-300B．由圖可知，a點與相鄰兩等勢面的距離小于1m，電勢差等于100V，根據(jù)E=Ud，可知a點場強大小大于C．根據(jù)場強方向垂直于等勢面，可知a點的場強方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯誤；D．由圖可知，a點與c點在同一等勢面上，電勢均為300V，故D故選B。6．（2021·福建·高考）如圖（a），同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點距O點的距離均為2L，O為水平連線AB的中點，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q（Q>0）。以O(shè)為原點，豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為電勢零點，則ON上的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖（b）所示。一電荷量為Q（Q>0）的小球S1以一定初動能從M點豎直下落，一段時間后經(jīng)過N點，其在ON段運動的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖（c）所示。圖中g(shù)為重力加速度大小，（1）求小球S1在M（2）當小球S1運動到N點時，恰與一沿x軸負方向運動的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知S1與S2的質(zhì)量相等，碰撞前、后S1（3）現(xiàn)將S2固定在N點，為保證S1能運動到N點與之相碰，S1【答案】（1）2kQ24L2；（2【詳析】（1）設(shè)A到M點的距離為RM，A點的電荷對小球S1的庫侖力大小為FA=k設(shè)小球S1在M點所受電場力大小為FFM=2聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得FM=（2）設(shè)O點下方L2處為C點，A與C的距離為RC，小球S1在CFC=2式中sin設(shè)小球S1的質(zhì)量為m1，小球S1在CFC+由圖（c）可知，式中a=2g聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得m1=設(shè)S2的質(zhì)量為m2，碰撞前、后S1的速度分別為v1，v1'，m1v12m設(shè)小球S2碰撞前的動量為p2p2=依題意有1m聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得p2即碰撞前S2的動量大小為8k（3）設(shè)O點上方L2處為D點。根據(jù)圖（c）和對稱性可知，S1在D點所受的電場力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，S1在此處加速度為0；S1在D點上方做減速運動，在D點下方做加速運動，為保證S1能運動到N點與S設(shè)M點與D點電勢差為UMDUMD=設(shè)小球S1初動能為Ek，運動到D點的動能為m1g(EkD>0由對稱性，D點與C點電勢相等，M點與N點電勢相等，依據(jù)圖（b）所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得Ek>考點04帶電粒子在電場中的運動7．（2025·福建·高考真題）（多選）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為g,則（）A．電場強度為E=B．磁場強度為B=C．NP兩點的電勢差為U=D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為v【答案】BC【詳析】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著MN做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg=qE，qvB=2mg，解得電場強度E=mgq，磁感應(yīng)強度B=2C、在N點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度a=F合m=2g，粒子到達P所以粒子在P點的速度vP=vx2+vy2=5v，ND、將粒子在N點的速度沿水平方向和豎直方向進行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且vNy=vcos45°=故選BC。8．