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電場力的性質(zhì)2024、2022、2021近五年“靜電場”模塊考查展現(xiàn)出基礎(chǔ)性與應(yīng)用性并重的特點?！半妶隽Φ男再|(zhì)”與“電場能的性質(zhì)”作為靜電學(xué)兩大基石，考查頻次較高且常緊密關(guān)聯(lián)，凸顯對電場基本屬性深度理解的重視；“帶電粒子在電場中的運動”和“電容器與電容”是重要的應(yīng)用型考點，在2025年同時考查，顯示其結(jié)合命題的潛力。命題情境緊密融合現(xiàn)代科技前沿和國家重大工程。核心考查對基本概念和規(guī)律的辨析能力、利用圖像（如E-x、φ-x圖）分析場分布的能力、以及對粒子運動軌跡與能量轉(zhuǎn)化的定性分析，計算多為基礎(chǔ)公式應(yīng)用。未來趨勢預(yù)計將延續(xù)對電場基本性質(zhì)的核心考查，情境設(shè)計趨向更復(fù)雜和前沿，強(qiáng)化對電場線/等勢面分布的空間想象能力及圖像信息提取能力；“帶電粒子在電場中的運動”考查可能更注重與能量觀點的結(jié)合，并深化對電容器動態(tài)過程的微觀解釋和定性推理，要求考生在具體科技情境中建立清晰的物理圖景，靈活運用核心概念解決實際問題。考點2電場能的性質(zhì)2022、2021考點3電容器與電容2025、2021考點4帶電粒子在電場中的運動2025、2022考點01電場力的性質(zhì)1．（2024·江蘇·高考）在靜電場中的A、B兩點放置試探電荷，其受到的靜電力F與試探電荷的電荷量q的關(guān)系，分別如圖中直線a、b所示。A、B兩點的電場強(qiáng)度之比為（）A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1【答案】D【詳析】設(shè)F-q圖像的橫坐標(biāo)單位長度電荷量為q0,縱坐標(biāo)單位長度的力大小為F0根據(jù)E=Fq，可知F-q圖像斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知Ea故選D?？键c02電場能的性質(zhì)2．（2022·江蘇·高考）如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動，則（）A．在移動過程中，O點電場強(qiáng)度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠(yuǎn)處時，O點的電勢高于A點【答案】D【詳析】A．O是等量同種電荷連線的中點，場強(qiáng)為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處，O點電場強(qiáng)度變大，故A不符合題意；B．移動過程中，C點場強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．A點電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠(yuǎn)處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。故選D。3．（2021·江蘇·高考）一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強(qiáng)度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA=OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強(qiáng)度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強(qiáng)度逐漸增大【答案】A【詳析】A．由于球殼內(nèi)部的場強(qiáng)為零，補(bǔ)全以后可知在左右側(cè)球殼在C點的合場強(qiáng)為零，因左右球殼的場強(qiáng)具有對稱性，要想合場強(qiáng)為零只能是兩部分球殼在C點的場強(qiáng)都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點的合場強(qiáng)水平向左，同理OC上其他點的場強(qiáng)都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；BD．將題中半球殼補(bǔ)成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆颍O(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，則知E1=E2，根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且，E1=E2，在圖示電場中，A的電場強(qiáng)度大小為E2，方向向左，B的電場強(qiáng)度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強(qiáng)度與B點的電場強(qiáng)度相同，沿直線從A到B電場強(qiáng)度不可能逐漸增大，故BD錯誤；C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤；故選A?？键c03電容器與電容4．（2025·江蘇·高考）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點電荷由a點移動到b點的過程中，電場力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動，使兩板間距離增大為原來的2倍，再將該電荷由a移動到b的過程中，電場力做功為（

）A．W2 B．W C．2W D．【答案】A【詳析】根據(jù)題意可知，電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間距增大至原來的兩倍，由公式E=Ud可知，極板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2，則有W=Eqd可知，再把電荷由a移至b，則電場力做功變?yōu)樵瓉淼?故選A。5．（2021·江蘇·高考）有研究發(fā)現(xiàn)，某神經(jīng)細(xì)胞傳遞信號時，離子從細(xì)胞膜一側(cè)流到另一側(cè)形成跨膜電流，若將該細(xì)胞膜視為1×10-8F的電容器，在2ms內(nèi)細(xì)胞膜兩側(cè)的電勢差從-70A．1.5×10-7A B．2×10-7A【答案】D【詳析】根據(jù)Q=CU，可知?Q=C?U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C，則該過程中跨膜電流的平均值為I=故選D。考點04帶電粒子在電場中的運動6．