202L2025年高考物理真題知識點分類匯編之靜電場（二）

一,選擇題（共12小題）

1.（2024?新課標）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均

帶正電荷的小球P、Q；小球處在某?方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大

小相等。則（）

U

A.兩繩中的張力大小一定相等

B.P的質量一定大于Q的質量

C.P的電荷量一定小于Q的電荷量

D.P的電荷量一定大于Q的電荷量

2.（2024?湖南）真空中有電荷量為+的和-q的兩個點電荷，分別固定在x軸上-1和。處。設無限遠處

電勢為0,x正半軸上各點電勢（p隨x變化的圖像正確的是（）

A.°k?B.—,

t力d

。廣

C.1D,1

3.（2024?浙江）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當極板間

距增大時，靜電計指針張角增大，則（）

/」JO

A.極板間電勢差減小B.電容器的電容增人

C.極板間電場強度增大D.電容器儲存能量增大

4.（2024?浙江）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N

點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R,

AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點沿圓環(huán)以初速

度vo做完整的圓周運動，則（）

A.小球從A到C的過程中電勢能減少

B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動

C.可求出小球運動到B點時的加速度

D.小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向平行MN

5.（2024?甲卷）在電荷量為Q的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時，距離該點電荷r

處的電勢為k，其中k為靜電力常量；多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存

在時該點的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Qi和Q2的兩個點電荷產生的電場的等勢線如圖中曲線所示

（圖中數(shù)字的單位是伏特），則（）

A.Qi<0,=-2B.Qi>0,券=-2

C.Qi<0,=-3D.Qi>0,^-=-3

6.（2024?河北）如圖，真空中有兩個電荷量均為q（q>0）的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點

B、CoM為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷

量為《已知正三角形ABC的邊長為a,M點的電場強度為0,靜電力常量為k。頂點A處的電場強度

大小為（）

A

；

/?1M\%

/,、

/I、

B裕..........L……'④C

qq

2y/3kqkqr-

A.——B.—(6+V3)

a2a2

C.母(35/3+1)D.整(3+道)

7.（2024?河北）我國古人最早發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象，并將其用于生產生活，如許多古塔的頂端采用“傘

狀”金屬飾物在雷雨天時保護古塔。雷雨中某時刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰等勢線

電勢差相等，則a、b、c、d四點中電場強度最大的是（)

D.d點

8.（2024?江西）蠟燭火焰是一和含有電子、正離子、中性粒子的氣體狀物質，將其置于電壓恒定的兩平

行金屬板間，板間電場視為勻強電場，如圖所示。若兩金屬板間距減小，關于火焰中電子所受的電場力,

下列說法正確的是（）

A.電場力增大，方向向左

B.電場力增大，方向向右

C.電場力減小，方向向左

D.電場力減小，方向向右

9.（2024?北京）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=QNo下列說法正確的是（）

MPQN

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

10.（2024?選擇性）在水平方向的勻強電場中，?帶電小球僅在重力和電場力作用下手豎直面（紙面）內

運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為宜線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則

其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）

A.動能減小，電勢能增大

B.動能增大,電勢能增大

C.動能減小，電勢能減小

D.動能增大，電勢能減小

11.（2024?貴州）如圖，A、B、C三個點位于以O為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、

B兩點分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則器等

于（）

M……空可B

1V3

A.-B.—C.V3D.2

33

12.（2024?重慶）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，某點電勢的3隨位置x變化的

圖像如圖所示，一電荷量為t2帶負電的試探電荷，經過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（）

,0/V

二/h

xo0/：:\

最3~\x/m

Zr.L.Xi/

A.不能通過X3點B.在X3點兩側往復運動

C.能通過xo點D.在xi點兩側往復運動

二,多選題（共4小題）

（多選）13.（2025?湖南）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內A點和B點的位置如圖所示。電