（2024·福建·高考）如圖，直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進入C2，而后從P進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，(1)粒子經(jīng)過N時的速度大?。?2)粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小。【答案】(1)2qU(2)45°(3)1【詳析】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有qU=解得v（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有d=12又tan解得θ=45°（3）粒子在P處時的速度大小為v在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有q由幾何關(guān)系可知R=解得B=9．（2022·福建·高考）（多選）我國霍爾推進器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時，工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104m/sA．氙離子的加速電壓約為175VB．氙離子的加速電壓約為700VC．氙離子向外噴射形成的電流約為37AD．每秒進入放電通道的氙氣質(zhì)量約為5.3×【答案】AD【詳析】AB．氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有qU=12m故A正確，B錯誤；D．在Δt時間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出，形成電流為I進入放電通道的氙氣質(zhì)量為Δm0，被電離的比例為η，則有Δm故D正確；C．在Δt時間內(nèi)，有電荷量為ΔQ的氙離子噴射出，則有ΔQ=Δmm故C錯誤。故選AD。一、單選題1．（2025·福建寧德·三模）在電力傳輸系統(tǒng)中，為防止高壓電對周邊電子設(shè)備產(chǎn)生干擾，會使用金屬屏蔽球殼。在某變電站附近，一個金屬球殼處于周邊高壓輸電線產(chǎn)生的勻強電場中，達到靜電平衡狀態(tài)后，周圍的電場分布如圖所示。其中M、N兩點關(guān)于球心O對稱，且電場線分布關(guān)于過球心豎直面對稱，則（）

A．O點電場強度不為0 B．M點電勢等于N點電勢C．M點電場強度小于N點電場強度 D．M、O間電勢差等于O、N間電勢差【答案】D【詳析】A．處于靜電場中的金屬球殼內(nèi)部場強均為零，即O點電場強度為0，選項A錯誤；B．沿電場線電勢降低可知，M點電勢高于N點電勢，選項B錯誤；C．由對稱可知，MN兩點電場線疏密程度相同，可知M點電場強度等于N點電場強度，選項C錯誤；D．金屬球殼為等勢體，由對稱性以及U=Ed可知，M、O間電勢差等于O、N間電勢差，選項D正確。故選D。2．（2025·福建龍巖上杭一中·校質(zhì)檢）如圖a所示是用電泳技術(shù)分離蛋白質(zhì)的裝置，溶液中有上下正對放置的平行金屬板電極，溶液中甲、乙兩個蛋白質(zhì)顆粒與上下極板恰好等距。甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，帶電量與pH值的關(guān)系如圖b所示。未接通極板電源時，甲、乙顆粒均懸浮?，F(xiàn)調(diào)節(jié)溶液pH=3，接通電源，不計粘滯阻力和甲乙之間的作用力。對于兩種蛋白質(zhì)顆粒，正確的說法是（）A．乙比甲先到達極板B．甲、乙的電勢能均增大C．甲、乙受到的電場力方向相同D．增大pH值，甲受到的電場力變大【答案】A【詳析】A．未接通極板電源時，甲乙顆粒均懸浮，重力等于浮力，調(diào)節(jié)溶液pH=3，從圖中可知甲蛋白質(zhì)顆粒帶電量為-2q0，乙?guī)щ娏繛?q0，接通電源后電場強度一樣，由牛頓第二定律可得Eq=ma，由于甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，故甲的加速度為乙的一半，二者到相應(yīng)極板距離相同，則乙比甲先到達極板，故A正確；B．甲乙運動過程中電場力都做正功，電勢能均減小，故B錯誤；C．甲乙?guī)щ娦韵喾?，受力方向相反，故C錯誤；D．由圖可知，增大pH值，甲帶的電荷量先減小后增大，故電場力也是先減小后增大，故D錯誤。故選A。二、多選題3．（2025·福建三明·三模）如圖為探究平行板電容器電容的影響因素的實驗裝置（）A．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差增大B．