（2022·江蘇·高考）某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強(qiáng)電場，每層的高度均為d，電場強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，AB邊長為12d，BC邊長為8d，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為Ek，入射角為θ（1）當(dāng)θ=θ0時，若粒子能從CD邊射出，求該粒子通過電場的時間（2）當(dāng)Ek=4qEd時，若粒子從CD邊射出電場時與軸線OO'的距離小于（3）當(dāng)Ek=83qEd，粒子在θ為-【答案】（1）t=8dcosθ0?m2Ek；（【詳析】（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為v根據(jù)Ekv=解得t=（2）粒子進(jìn)入電場時的初動能E粒子進(jìn)入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓第二定律可得qE=ma粒子從CD邊射出電場時與軸線OO'的距離小于2ad>解得-所以入射角的范圍為-30°（3）設(shè)粒子入射角為θ'時，粒子恰好從D點射出，由于粒子進(jìn)入電場時，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運動，加速運動。粒子的速度v'=運動時間為t粒子在沿電場方向，反復(fù)做加速度大小相同的減速運動，加速運動，則-2ad=2ad=-2ad=2ad=-2ad=2ad=則vv則粒子在分層電場中運動時間相等，設(shè)為t0t且d=v'代入數(shù)據(jù)化簡可得6即tan解得tanθ'=解得θ'則從CD邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比N:1．（2025·江蘇·模擬六）如圖所示，MN是一半圓形絕緣線，O點為圓心，P為絕緣線所在圓上一點，且OP垂直于MN，等量異種電荷分別均勻分布在絕緣線上、下14A．O點處和P點處的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同B．O點處電勢大于和P點處的電勢C．將一正點電荷沿直線從O移動到P，電勢能增加D．將一正點電荷沿直線從O移動到P，電場力始終不做功【答案】D【詳析】分別畫出正、負(fù)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的方向如圖由圖可知，O點與P點的合場強(qiáng)的方向都向下，同理可知，在OP的連線上，各點的合場強(qiáng)的方向均向下；A．O點到兩處電荷的距離比較小，所以兩處電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)都大于在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)，而且在O點出兩處電荷的場強(qiáng)之間的夾角比較小，所以O(shè)點的合場強(qiáng)一定大于P點的合場強(qiáng)，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性可知OP連線是一條等勢線，故B錯誤；CD．由于OP連線是一條等勢線，將一正試探電荷沿直線從O移動到P，電場力始終不做功，電勢能不變，故C錯誤，D正確；故選D。2．（2025·江蘇南京·二模）如圖，在一點電荷?Q附近有一不帶電的球形導(dǎo)體處于靜電平衡，其電勢為φ1；現(xiàn)把球形導(dǎo)體左側(cè)接地，達(dá)到靜電平衡時斷開接地并移走?Q后，其電勢為φ2；下列說法正確的是（）A．接地時電子從大地沿導(dǎo)線向?qū)w移動B．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體左側(cè)半球不帶電C．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體左側(cè)半球電荷量不變D．φ1<φ2【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體處在負(fù)電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，則接地時電子從導(dǎo)體沿導(dǎo)線向大地移動，選項A錯誤；BC．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體所帶電荷重新分配，導(dǎo)體左側(cè)半球帶正電，左側(cè)半球電荷量發(fā)生改變，選項BC錯誤；D．開始時導(dǎo)體處在負(fù)電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，φ1<0；斷開開關(guān)并移走-Q后，導(dǎo)體球重新達(dá)到靜電平衡，但是帶正電，電勢φ2＞0，可知φ1<φ2，選項D正確。故選D。3．（2025·江蘇揚州中學(xué)·二模）兩個不規(guī)則帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示，已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點，以無窮遠(yuǎn)為零電勢點，則（）A．場強(qiáng)大小關(guān)系有EB．電勢大小關(guān)系有φC．將一負(fù)電荷放在d點時其電勢能為負(fù)值D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做負(fù)功【答案】B【詳析】A．電場線越密的地方，電場強(qiáng)度越大，由圖可知c點的電場線比b點的更密，所以有Ec>EB．沿著電場線，電勢逐漸降低，b點所處的電場線位于右側(cè)導(dǎo)體的前面，即b點的電勢比右側(cè)的導(dǎo)體高，而d點緊靠右側(cè)導(dǎo)體的表面，電勢與導(dǎo)體的電勢幾乎相等，故b點電勢高于d點的電勢，故B正確；C．d點處電勢為負(fù)值，根據(jù)Ep=qφ可知負(fù)電荷放在d點時其電勢能為正值，故D．從圖中可以看出，a點的電勢高于b點的電勢，而b點的電勢又高于d點的電勢，所以a點的電勢高于d點的電勢；正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，故正檢驗電荷從a點移到d點的過程中，電勢能減小，則電場力做正功，故D錯誤。故選B。4．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）如圖所示，兩等量同種正電荷Q分別放置在橢圓的焦點A、B兩點，O點為橢圓中心，P、S是橢圓長軸的端點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則（）A．O點的電勢高于M點和N點的電勢B．O點電場強(qiáng)度為零，電勢也為零C．橢圓上M、N兩點電場強(qiáng)度相同D．將一電子從P點移到S點，電場力一直做正功【答案】A【詳析】A．根據(jù)等量同種電荷的電場線分布可知在中垂線上電場線的方向分別是OM和ON方向，根據(jù)沿著電場線方向，電勢逐漸降低，可知O點的電勢高于M點和N點的電勢，故A正確；B．根據(jù)等量同種正點電荷的電場分布規(guī)律，可知O點電場強(qiáng)度為零，根據(jù)等量同種正點電荷的電勢分布規(guī)律，可知O點電勢大于零，故B錯誤；C．由等量同種點電荷的電場分布特點及題圖中的對稱關(guān)系易知，M、N兩點場強(qiáng)大小相等，方向相反，故C錯誤；D．等量同種正點電荷的電場線與等勢線分布規(guī)律如圖所示根據(jù)等勢線分布規(guī)律可知，P點與S點電勢相等，將一電子從P點移到S點過程中，電勢可能一直不變，也可能先升高后降低或先降低或升高，對應(yīng)電場力一直不做功、先做正功后做負(fù)功、先做負(fù)功后做正功，故D錯誤。故選A。5．