荷量為+q、-q和+2q的三個試探電荷先后分別置于O點、A點和B點時，電勢能均為Ej（EP>0）o

下列說法正確的是（）

y

...............................d,-jd）

4

A（d,0）~x

A.OA中點的電勢為零

B.電場的方向與x軸正方向成60°角

c.電場強度的大小為絳

qd

2yf2Ev

D.電場強度的大小為一

qd

（多選）14.（2025?湖北）如圖所示，在xOy平面內有一以O點為中心的正五邊形，頂點到O點的距離

為R。在正五邊形的頂點上順時針方向依次固定電荷量為q、2q、3q、4q、5q的正點電荷，且電荷量為

3q的電荷在y軸正半軸上。靜電力常量為k,則O點處的電場強度（）

B.方向與x軸負方向成18°夾角斜向下

C.大小為警（cos540+cosl80）

R2

D.大小為學（2cos54°+cos太。）

R2

（多選）15.（2025?河北）如圖，真空中固定在絕緣臺上的兩個相同的金屬小球A和B,帶有等量同種電

荷，電荷量為q，兩者間距遠大于小球直徑，兩者之間的靜電力大小為F。用一個電荷量為Q的同樣的

金屬小球C先跟A接觸，再跟B接觸，移走C后，A和B之間的靜電力大小仍為F,則Q：q的絕對

值可能是（）

D.5

（多選）16.（2025?安徽）如圖，兩個傾角相等、底端相連的光滑絕緣軌道被固定在豎直平面內，空間存

在平行于該豎直平面水平向右的勻強電場。帶正電的甲、乙小球（均可視為質點）在軌道上同一高度保

持靜止，間距為L,甲、乙所帶電荷量分別為q、2q,質量分別為m、2m,靜電力常量為k,重力加速

度大小為g。甲、乙所受靜電力的合力大小分別為Fi、F2,勻強電場的電場強度大小為E,不計空氣阻

力，貝I（）

A.n=2?2

B.E嗤

C.若將甲、乙互換位置，二者仍能保持靜止

D.若撤去甲，乙下滑至底端時的速度大小u=廄

三,解答題（共4小題）

17.（2025?廣西）帶電粒子繞著帶電最為+Q的源電荷做軌跡為橢圓的曲線運動，源電荷固定在橢圓左焦

點F上，帶電粒子電量為-q：已知橢圓焦距為c,半長軸為a,電勢計算公式為*二華，帶電粒子速

度的平方與其到電荷的距離的倒數(shù)滿足如圖關系。

（1）求在橢圓軌道半短軸頂點B的電勢；

（2）求帶電粒子從A到B的運動過程中，電場力對帶電粒子做的功；

（3）用推理論證帶電粒子動能與電勢能之和是否守恒：若守恒，求其動能與電勢能之和；若不守恒，

說明理由。

18.（2025?江蘇）如圖所示，在電場強度為E,方向豎直向下的勻強電場中，兩個相同的帶正電粒子a、b

同時從O點以初速度vo射出：速度方向與水平方向夾角均為3己知粒子的質量為m。電荷量為q,

不計重力及粒子間相互作用。求：

（1）a運動到最高點的時間t；

（2）a到達最高點時，a、b間的距離H。

19.（2025?廣東）如圖是研究顆粒碰撞荷電特性裝置的簡化圖。兩塊水平絕緣平板與兩塊豎直的平行金屬

平板相接。金屬平板之間接高壓電源產生勻強電場。一帶電顆粒從上方絕緣平板左端A點處，由靜止

開始向右下方運動，與下方絕緣平板在B點處碰撞，碰撞時電荷量改變，反彈后離開下方絕緣平板瞬

間，顆粒的速度與所受合力垂直，其水平分速度與碰前瞬間相同，豎直分速度大小變?yōu)榕銮八查g的k

倍（kVI）。已知顆粒質量為m,兩絕緣平板間的距離為h,兩金屬平板間的距離為d,B點與左平板的

距離為I，電源電壓為U,重力加速度為g。忽略空氣阻力和電場的邊緣效應。求：

（1）顆粒碰撞前的電荷量q。

（2）顆粒在B點碰撞后的電荷量Qo

（3）顆粒從A點開始運動到第二次碰撞過程中，電場力對它做的功W。

20,(2025?河南)流式細胞儀可對不同類型的細胞進行分類收集，其原理如圖所示。僅含有一個A細胞或

B細胞的小液滴從噴嘴噴出(另有一些液滴不含細胞)，液滴質量均為m=2.()XI0“°kg。當液滴穿過激

光束、充電環(huán)時被分類充電，使含A、B細胞的液滴分別帶上正、負電荷，電荷量均為q=1.0X10-13g

隨后，液滴以v=2.0m/s的速度豎直進入長度為l=2.0X10-2m的電極板間，板間電場均勻、方向水平

向右，電場強度大小為E=2.0X1()5N/C.含細胞的液滴最終被分別收集在極板下方h=0.lm處的A、B

收集管中。不計重力、空氣阻力以及帶電液滴間的作用。求：

(1)含A細胞的液滴離開電場時偏轉的距離；

(2)A、B細胞收集管的間距。

|溶液|

‘壬充電‘環(huán)

電極板國1~

用一i-

/?\h

o'0o-1"