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差減小C．只增加極板電量，靜電計指針張角變大，但電容不變D．只增加極板電量，靜電計指針張角變大，表明電容增大【答案】AC【詳析】AB．靜電計指針張角變大表明電容器極板電勢差增大，故A正確，B錯誤；CD．只增加極板電量Q，根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=εS4πkd，可知，電容不變，根據(jù)電容的定義式有C=QU，可知，電勢差U變大，則靜電計指針張角變大，故故選AC。4．（2025·福建廈門·三模）現(xiàn)代農(nóng)業(yè)通過“空間電場”技術(shù)優(yōu)化大氣與地表間形成的自然電場。如圖所示，高壓電源與懸掛電極連接，電極與土壤間形成空間電場，帶負電的病原孢子在空間電場的作用下向懸掛電極移動，從而達到防病害的效果。M、A．懸掛電極連接電源正極B．M、C．M點電勢低于P點電勢D．病原孢子向懸掛電極移動過程中，電勢能降低【答案】AD【詳析】A．根據(jù)帶負電的病原孢子在空間電場的作用下向懸掛電極移動，可知懸掛電極帶整點，則懸掛電極連接電源正極，故A正確；B．根據(jù)電場線的分布可知M、N處電場強度方向相同，故C．根據(jù)沿著電場線方向電勢降低結(jié)合A選項分析可知M點電勢高于P點電勢，故C錯誤；D．根據(jù)題意可知病原孢子向懸掛電極移動過程中，電場力做正功，其電勢能降低，故D正確。故選AD。5．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示，某靜電場中x軸正半軸上0～2x0區(qū)間內(nèi)電場強度沿x軸正向分布如圖所示，圖中淺灰色陰影部分面積為S1，深灰色陰影部分面積為S2，S1=2S2。一個質(zhì)量為m、A．從x=0到x=xB．從x=0到x=x0C．粒子在x=xD．粒子的最大速度為2【答案】BD【詳析】A．粒子從x=0運動到x=x0的過程中，電場強度越來越大，根據(jù)牛頓第二定律a=qEB．粒子從x=0運動到x=x0的過程中，電場力做功為W1=qU1，又U=∑ExC．根據(jù)題圖可知粒子從x=0至x=2x0過程電場強度一直為正，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子一直被加速，即粒子運動到x=2xD．根據(jù)B選項分析，由幾何關(guān)系結(jié)合動能定理有qS1+qS2+故選BD。6．（2025·福建·模擬預(yù)測）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了kA．該過程中小球3受到的合力大小始終不變B．該過程中小球3一定向左做直線運動C．從圖甲到圖乙位置，小球3向左運動3D．在圖乙位置，v【答案】BD【詳析】A．剪斷細線之前，三個小球處于靜止狀態(tài)，所受的合力為零；將球1和球2間的細線剪斷瞬間，小球1和3，小球2和3之間細線上的彈力發(fā)生突變，小球3受到水平向左的合力作用；當小球3運動到圖乙位置時，小球3所受的合力為零，即該過程中小球3受到的合力大小先增加后減小，故A錯誤；B．因小球3受兩邊細繩的拉力總是大小相等且是對稱的，可知小球3向左做直線運動，故B正確；C．在該過程中，由于三個小球組成系統(tǒng)所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，因此系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律：mv3-mv1-mv2=0，由于小球1、2的受力情況相同，因此：v1=v2化簡得：v3=2v1=2v2，即：x3=2x1=2x2，而x3+x1=32d，解得：x3=33d，故D．三個小球組成系統(tǒng)能量守恒，根據(jù)能量守恒定律：ΔEp減=ΔEk增，即：kq22d=12m故選BD。7．（2025·福建多地市·二模）豎直平面內(nèi)固定有兩個電荷量均為qq>0的點電荷，兩電荷相距0.6?m,O為兩電荷水平連線的中點。一帶電量為-q的帶電小球自O(shè)點以2.0?J的初動能向下運動，其動能Ek與小球的位移x之間的關(guān)系如圖乙中曲線I所示，小球在x=0.4?m處的動能最小，且動能為1.85?J，直線II為計算機擬合的曲線I的一條漸近線，其斜率為9A．下落到x=0.4?m的過程中，小球的電勢能增加了B．下落到x=0.4?mC．電荷量q=1.25×D．電荷量q=2.50×【答案】BC【詳析】AB．