（2025·江蘇·調(diào)研）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根絕緣光滑細(xì)直桿，帶有同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標(biāo)系中，小球乙靜止在坐標(biāo)原點O，A、B、C三點的坐標(biāo)分別為x0、2x0、3x0，t=0時刻小球甲從A處由靜止釋放，向上運動到C處時速度減為零。下列說法正確的是（）A．甲球在B點速率最大B．小球甲在A、C兩點的加速度大小相等C．小球甲在A、B間的運動時間小于B、C間的運動時間D．在A、B間和B、C間運動過程中，系統(tǒng)的電勢能減小量相等【答案】C【詳析】A．小球在AC兩點的速度均為零，可知重力勢能和電勢能之和相等，即k解得kQq3x0=mgx0，在B點時mg-kqQ(2xB．在A點時kqQx02-mg=maA，解得aA方向向下，選項B錯誤；C．由以上分析可知，速度最大的位置在AB之間某點，可知AB之間的平均速度大于BC之間的平均速度，因AB=BC，可知小球甲在A、B間的運動時間小于B、C間的運動時間，選項C正確；D．設(shè)B點速度為v，則由A到B由動能定理W1-mgx0=12則W1>W2，而電場力做功等于電勢能減小量，即W=-ΔEP，可知在A、B故選C。6．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）三根相同長度的絕緣均勻帶電棒組成等邊三角形，帶電量分別為-Q、+Q和+Q2，其中一根帶電量為+Q的帶電棒在三角形中心O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，則A．13E2 BC．3E D．【答案】A【詳析】+Q和-Q在O點的合場強(qiáng)為E1=2Ecos30°=3E故選A。7．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，三個點電荷分別固定在等邊三角形的頂點A、B、C上，M、N、L點為三條邊的中點。已知M點的場強(qiáng)方向與BC邊平行，N點的場強(qiáng)方向與BC邊垂直，A處點電荷的電荷量為+q，則（）A．B處點電荷帶負(fù)電B．C處點電荷電荷量的絕對值小于qC．帶正電荷的試探電荷在M點的電勢能比在L點的大D．將A處點電荷沿NA連線遠(yuǎn)離BC邊，N點的電勢升高【答案】B【詳析】A．已知N點合電場強(qiáng)度方向豎直向下，A點的電荷在N點的場強(qiáng)沿AN方向，C點處點電荷和B點處點電荷在N點的場強(qiáng)沿CB所在直線，則CB兩點處的點電荷在N點的合場強(qiáng)為零，即C和B點處的點電荷為等量同種電荷。A點的電荷在M點的場強(qiáng)沿AM方向，因為M點的場強(qiáng)方向與BC邊平行，則C點處點電荷和B點處點電荷在M點的場強(qiáng)方向斜向左上，所以C和B點處的點電荷均為正電荷，故A錯誤；B．設(shè)C和B點處的點電荷的電荷量均為Q，三角形的邊長為l，由幾何關(guān)系得CM=32A點電荷在M點的場強(qiáng)豎直分量的大小為EA=kq（12l）2×sin60°=23kql2，方向豎直向下，B點電荷在M點的場強(qiáng)豎直分量的大小EB=kQ（12l）2C．根據(jù)對稱性可知，M點的電勢和L點的電勢相等，所以帶正電荷的試探電荷在M點的電勢能和在L點的一樣大，故C錯誤；D．C和B點處的點電荷在N點的電勢為零；根據(jù)φ=kqr可知，A點處點電荷在N點的電勢降低，故故選B。8．（2025·江蘇南通如皋·三模）電容熱膨脹檢測儀的簡化結(jié)構(gòu)如圖所示，電容器的下極板可隨測量材料的高度變化而上下移動．現(xiàn)將待測材料平放在加熱器上進(jìn)行加熱，閉合開關(guān)S，材料向上膨脹的過程中（）A．電容器的電容減小 B．電容器極板間電場減小C．電容器所帶電荷量增加 D．電流從b→a通過電流計【答案】C【詳析】AB．材料溫度升高，材料膨脹，電容器兩板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd，可知，電容增大，由于電容器兩板電勢差不變，根據(jù)E=CD．電容器兩板電勢差不變，根據(jù)C=QU，極板所帶電荷量增加，下板帶負(fù)電，電流方向為從a至b，故C正確，故選C。9．（2025·江蘇蘇州·三模）讓兩個完全相同的金屬球各自帶電后，用兩相同絕緣繩懸掛于O點，兩球靜止時狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是（）A．兩球帶異種電荷B．兩球所帶電荷量一定相同C．若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大D．若兩球相碰后分開，再次靜止時夾角減小【答案】C【詳析】A．兩個球相互排斥，帶同種電荷，故A錯誤；B．兩球間的庫侖力大小F=mgtanθ，由庫侖定律F=kq1C．假設(shè)絕緣繩縮短后，角度不變，那么兩個小球之間的距離變短，根據(jù)庫侖定律可知庫侖力變大，角度肯定會變大，所以若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大，故C正確；D．若兩球相碰前電量不相同，設(shè)接觸前甲和乙的電荷電量分別為q1，q2，接觸后甲和乙的電荷電量相等，為q1+q2故選C。10．（2025·江蘇蘇州·三模）某同學(xué)用如圖所示的電路做“觀察電容器的充放電”實驗。將開關(guān)先與“1”端閉合，對電容器進(jìn)行充電，充電完畢后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器放電。傳感器測得的電流I和電壓U隨時間t變化的圖像，正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】AB．充電過程中，電壓U越來越大，且增加的越來越慢，切線斜率減小，放電過程中，電壓U越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率減小，故AB錯誤；CD．充電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，放電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率均越來越小，故C正確，D錯誤。故選C。11．（2025·江蘇揚州·考前調(diào)研）帶電體空間分布的電場線和等勢面的剖面圖如圖所示，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列靜電場的電勢φ在x軸上分布的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】根據(jù)圖示可知，沿+x方向電場線先密集后稀疏，電場線的疏密表示場強(qiáng)，則沿+x方向電場強(qiáng)度先增大后減小，而電場線方向一直指向無窮遠(yuǎn)處，由于沿電場線方向電勢逐漸降低知，沿+x方向電勢逐漸降低，而φ-x圖像的斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度大小，則φ-x圖像的斜率的絕對值先增大后減小，只有C選項滿足要求。故選C。12．（2025·江蘇南通·四模）兩個相同的帶正電導(dǎo)體球甲、乙，甲球所帶電荷量大于乙球電荷量，現(xiàn)將兩球接觸后不再分開，如圖所示a是兩球接觸點，b是甲球表面離a最遠(yuǎn)的點，則a、b兩處的電場強(qiáng)度大小Ea、Eb和電勢φaA．Ea>Eb B．Ea=【答案】D【詳析】AB．兩個導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，b點處于導(dǎo)體外表面，場強(qiáng)不為零，而a點屬于導(dǎo)體內(nèi)部，場強(qiáng)為零，則Eb>ECD．整個導(dǎo)體是一個等勢體，故φa=φb，故故選D。13．（2025·江蘇泰州·四調(diào)）如圖所示，半圓弧兩端點M、N分別固定著等量正電荷．A、B、C、D是半圓弧上的四個點，AB與MN平行，則（