B收集管A收集管

202L2025年高考物理真題知識點分類匯編之靜電場（二）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共12小題）

題號1234567891011

答案BDDCBDCBCDB

題號12

答案B

二,多選題（共4小題）

題號13141516

答案ADADADARD

一,選擇題（共12小題）

1.（2024?新課標）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均

帶正電荷的小球P、Q：小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大

小相等。則（）

A.兩繩中的張力大小一定相等

B.P的質量一定大于Q的質量

C.P的電荷量一定小于Q的電荷量

D.P的電荷量一定大于Q的電荷量

【考點】電場強度與電場力的關系和計算；共點力的平衡問迤及求解?.

【專題】定量思想；合成分解法：受力分析方法專題：電場力與電勢的性質專題；推理論證能力.

【答案】B

【分析】確定均帶正電荷的小球P、Q之間的庫侖力方向與各自受到的勻強電場的電場力方向，對P、

Q受力分析?，應用正交分解法，結合平衡條件平衡條件列方程解答。P、Q之間相互作用的庫侖力總是

等大反向，無法判斷兩者的電荷量的大小關系。

【解答】解：AB、設P、Q之間相互作用的庫侖力大小為F,對P、Q受力分析如下圖所示：

由題可知P、Q處于同一水平面內，根據(jù)平衡條件得：

對P在水平方向上有：TpsinB=F+qpE

對P在豎直方向上有：Tpcos0=mpg

同理，對Q在水平與豎直方向上分別有：

TQsin0=F-qQE

TQcos0=mQg

對比可得：TP>TQ,mp>niQ,故A錯誤，B正確：

CD、P、Q之間相互作用的庫侖力總是等大反向，其大小為F=k警，故無法判斷兩者的電荷量的大

小關系，故CD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要是考查了在猙電力作用下的共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力

分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或分解，建立平衡方程進行解答。

2.（2024?湖南）真空中有電荷吊為十的和q的兩個點電荷，分別固定在x軸上I和0處。設無限遠處

電勢為0,x正半軸上各點電勢（p隨x變化的圖像正確的是（）

o1—―---0~~,--------------------------------?力

A.B.

0

C.D.I

【考點】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強度的疊加.

【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】根據(jù)點電荷的電勢公式結合電勢的疊加分析電勢為。的位置，再分析該點兩側電勢的正負和變

化情況進行判斷。

【解答】解：解法一：根據(jù)真空中點電荷周圍某點處的電勢公式g=設在X軸正半軸上坐標為xo

位置處的電勢為0,根據(jù)電勢疊加的知識有k盧一+女曰二°，解得即當時，電勢叩

1+Xoxo33

<0,當%?D時，電勢W>0,隨著x的持續(xù)增大，少先增大又逐漸減小為0,故ABC錯浜，D正確。

解法二：電荷量為+4q和-q的兩個點電荷，分別固定在x軸上?1和0處。根據(jù)點電荷的電場疊加，

可知沿x正半軸電場強度先沿-X方向逐漸減小到零，之后沿+x方向先增大再減小。因負耳荷處于x=

。處，故x=0處電勢為負無窮大，根據(jù)電勢與電場強度的關系，年-x圖像的斜率表示電場強度，可知

沿x正半軸電勢由負無窮逐漸升高，電場強度為零處，（p-x圖像的斜率為零，此處電勢最高，之后電

勢逐漸降低，直到無限遠處電勢為零，故ABC錯誤，D正確。

故選：Do

【點評】考查點電荷的電勢公式和電勢的疊加問題，會根據(jù)題意結合圖像進行準確分析和判斷。

3.（2024?浙江）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當極板間

A.極板間電勢差減小B.電容器的電容增大

C.極板間電場強度增大D.電容器儲存能量增大

【考點】電容器的儲能問題；電容器的動態(tài)分析（Q不變）一一板間距離變化.