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x→∞時，小球所受的電場力趨近于0解得小球的質(zhì)量m=0.9kg，0～0.4m內(nèi)，由能量守恒定律知，小球電勢能的增加量ΔEp彈=mg×0.4CD．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時mg=2kq2(0.4)2+(0.62)2cosθ，故選BC。8．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，A、B是帶異種電荷的固定點電荷，A的電荷量小于B的電荷量，A、B在同一水平線上，光滑絕緣、粗細均勻細直桿豎直固定放置，桿的軸線與A、B連線的豎直垂直平分線重合，一個帶正電小球套在桿上可自由運動，O為A、B連線的中點，將帶正電小球在P點由靜止釋放，則小球從P點運動到O點的過程中，下列說法正確的是（）A．小球的加速度一定先增大后減小B．小球的加速度可能一直減小C．從P到O過程，小球的電勢能逐漸增大D．兩點電荷電場中P點電勢高于O點電勢【答案】BD【詳析】AB．設(shè)帶正電小球所受電場力合力的豎直分力為Fy，因為A的帶電量小于B的帶電量，將兩個電荷看成等量異種電荷和一個負電荷，等量異種電荷在中垂線的場強方向向右，所以Fy的方向向下，小球的加速度a=mg+Fym=g+Fym，小球從P運動到O的過程，F(xiàn)C．從P到O過程，電場力一直做正功，小球的電勢能逐漸減小，故C錯誤；D．正電荷在高電勢處電勢能大，在低電勢處電勢能小，故D正確。故選BD。9．（2025·福建漳州·四檢）如圖為某輻向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=br，b為常量，r為電場中某點到圓心O的距離。帶電粒子僅在輻向電場的靜電力作用下，以O(shè)為圓心做圓周運動。M、A．M、N兩點電勢相等B．M、N兩點電場強度相同C．線速度大小相等的粒子，比荷一定相同D．線速度大小相等的粒子，軌道半徑一定相同【答案】AC【詳析】A．根據(jù)圖示虛線圓周與電場線垂直，可知，虛線圓周為一條等勢線，即M、N兩點電勢相等，故A正確；B．電場線分布的疏密程度間接表示電場強弱，根據(jù)圖示可知，M、N兩點電場強度大小相等，方向不同，則M、N兩點電場強度不相同，故B錯誤；CD．根據(jù)qE=mv2r，其中E=br，解得qm故選AC。10．（2025·福建漳州·四檢）在光滑絕緣水平面上，相隔4L的A、B兩點固定著兩個等量同種正點電荷，a、o、b是AB連線上三點，o是AB中點，ao=ob=L，空間另有一水平向左的勻強電場。一質(zhì)量為m，電荷量為q的試探電荷在電場力作用下，以初速度v0從a點出發(fā)沿連線向B運動到o點時動能為a點動能的2倍，到b點時速度為零，規(guī)定o點為零電勢點，則（

A．試探電荷帶正電 B．b點電勢φC．a(chǎn)點電勢φa=-m【答案】AD【詳析】A．根據(jù)等量同種電荷的電勢分布特點可知a、b兩點電勢相等，即a到b過程，等量同種電荷對試探電荷做功為0，題意知a到b試探電荷做減速運動，可知勻強電場對試探電荷做負功，故試探電荷帶正電，故A正確；B．o到b過程，由動能定理有qφ0-φb=0-2×12mC．a(chǎn)到o過程，由動能定理有qφa-φ0=2×12mD．a(chǎn)到b過程，由動能定理有-Eq×2L=0-12mv02，故選AD。11．（2025·福建三明·三模）如圖甲，xOy坐標系中，y軸上固定有兩個與原點O距離相同的等量同種點電荷Q，x軸上各點的電勢φ隨x坐標變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩點，其電勢分別為φa和φb，對應(yīng)φ-x圖線上的a＇、b＇兩點，這兩點切線斜率的絕對值均為k?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，A．a(chǎn)、b兩點場強相同B．M從a點運動到b點的過程中加速度先增大后減小C．M從a點運動到b點的過程中電勢能先減小后增大D．M運動到b點時克服電場力做功的功率為qk【答案】CD【詳析】A．根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系E=ΔφΔx，可知圖線的斜率可以表達電場強度的大小，由題知，a＇、b＇這兩點切線斜率的絕對值均為k。說明場強大小相等，但該兩點在B．電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，由圖乙分析知，圖線的斜率先增大后減小再增大，故M從a點運動到b點的過程中加速度大小先增大后減小再增大，B錯誤；C．圖乙中可知，兩電荷的垂直平分線與y軸的交點處的電勢最低。