）A．A、B兩點場強(qiáng)相同B．半圓弧上，C點電場強(qiáng)度最小C．半圓弧上，C點電勢最高D．電子沿直線由M點運動到N點，電勢能先減小再增大【答案】B【詳析】A．A、B兩點場強(qiáng)方向不相同故兩點場強(qiáng)不相同，故A錯誤；B．設(shè)半圓半徑R，半圓上某點P與N點連線與MN夾角θ，∠MPN=900，則P點場強(qiáng)E=kQ2Rsinθ22+kQ(2RcosC．等量同種點電荷電場中，根據(jù)電場線和等勢面分布，越靠近正點電荷電勢越高，可知C電勢不是最高，故C錯誤；D．由M點到N點，電勢先降低后升高，電子帶負(fù)電，沿直線由M點運動到N點，電勢能先增大后減小，故D錯誤。故選B。14．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）在干燥的冬天，當(dāng)帶負(fù)電的手靠近不帶電的導(dǎo)體板時，圖中描繪手和導(dǎo)體板之間的電場線分布可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】手帶負(fù)電，則電場線方向從金屬門指向手指，且金屬門表面是等電勢的，所以電場線應(yīng)該垂直于金屬門表面。故選D。15．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個完全相同帶正電的小球A、B、C，通過不可伸長的絕緣細(xì)線a、b、c連接成正三角形，小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被拉直。剪斷細(xì)線a，小球開始運動。則（）A．剪斷a前，a中張力大于B、C間的庫侖力B．剪斷a瞬間，細(xì)線b、c中張力均變大C．三個球運動至一直線時，整個系統(tǒng)電勢能最大D．球A經(jīng)過B、C初始位置連線中點時的速度最大【答案】B【詳析】A．由受力分析可知，剪斷a前，a中的張力等于B、C間的庫侖力，c中的張力等于A、B間的庫侖力，A錯誤；B．剪斷a瞬間，對B分析，受A對B的斥力、C對B的斥力以及細(xì)線c的拉力，則此時c的拉力Tc'=FAB+FCBcos60°>C．系統(tǒng)初始時靜止，剪斷后開始運動，動能增加，電勢能減小，所以電勢能最大時是初始靜止?fàn)顟B(tài)，C錯誤；D．當(dāng)三個小球在同一直線上時，動能最大，電勢能最小，但此時B、C小球已經(jīng)離開了初始位置，D錯誤。故選B。16．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球緊靠著塑料圓盤邊緣，小球A固定不動（圖中未畫出）。小球B繞圓盤邊緣在平面內(nèi)從θ=0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心O處的電場強(qiáng)度，獲得沿x方向的電場強(qiáng)度Ex隨θ變化的圖像（如圖乙）和沿y方向的電場強(qiáng)度Ey隨θ變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）A．小球A帶負(fù)電荷，小球B帶正電荷B．小球A、B所帶電荷量之比為1∶2C．小球B繞圓盤旋轉(zhuǎn)一周過程中，盤中心O處的電場強(qiáng)度先增大后減小D．小球B繞圓盤旋轉(zhuǎn)一周過程中，盤中心O處的電場強(qiáng)度最小值為0【答案】B【詳析】A．乙、丙兩圖可知，當(dāng)時θ=π2，小球B在O點正上方，此時Ex=0，Ey=-6V/m，則說明小球A一定在y軸上固定；當(dāng)時θ=0有Ex1=-4V/m，小球B在O點正右側(cè)，而水平方向場強(qiáng)方向為x軸負(fù)向，則說明小球B為正電荷，此時Ey1=-2V/m，說明豎直方向的場強(qiáng)方向為y軸負(fù)向，若小球AB．由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣，所以到O點的距離r相同，當(dāng)時θ=0有Ex1=-4V/m、Ey1=-2V/m，由E=kQC．盤中心O處的電場強(qiáng)度為小球A和小球B在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)的矢量和，隨著小球B從θ=0轉(zhuǎn)到2π的過程中，EA和EB大小都不變，EA和EB的夾角在增大的過程中，當(dāng)θ=π2時，O處的合場強(qiáng)最大；當(dāng)θ=3π2時，O處的合場強(qiáng)最??；所以小球D．小球B繞圓盤旋轉(zhuǎn)一周過程中，當(dāng)θ=3π2時，O處的合場強(qiáng)最小，其值大小為E=EA故選B。17．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限有沿+x軸方向的勻強(qiáng)電場，在第三、四象限有寬度為d的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外，長度為d的熒光屏MN與x軸垂直，下端在x軸上.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從點P（0，d）沿-y軸運動，初速度大小為v0，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從點Q（23d，0）進(jìn)入磁場，并垂直于磁場的下邊界離開磁場.已知P點到MN的距離(1)求電場強(qiáng)度大小E；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)在勻強(qiáng)磁場下方所有區(qū)域再加一垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，要使粒子能打到MN上，求所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′所滿足的條件?！敬鸢浮?1)E=(2)B=(3)B'【詳析】（1）粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，在-y方向有d=+x方向有2根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma聯(lián)立解得E（2）粒子經(jīng)過Q點時+x方向的分速度v則合速度大小v設(shè)粒子vQ與x軸的夾角為θ，有tan幾何關(guān)系d=r半徑r解得B（3）粒子經(jīng)兩磁場偏轉(zhuǎn)到回到x軸時速度大小不變，方向與+x軸的夾角為θ且斜向右上方，做類斜拋運動，粒子如果能夠打到M點，則+y方向d=+x方向Δ解得Δ①若所加磁場垂直于平面向內(nèi)，且粒子恰能到達(dá)N點，幾何關(guān)系x解得r又因為在磁場中半徑r聯(lián)立解得B若B1→∞，粒子回到x軸時的位置與MN間的距離Δx'=d<Δ②若所加磁場垂直于平面向外，且粒子恰能到達(dá)M點，幾何關(guān)系x解得r同理B若B2→∞，粒子回到x軸時的位置與MN間的距離也為Δx'=d<Δx打在屏上，則所加磁場垂直于平面向外，且18．（2025·浙江嘉興·三模）如圖所示是粒子發(fā)射接收裝置，粒子源O（大小不計）能均勻釋放初速度可視為0的電子，單位時間內(nèi)釋放的電子數(shù)為n。在以O(shè)為圓心、半徑為R的水平區(qū)域內(nèi)存在輻向電場，能為電子提供可在eB2R26m~eB2R22m范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的加速電壓U。電子經(jīng)輻向電場加速后沿各個徑向均勻射出，后進(jìn)入同時存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場和電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場的區(qū)域，兩場方向均豎直向上。O'為粒子源