【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電容器專題：理解能力.

【答案】D

【分析】A.靜電計的張角表示電勢差的大小，據(jù)此分析作答:

B.根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=需分析作答；

c.根據(jù)平行板電容器的決定式,、電容器的定義式和勻強電場場強與電勢差的關系分析作答：

D.移動極板的過程中，極板要克服電場力做功，據(jù)此分析電容器儲存的能量。

【解答】解：A.靜電計的張角增大，說明極板間的電勢差增大，故A錯誤；

B.根據(jù)平行板電容器電容的決定式。=浦可知，當板間距增大時，電容器的電容減小，故B錯誤;

C.根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系E=苫和電容的定義式C=2

結合平行板電容器電容的決定式C=?

聯(lián)立解得E=等華

因此場強與板間距無關，故c錯誤；

D.移動極板的過程中，極板要克服電場力做功，電容器儲存的能量增大，故D正確。

故選：D。

【點評】本題主要考查了平行板電容器的動態(tài)變化，要掌握電容器的定義式、勻強電場場強與電勢差的

關系和平行板電容器的決定式。

4.（2024?浙江）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N

點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R,

AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點沿圓環(huán)以初速

度vo做完整的圓周運動，則（）

A.小球從A到C的過程中電勢能減少

B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動

C.可求出小球運動到B點時的加速度

D.小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向平行MN

【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動；電荷性質、電勢能和電勢的關系；等量異種電

荷的電勢分布.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題：電場力與電勢的性質專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】根據(jù)等量異種點電荷的電場特點，電勢與電場強度的關系分析小球電勢能增加；根據(jù)勻速圓周

運動的受力特點分析小球沿圓環(huán)是否能做勻速圓周運動；小球在B點具有向心加速度和切向加速度，

分析判斷這兩個分加速度是否可求得；分析小球在D點所需向心力的來源，判斷小球在D點受到圓環(huán)

的作用力方向是否可以平行MNo

【解答】解：A、根據(jù)等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷

形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向上，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢增加，因小

球帶正電，故其電勢能增加，故A錯誤；

B、當豎直向上的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg,小球沿圓環(huán)運動時所受合力不做功，合力等

于圓周運動所需向心力，小球沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；

C、小球從A到B的過程，根據(jù)動能定理可以求出小球運動到B點的速度大小VB,由。“=也，可以求

得小球在B點的向心加速度。根據(jù)牛頓第二定律可以求得小球在B點的切向加速度，再根據(jù)矢量合成

可以求得小球在B點的加速度，故C正確；

D、小球在D點勻強電場的電為力與重力在豎直方向上，在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的

電場力方向平行于MN,而圓周運動所需向心力由D指向O,則向心力一定由圓環(huán)的作用力來提供，故

圓環(huán)的作用力一定由指向圓環(huán)圓心的分力，所以小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN,故D

錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查了帶電體在電場中的運動問題，掌握等量異種點電荷的電場分布特點，以及勻速圓周

運動的受力特點。

5.（2024?甲卷）在電荷量為Q的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時，距離該點電荷r

處的電勢為其中k為靜電力常量；多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存

在時該點的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Qi和Q2的兩個點電荷產生的電場的等勢線如圖中曲線所示

（圖中數(shù)字的單位是伏特），則（）

A.Qi<0,=-2B.Qi>0,^-=-2

C.Qi<0,—=-3D.Qi>0,-=-3

Q2Q2

【考點】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電

場；電場力做功與電勢能變化的關系.