則為等量的負電荷；M從a點運動到b點的過程中電場力先做正功后做負功，故電勢能先減小后增大，C正確；D．M從a經(jīng)過b點的過程，由動能定理知qUab=12mvb2-0，解得vb=故選CD。12．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，上極板帶正電，與靜電計相連。靜電計外殼與下極板接地。一帶電微粒以一初速度平行于極板射入，恰能沿直線穿過電容器。帶電靜電計的內(nèi)部空間分布電場，等勢面分布如圖所示。不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．微粒帶負電B．P點和Q點電勢相同C．將上極板向上平移，靜電計指針張角增大D．將上極板向上平移，將帶電微粒從同一位置平行于極板射入，電勢能可能增大【答案】AC【詳析】A．帶電微粒受力平衡，則其帶負電，故A正確；B．由圖可知，P點電勢比Q點高，故B錯誤；C．上極板向上平移時，由U=QC，且可知平行極板的電容C減小，則板間電壓U增大，即靜電計指針張角增大，故D．由C=εrS4πkd，則U=QC故選AC。13．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）空間存在水平向右的勻強電場，粗糙水平地面上，一個質(zhì)量為m帶正電的物塊以一定的初速度向右運動，物塊的動能和電勢能如下圖的兩條圖線，則（

）A．圖線Ⅰ是Ek-x變化曲線，圖線Ⅱ是B．0～x0過程物塊的動能EkC．電場力是阻力的3倍D．由圖線可求得動摩擦因數(shù)μ=【答案】AD【詳析】A．電場力做正功電勢能減小，圖線Ⅱ是Ep-x變化曲線，圖線Ⅰ是EkB．由于摩擦力f做功，0～x0過程物塊的動能Ek與電勢能EC．Ep-x圖像的斜率絕對值表示電場力大小F=2E0由F合=F-f，解得阻力大小為f=E0x0，則D．克服摩擦力做功Wf=μmgx0=E故選AD。14．（24-25高三下·福建泉州·三檢）如圖，在豎直平面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域，圓內(nèi)有一場強大小為E的水平勻強電場，方向與該區(qū)域平面平行，圓的直徑MN與水平方向夾角θ=45°。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從M點以不同水平速度向右射入電場，微粒通過圓形區(qū)域的過程中，電勢能增加量最大值為ΔEp，動能增加量最大值為ΔEk。已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點且速度大小也為A．E=mgq B．R=2v22g【答案】AC【詳析】A．已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點且速度大小也為v，微粒在重力場和電場組成的等效重力場中做類斜拋運動，則等效重力場方向與MN方向垂直斜向左下方，則qE=mgtan45°=mg，得B．已知速度大小為v的微粒恰能運動到N點，則豎直方向2R=v22g，得C．過O點做MN的垂線交圓形區(qū)域下方交點為等效重力場的最低點，從M點運動到該最低點時，等效重力mg'=(qE)2+D．從M點運動到圓形區(qū)域最右側(cè)時克服電場力做功最多，電勢能增加量最大，故ΔEp=qE?(R+故選AC。三、解答題15．（2025·福建廈門·二模）圖示，足夠長的傾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端固定有垂直擋板。一勁度系數(shù)k=100?N/m的輕彈簧一端與擋板連接，另一端連接絕緣物塊A，A的上方放置著物塊B，A、B質(zhì)量均為m=2kg且都可視為質(zhì)點，A不帶電，B帶電量q=+1.0×10-4C。初始時A、B均處于靜止狀態(tài)，某時刻起在空間施加方向平行斜面向上、大小為E=2.0×105N/C的勻強電場，A、(1)施加電場的瞬間，物塊B的加速度大??；(2)兩物塊從開始運動到分離時沿斜面上滑的距離；(3)物塊A的最大動能?！敬鸢浮?1)5(2)0.04(3)0.68【詳析】（1）對AB整體，由牛頓第二定律得qE=2ma解得a=5（2）初始時，設(shè)彈簧的形變量為x0，對AB整體，由平衡關(guān)系得解得x分離時，設(shè)彈簧形變量為x1，此時AB之間無擠壓，加速度大小相等，對B有對A有k聯(lián)立解得x故物體上滑距離Δ（3）對A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)，設(shè)AB分離時速度大小為v。由功能關(guān)系得qE解得v=0.6AB分離后，當A的加速度為零時有最大動能，設(shè)此時彈簧的形變量為x2對A有k