(1)求電子剛從輻向電場射出時速度v的大小范圍；(2)上下移動收集板，求收集板上能收集到電子的區(qū)域的最大面積S；(3)若無論怎樣調(diào)節(jié)輻向電場的加速電壓U，電子在收集板上的落點與收集板中心O'①距離h需滿足的條件；②收集板所受沖擊力大小F?！敬鸢浮?1)3(2)S=4(3)①h=Ee2mt【詳析】（1）從粒子源到輻射電場，根據(jù)動能定理：eU=根據(jù)題意可知電壓范圍為e代入可得速度的最小值為vmin速度的最大值為v所以速度范圍是3（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=m可得電子運動最大半徑r由圖可知

電子與中心O'的最遠(yuǎn)距離r電子與中心O'的最近距離r收集板上能收集到到電子的區(qū)域面積S=π（3）①由題意可知，接收板只能在電子運動周期整數(shù)倍的位置，才能使所有落在收集板上電子與收集板中心距離都相同。電子運動周期T=根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律h=②垂直方向的速度為v根據(jù)動量定理-F可得F=19．（24-25高三·江蘇無錫澄宜六校·聯(lián)考）如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)y軸的左側(cè)有寬為L的電場區(qū)域，在電場區(qū)域的左側(cè)有一加速電場，電壓為U0，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子從A點飄入加速電場（忽略初速度），從x軸的P點（-L，0）進(jìn)入電場區(qū)域，粒子進(jìn)入電場區(qū)域時在電場區(qū)域加上圖乙所示的與y軸平行的交變電場，（T未知），y軸正方向為電場的正方向，粒子經(jīng)過交變電場后從y軸上的Q點（0，L）沿著x軸的正方向進(jìn)入第一象限。在第一象限有一垂直紙面的圓形磁場區(qū)域，磁場變化規(guī)律如圖丙所示，磁場變化周期為T0（忽略磁場突變的影響），粒子在t=0時刻進(jìn)入磁場，且始終在磁場區(qū)域內(nèi)運動。求：(1)經(jīng)過P點時的速度v0；(2)交變電場的場強(qiáng)大小E0；(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積S?！敬鸢浮?1)2q(2)見解析(3)q【詳析】（1）粒子從A點到P點，由動能定理有q解得v（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中有L=2n?v0T2（n=1，L=2n?12a(T2)2a=聯(lián)立解得E0=8nU0L（n（3）粒子從Q點射出時速度方向沿x軸正方向，速度大小為v0，粒子在磁場中運動的周期為T=粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r，則q圓形磁場的最小半徑R=2r最小面積S=π解得S=專題08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)2024、2022、2021近五年“靜電場”模塊考查展現(xiàn)出基礎(chǔ)性與應(yīng)用性并重的特點?！半妶隽Φ男再|(zhì)”與“電場能的性質(zhì)”作為靜電學(xué)兩大基石，考查頻次較高且常緊密關(guān)聯(lián)，凸顯對電場基本屬性深度理解的重視；“帶電粒子在電場中的運動”和“電容器與電容”是重要的應(yīng)用型考點，在2025年同時考查，顯示其結(jié)合命題的潛力。命題情境緊密融合現(xiàn)代科技前沿和國家重大工程。核心考查對基本概念和規(guī)律的辨析能力、利用圖像（如E-x、φ-x圖）分析場分布的能力、以及對粒子運動軌跡與能量轉(zhuǎn)化的定性分析，計算多為基礎(chǔ)公式應(yīng)用。未來趨勢預(yù)計將延續(xù)對電場基本性質(zhì)的核心考查，情境設(shè)計趨向更復(fù)雜和前沿，強(qiáng)化對電場線/等勢面分布的空間想象能力及圖像信息提取能力；“帶電粒子在電場中的運動”考查可能更注重與能量觀點的結(jié)合，并深化對電容器動態(tài)過程的微觀解釋和定性推理，要求考生在具體科技情境中建立清晰的物理圖景，靈活運用核心概念解決實際問題?？键c2電場能的性質(zhì)2022、2021考點3電容器與電容2025、2021考點4帶電粒子在電場中的運動2025、2022考點01電場力的性質(zhì)1．（2024·江蘇·高考）在靜電場中的A、B兩點放置試探電荷，其受到的靜電力F與試探電荷的電荷量q的關(guān)系，分別如圖中直線a、b所示。A、B兩點的電場強(qiáng)度之比為（）A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1【答案】D【詳析】設(shè)F-q圖像的橫坐標(biāo)單位長度電荷量為q0,縱坐標(biāo)單位長度的力大小為F0根據(jù)E=Fq，可知F-q圖像斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知Ea故選D?？键c02電場能的性質(zhì)2．（2022·江蘇·高考）如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動，則（）A．在移動過程中，O點電場強(qiáng)度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠(yuǎn)處時，O點的電勢高于A點【答案】D【詳析】A．O是等量同種電荷連線的中點，場強(qiáng)為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處，O點電場強(qiáng)度變大，故A不符合題意；B．移動過程中，C點場強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．A點電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠(yuǎn)處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。故選D。3．（2021·江蘇·高考）一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強(qiáng)度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA=OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強(qiáng)度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強(qiáng)度逐漸增大【答案】A【詳析】A．