【專題】信息給予題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】B

【分析】若規(guī)定無限遠處的電勢規(guī)定為零，正電荷周圍的電勢均為正，負電荷周圍的電勢均勻負，據(jù)此

分析Qi、Q2的正負；多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的

代數(shù)和，根據(jù)點電荷的電勢與距離的關系求解作答。

【解答】解：若規(guī)定無限遠處的電勢規(guī)定為零，正電荷周圍的電勢均為正，負電荷周圍的電勢均勻負，

因此Qi為正電荷，Q2為負電荷，即Qi>0,Q2<0；

根據(jù)點電荷的電勢與距離的關系3=叫

由圖可知，當兩點電荷產生的電勢的代數(shù)和為0時，有口=2建

因此k魚+〃％=0

rlr2

得如二上一也=_2

Qir2r2

綜上分析，故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】本題主要考查了點電荷產生的電勢，明確多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電

荷單獨存在的該點的電勢的代數(shù)和以及點電荷的電勢與距離的關系是解題的關鍵；要能夠正確找出兩者

的距離關系。

6.（2024?河北）如圖，真空中有兩個電荷量均為q（q>0）的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點

B、CoM為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷

量為小已知正三角形ABC的邊長為a,M點的電場強度為0,靜電力常量為k。頂點A處的電場強度

大小為（）

A

?M\

B后④c

qq

29qB.粵（6+百

A.

C.駕（3百+1）D.粵（3+向

【考點】電場強度的疊加；電場強度與電場力的關系和計算；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電

場.

【專題】定量思想：推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】M點的場強為零，根據(jù)場強疊加的特點和對稱性得出均勻細桿在A處的場強，再結合庫侖定

律和場強疊加的特點得出A處的場強大小。

【解答】解：M點的電場強度為零，說明兩個點電荷在M點處的場強和帶電細桿在M點的場強大小相

等且方向相反，設均勻細桿在M點的電場強度為Eo,根據(jù)庫侖定律和幾何關系可得:

畬7cos60。=微斗，方向豎直向下

Eo=2x

根據(jù)對稱性可知，均勻細桿在A點的場強大小為Eo,方向豎直向上，則A處的場強大小為:

演=Eo+2x翁必30。=%3+?故D正確,ABC錯誤;

故選：Do

【點評】本題主要考查了電場強度的疊加問題，熟悉場強的計算公式，結合矢量合成的特點即可完成分

析。

7.（2024?河北）我國古人最早發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象，并將其用于生產生活，如許多古塔的頂端采用“傘

狀”金屬飾物在雷雨天時保護古塔。雷雨中某時刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰等勢線

電勢差相等，則a、b、c、d四點中電場強度最大的是（）

b

【考點】等勢面及其與電場線的關系：電場線的定義及基本特征；電場線的方向與電場強度方向的關系.

【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】C

【分析】等差等勢線的疏密程度反映電場強度的大小，進行判斷。

【解答】解：在靜電場中，等差等勢線的疏密程度反映電場強度的大小。圖中c點的等差等勢線相對最

密集，故該點的電場強度最大，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

【點評】本題主要注意理解電場線等勢線關系及電場特點，試題比較簡單。

8.（2024?江西）蠟燭火焰是一和含有電子、正離子、中性粒子的氣體狀物質，將其置于電壓恒定的兩平

行金屬板間，板間電場視為勻通電場，如圖所示。若兩金屬板間距減小，關于火焰中電子所受的電場力,

下列說法正確的是（）

A.電場力增大，方向向左

B.電場力增大，方向向右

C.電場力減小，方向向左

D.電場力減小，方向向右

【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系.

【專題】定量思想；控制變量法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】B

【分析】根據(jù)E=，判斷出E的變化：再判斷出電場力大小及方向。

【解答】解：兩極板之間電壓不變，則根據(jù)

可知當d減小時，E增大；平行金屬板電場強度由正極指向負極，且方向水平向左，故電子所受電場力

方向水平向右，且根據(jù)

F=Ee

可知，電場力增大，故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查電場力的大小判斷，其中平行板之間為勻強電場且電場強度變化需熟練掌握.

9.（2024?北京）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（）

?--------------------------------------O

MPQN

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

【考點】非勻強電場中電勢差大小的比較和應用；電場強度的登加；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小;

等量異種電荷的電勢分布.

【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】A.根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律分析P、Q兩點的場強大小關系；

B.根據(jù)電場線上的電勢高低規(guī)律進行分析判斷：

CD.根據(jù)點電荷的場強公式和電場強度的疊加知識導出電場強度表達式，結合表達式進行定最分析，又

根據(jù)公式U=F-d做定性的分析。

【解答】解：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，故A錯誤；

B.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B錯誤；

CD.根據(jù)點電荷的場強公式，結合電場疊加得P點電場強度E=+k冬，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U=E?d,故P、Q兩點間電勢差變大，故C正確，

D錯誤。

故選：Co

【點評】考查電場強度、電勢、電場疊加、電勢差等問題，會根據(jù)題意進行準確分析和判斷。

10.（2024?選擇性）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內

運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則

其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）

A.動能減小，電勢能增大

B.動能增大，電勢能增大

C.動能減小，電勢能減小

D.動能增大，電勢能減小

【考點】電場力做功與電勢能變化的關系.

【專題】信息給予題；定性思想；推理法；動能定理的應用專題；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】D

【分析】小球的初速度方向沿虛線時，小球沿虛線做直線運動，說明合力的方向沿虛線方向，由此判斷

電場力的方向；小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運動；根據(jù)動能定理和電場力做功與電勢

能的關系分析作答。

【解答】解：小球的初速度方向沿虛線時，小球沿虛線做直線運動，根據(jù)物體做直線運動的條件可知小

球所受的合力方向沿虛線方向，電場方向水平向右,如圖所示：

小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運動；

小球從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中，合力做正功，小球的動能增加；

電場力做正功，小球的電勢能減小。

綜上分析，故ABC錯誤，D正確。

故選：D“

【點評】本題考查了帶電小球在復合場中的運動，判斷合力方向和電場力方向是解題的關鍵；要掌握動

能定理和電場力做功與電勢能的關系。

11.（2024?貴州）如圖，A、B、C三個點位于以O為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、

B兩點分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則”等

于（）

…、、

“?、

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AI……

\0：

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**"—，-，

1bL

A.-B.—C.V3D.2

33

【考點】單個或多個點電荷周圍的電勢分布.

【專題】信息給予題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】B

【分析】由于C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，因此qA、qB帶異種電荷；根據(jù)點電荷的場強

公式、場強的疊加結合數(shù)學知識求解作答。

【解答】解：根據(jù)題意，qA、qB帶異種電荷，假設qA為正點電荷，qB為負點電荷，兩點電荷產生的場

強如圖所示：

設圓的半徑為r,根據(jù)數(shù)學知識A點到C點的距離rA=r

B點到C點的距離=2rcos30°=V3r

根據(jù)點電荷的場強公式，點電荷qA在C點產生的場強治=管=%

點電荷qB在C點產生的場強1=管==gf

根據(jù)數(shù)學知識1即30°=增

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得刨=v

QB3

綜上分析，故ACD錯誤，B正確。

故選:Bo

【點評】本題主要考查了點電荷的場強公式，場強的疊加，抓住C點的合場強方向沿圓周上C點的切

線方向式解題的關鍵。

12.（2024?重慶）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，某點電勢的<p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，經過X2點時動能為L5eV,速度沿x軸正方向，若該

A.不能通過X3點B.在X3點兩側往復運動

C.能通過xo點D.在xi點兩側往亞運動

【考點】（p-x圖像的理解與應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題.

【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】B

【分析】在叩-x圖像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，斜率為零場強為零；斜率的正、負表示場

強的方向，負電荷所受電場力與場強方向相反，結合動能定理和試探電荷的運動速度分析其運動狀態(tài)，

然后作答。

【解答】解：在（P-X圖像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，因此在X3處，場強為零。

A.假設試探電荷能到達X3,電場力做功Wi=-e（1-2）V=+leV

根據(jù)動能定理Wi=Ek3-Ek2

代入數(shù)據(jù)解得Ek3=2.5eV,假設成立，故A錯誤；

BCD.當x>x3,場強方向沿x軸正方向，試探電荷所受電場力沿x軸負方向，試探電荷做減速運動至速

度為零，再向左做加速運動，重新回到X2處時，動能為1.5eV,速度方向沿x軸負方向；

在XlVxVX3范圍，場強方向沿X軸負方向，電場力方向沿X軸正方向，試探電荷做減速運動；

設動能減為零時的電勢為①，根據(jù)動能定理-e（1-（P）V=o-1.5eV

解得（p=-O.5V

因此，試探電荷還未運動到xi處，速度減速至零；

當試探電荷減速至零后，試探電荷又向右做加速運動，再次到達X3處速度達到最大，在x>x3區(qū)域，

試探做減速運動至速度為零，再向左先做加速運動，后做減速運動至零，即試探電荷在X3點兩側往復

運動，故B正確，CD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要考查了（p?x圖像的斜率的含義，電場力做功公式以及動能定理：知道負電荷所受電