由于球殼內(nèi)部的場強(qiáng)為零，補(bǔ)全以后可知在左右側(cè)球殼在C點的合場強(qiáng)為零，因左右球殼的場強(qiáng)具有對稱性，要想合場強(qiáng)為零只能是兩部分球殼在C點的場強(qiáng)都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點的合場強(qiáng)水平向左，同理OC上其他點的場強(qiáng)都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；BD．將題中半球殼補(bǔ)成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，則知E1=E2，根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且，E1=E2，在圖示電場中，A的電場強(qiáng)度大小為E2，方向向左，B的電場強(qiáng)度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強(qiáng)度與B點的電場強(qiáng)度相同，沿直線從A到B電場強(qiáng)度不可能逐漸增大，故BD錯誤；C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤；故選A?？键c03電容器與電容4．（2025·江蘇·高考）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點電荷由a點移動到b點的過程中，電場力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動，使兩板間距離增大為原來的2倍，再將該電荷由a移動到b的過程中，電場力做功為（

）A．W2 B．W C．2W D．【答案】A【詳析】根據(jù)題意可知，電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間距增大至原來的兩倍，由公式E=Ud可知，極板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2，則有W=Eqd可知，再把電荷由a移至b，則電場力做功變?yōu)樵瓉淼?故選A。5．（2021·江蘇·高考）有研究發(fā)現(xiàn)，某神經(jīng)細(xì)胞傳遞信號時，離子從細(xì)胞膜一側(cè)流到另一側(cè)形成跨膜電流，若將該細(xì)胞膜視為1×10-8F的電容器，在2ms內(nèi)細(xì)胞膜兩側(cè)的電勢差從-70A．1.5×10-7A B．2×10-7A【答案】D【詳析】根據(jù)Q=CU，可知?Q=C?U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C，則該過程中跨膜電流的平均值為I=故選D。考點04帶電粒子在電場中的運動6．（2022·江蘇·高考）某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強(qiáng)電場，每層的高度均為d，電場強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，AB邊長為12d，BC邊長為8d，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為Ek，入射角為θ（1）當(dāng)θ=θ0時，若粒子能從CD邊射出，求該粒子通過電場的時間（2）當(dāng)Ek=4qEd時，若粒子從CD邊射出電場時與軸線OO'的距離小于（3）當(dāng)Ek=83qEd，粒子在θ為-【答案】（1）t=8dcosθ0?m2Ek；（【詳析】（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為v根據(jù)Ekv=解得t=（2）粒子進(jìn)入電場時的初動能E粒子進(jìn)入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓第二定律可得qE=ma粒子從CD邊射出電場時與軸線OO'的距離小于2ad>解得-所以入射角的范圍為-30°（3）設(shè)粒子入射角為θ'時，粒子恰好從D點射出，由于粒子進(jìn)入電場時，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運動，加速運動。粒子的速度v'=運動時間為t粒子在沿電場方向，反復(fù)做加速度大小相同的減速運動，加速運動，則-2ad=2ad=-2ad=2ad=-2ad=2ad=則vv則粒子在分層電場中運動時間相等，設(shè)為t0t且d=v'代入數(shù)據(jù)化簡可得6即tan解得tanθ'=解得θ'則從CD邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比N:1．（2025·江蘇·模擬六）如圖所示，MN是一半圓形絕緣線，O點為圓心，P為絕緣線所在圓上一點，且OP垂直于MN，等量異種電荷分別均勻分布在絕緣線上、下14A．O點處和P點處的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同B．O點處電勢大于和P點處的電勢C．將一正點電荷沿直線從O移動到P，電勢能增加D．將一正點電荷沿直線從O移動到P，電場力始終不做功【答案】D【詳析】分別畫出正、負(fù)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的方向如圖由圖可知，O點與P點的合場強(qiáng)的方向都向下，同理可知，在OP的連線上，各點的合場強(qiáng)的方向均向下；A．O點到兩處電荷的距離比較小，所以兩處電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)都大于在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)，而且在O點出兩處電荷的場強(qiáng)之間的夾角比較小，所以O(shè)點的合場強(qiáng)一定大于P點的合場強(qiáng)，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性可知OP連線是一條等勢線，故B錯誤；CD．由于OP連線是一條等勢線，將一正試探電荷沿直線從O移動到P，電場力始終不做功，電勢能不變，故C錯誤，D正確；故選D。2．（2025·江蘇南京·二模）如圖，在一點電荷?Q附近有一不帶電的球形導(dǎo)體處于靜電平衡，其電勢為φ1；現(xiàn)把球形導(dǎo)體左側(cè)接地，達(dá)到靜電平衡時斷開接地并移走?Q后，其電勢為φ2；下列說法正確的是（）A．接地時電子從大地沿導(dǎo)線向?qū)w移動B．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體左側(cè)半球不帶電C．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體左側(cè)半球電荷量不變D．φ1<φ2【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體處在負(fù)電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，則接地時電子從導(dǎo)體沿導(dǎo)線向大地移動，選項A錯誤；BC．