場力的方向與場強方向相反。

多選題（共4小題）

（多選）13.（2025?湖南）一勻血電場的方向平行于xOy平面，平面內A點和B點的位置如圖所示。電

荷量為+q、-q和+2q的三個試探電荷先后分別置于O點、A點和B點時，電勢能均為Ej（EP>0）o

下列說法正確的是（）

y

d,yd）

?...........4

uA（d,0）i

A.OA中點的電勢為零

B.電場的方向與x軸正方向成60°角

c.電場強度的大小為絳

qd

D.電場強度的大小為一^

qd

【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電場強度的疊加；電勢的定義、單位和物理意義及用定

義式計算電勢.

【專題】定量思想：推理法；電場力與電勢的性質專題：推理論證能力.

【答案】AD

【分析】在勻強電場中，沿同一方向前進相同距離電勢的降低相等，據(jù)此可以得到各點的電勢；先作出

一條等勢線,然后作出等勢線的垂線即為電場線，最后根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差的關系E=，可

以求出電場強度的大小。

【解答】解：A、根據(jù)題意可知。點、A點和B點的電勢分別為的=今，為=一今，外二共

qq乙夕

故OA中點的電勢為9M=緡"=0

故A正確；

B、根據(jù)等勢線與電場線垂直，

由A的分析可知，OA中點M點的電勢為0

Ep

%=-吊

Ep

%二為

設N點為AB的三等分點，同理易知N點電勢為0,

連接MN為一條等勢線，過A點做MN的垂線，可知電場線沿該垂線方向，指向右下方,

,故電場的方向與x軸正方向成45°角，故B錯誤;

CD、根據(jù)電場強度定義式E=,可知,

電場強度的大小為，時藍二.

故C錯誤，D正確。

故選：AD。

【點評】本題要明確在勻強電場中，沿同一方向前進相同的距離，電勢降低相等。在勻強電場中，相互

平行的直線上，距禽相等的兩點間電勢差相等，這是解題的關鍵。

（多選）14.（2025?湖北）如圖所示，在xOy平面內有一以O點為中心的正五邊形，頂點到0點的距離

為R。在正五邊形的頂點上順時針方向依次固定電荷量為q、2q、3q、4q、5q的正點電荷，且電荷量為

3q的電荷在y軸正半軸上。靜電力常量為匕則。點處的電場強度（）

A.方向沿x軸負方向

B.方向與x軸負方向成18°夾角斜向下

C.大小為警(cos540+cosl80)

R2

D.大小為警(2cos540+cosl80)

R2

【考點】電場強度的疊加.

【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力.

【答案】AD

【分析】根據(jù)點電荷產生的場強公式結合電場的疊加合成知識進行分析解答。

【解答】解：法一：點電荷在O點產生的場強方向如圖所示

由幾何關系可知81=18°,02=54°,將5個場強沿x、y軸分解可得：

Ex=Eicos540+E2cos180-E4cos180-E5cos54°=一當(2cos540+cosl80)