接地達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體所帶電荷重新分配，導(dǎo)體左側(cè)半球帶正電，左側(cè)半球電荷量發(fā)生改變，選項BC錯誤；D．開始時導(dǎo)體處在負(fù)電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，φ1<0；斷開開關(guān)并移走-Q后，導(dǎo)體球重新達(dá)到靜電平衡，但是帶正電，電勢φ2＞0，可知φ1<φ2，選項D正確。故選D。3．（2025·江蘇揚州中學(xué)·二模）兩個不規(guī)則帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示，已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點，以無窮遠(yuǎn)為零電勢點，則（）A．場強(qiáng)大小關(guān)系有EB．電勢大小關(guān)系有φC．將一負(fù)電荷放在d點時其電勢能為負(fù)值D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做負(fù)功【答案】B【詳析】A．電場線越密的地方，電場強(qiáng)度越大，由圖可知c點的電場線比b點的更密，所以有Ec>EB．沿著電場線，電勢逐漸降低，b點所處的電場線位于右側(cè)導(dǎo)體的前面，即b點的電勢比右側(cè)的導(dǎo)體高，而d點緊靠右側(cè)導(dǎo)體的表面，電勢與導(dǎo)體的電勢幾乎相等，故b點電勢高于d點的電勢，故B正確；C．d點處電勢為負(fù)值，根據(jù)Ep=qφ可知負(fù)電荷放在d點時其電勢能為正值，故D．從圖中可以看出，a點的電勢高于b點的電勢，而b點的電勢又高于d點的電勢，所以a點的電勢高于d點的電勢；正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，故正檢驗電荷從a點移到d點的過程中，電勢能減小，則電場力做正功，故D錯誤。故選B。4．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）如圖所示，兩等量同種正電荷Q分別放置在橢圓的焦點A、B兩點，O點為橢圓中心，P、S是橢圓長軸的端點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則（）A．O點的電勢高于M點和N點的電勢B．O點電場強(qiáng)度為零，電勢也為零C．橢圓上M、N兩點電場強(qiáng)度相同D．將一電子從P點移到S點，電場力一直做正功【答案】A【詳析】A．根據(jù)等量同種電荷的電場線分布可知在中垂線上電場線的方向分別是OM和ON方向，根據(jù)沿著電場線方向，電勢逐漸降低，可知O點的電勢高于M點和N點的電勢，故A正確；B．根據(jù)等量同種正點電荷的電場分布規(guī)律，可知O點電場強(qiáng)度為零，根據(jù)等量同種正點電荷的電勢分布規(guī)律，可知O點電勢大于零，故B錯誤；C．由等量同種點電荷的電場分布特點及題圖中的對稱關(guān)系易知，M、N兩點場強(qiáng)大小相等，方向相反，故C錯誤；D．等量同種正點電荷的電場線與等勢線分布規(guī)律如圖所示根據(jù)等勢線分布規(guī)律可知，P點與S點電勢相等，將一電子從P點移到S點過程中，電勢可能一直不變，也可能先升高后降低或先降低或升高，對應(yīng)電場力一直不做功、先做正功后做負(fù)功、先做負(fù)功后做正功，故D錯誤。故選A。5．（2025·江蘇·調(diào)研）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根絕緣光滑細(xì)直桿，帶有同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標(biāo)系中，小球乙靜止在坐標(biāo)原點O，A、B、C三點的坐標(biāo)分別為x0、2x0、3x0，t=0時刻小球甲從A處由靜止釋放，向上運動到C處時速度減為零。下列說法正確的是（）A．甲球在B點速率最大B．小球甲在A、C兩點的加速度大小相等C．小球甲在A、B間的運動時間小于B、C間的運動時間D．在A、B間和B、C間運動過程中，系統(tǒng)的電勢能減小量相等【答案】C【詳析】A．小球在AC兩點的速度均為零，可知重力勢能和電勢能之和相等，即k解得kQq3x0=mgx0，在B點時mg-kqQ(2xB．在A點時kqQx02-mg=maA，解得aA方向向下，選項B錯誤；C．由以上分析可知，速度最大的位置在AB之間某點，可知AB之間的平均速度大于BC之間的平均速度，因AB=BC，可知小球甲在A、B間的運動時間小于B、C間的運動時間，選項C正確；D．設(shè)B點速度為v，則由A到B由動能定理W1-mgx0=12則W1>W2，而電場力做功等于電勢能減小量，即W=-ΔEP，可知在A、B故選C。6．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）三根相同長度的絕緣均勻帶電棒組成等邊三角形，帶電量分別為-Q、+Q和+Q2，其中一根帶電量為+Q的帶電棒在三角形中心O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，則A．13E2 BC．3E D．【答案】A【詳析】+Q和-Q在O點的合場強(qiáng)為E1=2Ecos30°=3E故選A。7．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，三個點電荷分別固定在等邊三角形的頂點A、B、C上，M、N、L點為三條邊的中點。已知M點的場強(qiáng)方向與BC邊平行，N點的場強(qiáng)方向與BC邊垂直，A處點電荷的電荷量為+q，則（）A．B處點電荷帶負(fù)電B．C處點電荷電荷量的絕對值小于qC．帶正電荷的試探電荷在M點的電勢能比在L點的大D．將A處點電荷沿NA連線遠(yuǎn)離BC邊，N點的電勢升高【答案】B【詳析】A．已知N點合電場強(qiáng)度方向豎直向下，A點的電荷在N點的場強(qiáng)沿AN方向，C點處點電荷和B點處點電荷在N點的場強(qiáng)沿CB所在直線，則CB兩點處的點電荷在N點的合場強(qiáng)為零，即C和B點處的點電荷為等量同種電荷。A點的電荷在M點的場強(qiáng)沿AM方向，因為M點的場強(qiáng)方向與BC邊平行，則C點處點電荷和B點處點電荷在M點的場強(qiáng)方向斜向左上，所以C和B點處的點電荷均為正電荷，故A錯誤；B．設(shè)C和B點處的點電荷的電荷量均為Q，三角形的邊長為l，由幾何關(guān)系得CM=32A點電荷在M點的場強(qiáng)豎直分量的大小為EA=kq（12l）2×sin60°=23kql2，方向豎直向下，B點電荷在M點的場強(qiáng)豎直分量的大小EB=kQ（12l）2C．根據(jù)對稱性可知，M點的電勢和L點的電勢相等，所以帶正電荷的試探電荷在M點的電勢能和在L點的一樣大，故C錯誤；D．C和B點處的點電荷在N點的電勢為零；根據(jù)φ=kqr可知，A點處點電荷在N點的電勢降低，故故選B。8．（2025·江蘇南通如皋·三模）電容熱膨脹檢測儀的簡化結(jié)構(gòu)如圖所示，電容器的下極板可隨測量材料的高度變化而上下移動．現(xiàn)將待測材料平放在加熱器上進(jìn)行加熱，閉合開關(guān)S，材料向上膨脹的過程中（）A．電容器的電容減小 B．電容器極板間電場減小C．電容器所帶電荷量增加 D．電流從b→a通過電流計【答案】C【詳析】AB．材料溫度升高，材料膨脹，電容器兩板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd，可知，電容增大，由于電容器兩板電勢差不變，根據(jù)E=CD．電容器兩板電勢差不變，根據(jù)C=QU，極板所帶電荷量增加，下板帶負(fù)電，電流方向為從a至b，故C正確，故選C。9．（2025·江蘇蘇州·三模）讓兩個完全相同的金屬球各自帶電后，用兩相同絕緣繩懸掛于O點，兩球靜止時狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是（）A．兩球帶異種電荷B．兩球所帶電荷量一定相同C．若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大D．若兩球相碰后分開，再次靜止時夾角減小【答案】C【詳析】A．兩個球相互排斥，帶同種電荷，故A錯誤；B．兩球間的庫侖力大小F=mgtanθ，由庫侖定律F=kq1C．假設(shè)絕緣繩縮短后，角度不變，那么兩個小球之間的距離變短，根據(jù)庫侖定律可知庫侖力變大，角度肯定會變大，所以若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大，故C正確；D．若兩球相碰前電量不相同，設(shè)接觸前甲和乙的電荷電量分別為q1，q2，接觸后甲和乙的電荷電量相等，為q1+q2故選C。10．（2025·江蘇蘇州·三模）某同學(xué)用如圖所示的電路做“觀察電容器的充放電”實驗。將開關(guān)先與“1”端閉合，對電容器進(jìn)行充電，充電完畢后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器放電。傳感器測得的電流I和電壓U隨時間t變化的圖像，正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】AB．充電過程中，電壓U越來越大，且增加的越來越慢，切線斜率減小，放電過程中，電壓U越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率減小，故AB錯誤；CD．充電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，放電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率均越來越小，故C正確，D錯誤。故選C。11．（2025·江蘇揚州·考前調(diào)研）帶電體空間分布的電場線和等勢面的剖面圖如圖所示，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列靜電場的電勢φ在x軸上分布的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】根據(jù)圖示可知，沿+x方向電場線先密集后稀疏，電場線的疏密表示場強(qiáng)，則沿+x方向電場強(qiáng)度先增大后減小，而電場線方向一直指向無窮遠(yuǎn)處，由于沿電場線方向電勢逐漸降低知，沿+x方向電勢逐漸降低，而φ-x圖像的斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度大小，則φ-x圖像的斜率的絕對值先增大后減小，只有C選項滿足要求。故選C。12．（2025·江蘇南通·四模）兩個相同的帶正電導(dǎo)體球甲、乙，甲球所帶電荷量大于乙球電荷量，現(xiàn)將兩球接觸后不再分開，如圖所示a是兩球接觸點，b是甲球表面離a最遠(yuǎn)的點，則a、b兩處的電場強(qiáng)度大小Ea、Eb和電勢φaA．Ea>Eb B．Ea=【答案】D【詳析】AB．兩個導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，b點處于導(dǎo)體外表面，場強(qiáng)不為零，而a點屬于導(dǎo)體內(nèi)部，場強(qiáng)為零，則Eb>ECD．整個導(dǎo)體是一個等勢體，故φa=φb，故故選D。13．（2025·江蘇泰州·四調(diào)）如圖所示，半圓弧兩端點M、N分別固定著等量正電荷．A、B、C、D是半圓弧上的四個點，AB與MN平行，則（

）A．A、B兩點場強(qiáng)相同B．半圓弧上，C點電場強(qiáng)度最小C．半圓弧上，C點電勢最高D．電子沿直線由M點運動到N點，電勢能先減小再增大【答案】B【詳析】A．A、B兩點場強(qiáng)方向不相同故兩點場強(qiáng)不相同，故A錯誤；B．設(shè)半圓半徑R，半圓上某點P與N點連線與MN夾角θ，∠MPN=900，則P點場強(qiáng)E=kQ2Rsinθ22+kQ(2RcosC．等量同種點電荷電場中，根據(jù)電場線和等勢面分布，越靠近正點電荷電勢越高，可知C電勢不是最高，故C錯誤；D．由M點到N點，電勢先降低后升高，電子帶負(fù)電，沿直線由M點運動到N點，電勢能先增大后減小，故D錯誤。故選B。14．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）在干燥的冬天，當(dāng)帶負(fù)電的手靠近不帶電的導(dǎo)體板時，圖中描繪手和導(dǎo)體板之間的電場線分布可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】手帶負(fù)電，則電場線方向從金屬門指向手指，且金屬門表面是等電勢的，所以電場線應(yīng)該垂直于金屬門表面。故選D。15．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個完全相同帶正電的小球A、B、C，通過不可伸長的絕緣細(xì)線a、b、c連接成正三角形，小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被拉直。剪斷細(xì)線a，小球開始運動。則（）A．剪斷a前，a中張力大于B、C間的庫侖力B．剪斷a瞬間，細(xì)線b、c中張力均變大C．三個球運動至一直線時，整個系統(tǒng)電勢能最大D．球A經(jīng)過B、C初始位置連線中點時的速度最大【答案】B【詳析】A．由受力分析可知，剪斷a前，a中的張力等于B、C間的庫侖力，c中的張力等于A、B間的庫侖力，A錯誤；B．剪斷a瞬間，對B分析，受A對B的斥力、C對B的斥力以及細(xì)線c的拉力，則此時c的拉力Tc'=FAB+FCBcos60°>C．系統(tǒng)初始時靜止，剪斷后開始運動，動能增加，電勢能減小，所以電勢能最大時是初始靜止?fàn)顟B(tài)，C錯誤；D．當(dāng)三個小球在同一直線上時，動能最大，電勢能最小，但此時B、C小球已經(jīng)離開了初始位置，D錯誤。故選B。16．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球緊靠著塑料圓盤邊緣，小球A固定不動（圖中未畫出）。小球B繞圓盤邊緣在平面內(nèi)從θ=0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心O處的電場強(qiáng)度，獲得沿x方向的電場強(qiáng)度Ex隨θ變化的圖像（如圖乙）和沿y方向的電場強(qiáng)度Ey隨θ變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）A．小球A帶負(fù)電荷，小球B帶正電荷B．小球A、B所帶電荷量之比為1∶2C．小球B繞圓盤旋轉(zhuǎn)一周過程中，盤中心O處的電場強(qiáng)度先增大后減小D．小球B繞圓盤旋轉(zhuǎn)一周過程中，盤中心O處的電場強(qiáng)度最小值為0【答案】B【詳析】A．乙、丙兩圖可知，當(dāng)時θ=π2，小球B在O點正上方，此時Ex=0，Ey=-6V/m，則說明小球A一定在y軸上固定；當(dāng)時θ=0有Ex