R2

Ey=Eisin54°+E5sin540-E4sinl8°-E2sinl80-E3=^(sin540-sinl80-1)=0

根據(jù)場強疊加原理可知0點電場強度方向沿x軸負方向，大小為"(2cos54°+cosl80),故AD.正

確，BC錯誤。

根據(jù)均勻帶電圓環(huán)在其內部中點的合場強為零，則五個點中3q的電荷在0點產生的合場強為零。

根據(jù)等量異種電荷中垂線電場線的分布特點可知，0點的電場強度方向沿x軸負方向，故A正確、B

錯誤；

CD、根據(jù)圖丙可知，-q的電荷與y軸正方向的夾角為：0==72°,-2q的電荷與y軸負方向

7?°

夾角為：a==36°

根據(jù)電場強度的疊加可知,0點場強大小為E=^COS180+造巴cos54o=翁（2cos54°+cosl8°）,

故C錯誤、D正確。

故選：ADo

【點評】考查點電荷產生的場強公式結合電場的疊加合成知識，會根據(jù)題意進行準確分析解答。

（多選）15.（2025?河北）如圖，真空中固定在絕緣臺上的兩個相同的金屬小球A和B,帶有等量同種電

荷，電荷量為q，兩者間距遠大于小球直徑，兩者之間的靜電力大小為F。用一個電荷量為Q的同樣的

金屬小球C先跟A接觸，再跟B接觸，移走C后，A和B之間的靜電力大小仍為F,則Q：q的絕對

值可能是（）

&一一…i

B,0

A0

zA

2A

A.iB.2C.3D.5

【考點】電荷守恒定律.

【專題】定量思想；方程法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力.

AD

【分析】根據(jù)庫侖定律結合電荷均分原理列方程進行解答。

【解答】解：設A、B間的距離為r,原來A、B間的靜電力：F=^

小球C先跟A接觸，此時A、C的電荷量都變?yōu)椋?1=學

C再跟B接觸，C、B的電荷量都變?yōu)椋簈2=^

移走C后，A和B之間的靜電力：F=%平

rz

整理得：Q2+4Qq-5q2=0

因式分解可得：（Q+5q）（Q-q）=0

解得：Q=?5q或Q=q

所以：|g=5或|一|=1,故AD正確、BC錯誤。

qq

故選：ADo

【點評】本題主要是考查了庫侖定律的計算公式；知道真空中靜止的兩個點電荷之間的庫侖力與它們的

電荷量乘積成正比、與它們之間的距離平方成反比；知道兩個相同的金屬球接觸后電荷均分。

（多選）16.（2025?安徽）如圖，兩個傾角相等、底端相連的光滑絕緣軌道被固定在蛻直平面內，空間存

在平行于該豎直平面水平向右的勻強電場。帶正電的甲、乙小球（均可視為質點）在軌道上同一高度保

持靜止，間距為L,甲、乙所帶電荷量分別為q、2q,質量分別為m、2m,靜電力常量為匕重力加速

度大小為g。甲、乙所受靜電力的合力大小分別為臼、F2,勻強電場的電場強度大小為E,不計空氣阻

力，則（）

A.F1=尹2

B，E啜

C.若將甲、乙互換位置，二者仍能保持靜止

D.若撤去甲，乙下滑至底端時的速度大小u二廄

【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電體在勻強電場中的受力平衡.

【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力.

【答案】ABD

【分析】對兩球進行受力分析，畫出受力圖，分別根據(jù)平衡條件列方程，求出兩球間的庫侖力大小，再

求2,并根據(jù)庫侖定律求出勻強電場的電場強度大小E；若將甲、乙互換位置.，假設二者仍能保持靜止，

根據(jù)平衡條件列式分析；若撤去甲，對乙球，根據(jù)動能定理求乙下滑至底端時的速度大小V。

【解答】解：AB、對兩球進行受力分析，如圖所示。

設兩球間的庫侖力大小為F,辛九道傾角為

對甲球，根據(jù)平衡條件得FNicos8=mg,F=FNisin0+Eq?

對■乙球，根據(jù)平衡條件得FN2cos0=2mg,FN2sin6=F+2Eq②

聯(lián)立解得F=4Eq

則以=出2里=工

F24Eq+2Eq2

根據(jù)庫侖定律得尸=等，解得/=墨，故AB正確:

C、若將甲、乙互換位置，若二者仍能保持靜止，同理可得，對甲，根據(jù)平衡條件有FNrcos8=mg,FNi'sinO

=F+Eq

對乙，根據(jù)平?衡條件有FN2'cosO=2mg,FN2'sine+2Eq=F

聯(lián)立可得F+4Eq=0,無解，假設不成立，故C錯誤：

D、若撤去甲，對乙球，根據(jù)動能定理得2mg?，。九。一2￡q?42?27幾戶

結合①②可知［即。二巖

聯(lián)立解得u=廄，故