2026年高考物理二轮专题复习：易错08 静电场（6易错点错因剖析）（易错专练）（全国适用）（解析版）

易错08.静电场目录目录第一部分易错点剖析易错典题避错攻略举一反三易错点1不注意电场强度是矢量运算，不会用补偿、微元、对称等方法求非点电荷的电场强度易错点2误认为电场线可以相交、闭合,带电粒子的运动轨迹与电场重合易错点3不理解电势和电势差与电势能的物理意义不同，不会找等势面易错点4误认为作类平抛运动的带电粒子在竖直方向的位移与水平初速度无关易错点5电容器的动态分析问题分不清是哪些物理量变化，哪些不变易错点6带电粒子在竖直平面内圆周运动问题混淆“几何最高点”和“物理最高点”第二部分易错题闯关易错点1不注意电场强度是矢量运算，不会用补偿、微元、对称等方法求非点电荷的电场强度。易错典题60°PNOM【例1】图所示，M、N和P是以为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为，与60°PNOMA．B．C．D．【错因分析】许多同学认为因M点和P点的点电荷在O点产生的场强大小仍相等，所以错选A。错因分析：错误的原因在于用代数法求O点的场场强，因电场强度是矢量，应该用平行四边形定则来求合场强。.【答案】B【详解】两个点电荷分别在M点和N点时，每个点电荷在O点产生的场强大小相等、方向相同，所以EM＋EN＝E1，得EM＝EN＝eq\f(E1,2).将N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷为正电荷，则O点的场强如图7所示．M点和P点的点电荷在O点产生的场强大小仍相等，夹角为120°，所以O点场强E2＝EM＝eq\f(E1,2)，即eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，所以选项B正确。避错攻略【知识链接】1.电场强度的三个公式的比较2.求解特殊带电体电场强度的计算方法等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景对称法空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性补偿法将有缺损的带电空腔球补全为全球，或将缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面等微元法可将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和电场强度叠加原理求出合电场强度举一反三【变式1-1】（2025·湖北·高考真题）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（

）（）A．方向沿x轴负方向B．方向与x轴负方向成夹角斜向下C．大小为D．大小为.【答案】AD【详解】由题意可知，如图将五个点电荷等效成五个点电荷与O点距离为R，设则O点场强大小为代入可得方向沿x轴负方向；故选AD。【变式1-2】（多选）（2025·山东·高考真题）球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为3R，E、F为ABA．甲的质量小于乙的质量 B．C点电势高于D点电势C．E、F两点电场强度大小相等，方向相同 D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低【答案】BD【详解】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用保持平衡。设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2R解得∠OAB=∠OBA=30°因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°根据正弦定理，对甲有m对乙有m因为sin45F电与A错误；B．根据点电荷场强公式E=kQr2，由场强叠加知识，可知C到D之间的圆弧上各点场强方向都向右下方，若有一正试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断CC．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3q的正点电荷的电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等，方向相同。但是A点带电量为3q的正点电荷在E、F两点的电场强度不同。E、F两点电场强度大小不同，C错误；D．电势是标量，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。故选BD。【变式1-3】（2024·河北·高考真题）如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C．M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q2．已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A处的电场强度大小为（

A．23kqa2 B．kqa2【答案】D【详解】B点C点的电荷在M的场强的合场强为E=2因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强EM=E，由对称性可知带电细杆在A点的场强为E故选D。易错点2误认为电场线可以相交、闭合,带电粒子的运动轨迹与电场重合易错典题【例2】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（

）A．

B．

C．

D．

【错因分析】误认为电场线相交错选A，错认为电场线是闭事曲线而错选C【答案】B【详解】ABC．静电场中电场线不相交、不闭合，故B正确、故AC错误；D．若电场线相互平行，应等间距，故D错误。故选B。D。避错攻略【知识链接】1．电场线的应用(1)判断电场强度的大小：电场线密集处电场强度大，电场线稀疏处电场强度小。(2)判断静电力的方向：正电荷受力方向与电场线在该点切线方向相同，负电荷受力方向与电场线在该点切线方向相反。(3)判断电势的高低与电势降低得快慢：沿电场线方向电势降低最快，且电场线密集处比稀疏处降低得更快。2．两种等量点电荷电场线的比较比较等量异种点电荷等量正点电荷电场线分布图电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O点最小，但不为0O点为0中垂线上的电场强度O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称位置的电场强度A与A′、B与B′、C与C′等大同向等大反向3.电场线、带电粒子运动轨迹判断（1）判断速度方向：带电粒子轨迹的切线方向为该点处的速度方向。（2）判断电场力(或场强)的方向：带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向。（3）.判断电场力做功的正、负及电势能的增、减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。举一反三【变式2-1】（2025·甘肃·高考真题）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（

）A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功【答案】D【详解】A．MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误；B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误；CD．负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误，D正确；故选D。【变式2-2】2025·云南昆明·模拟预测）两个固定等量同种正点电荷所形成电场的电场线如图实线所示。其中A与A'、B与B'、C与C'均关于两点电荷连线中点O对称。则以下说法正确的是（）A．C与C'两点一定在同一等势面上B．A点与B点电场强度有可能相同C．电子在B点获得一个合适初速度，将可能做匀速圆周运动D．电子在B点获得沿BO方向的初速度后，将在BB'间做往复运动【答案】AC【详解】A．根据等量同种电荷等势线分布的对称性，可知C与C'两点的电势大小相等，两点一定在同一等势面上，故A正确；B．根据等量同种电荷电场线分布情况和对称性，可知A点的场强的方向水平向右，而B点的场强的方向竖直向上，故B错误；C．电子在B点获得一个合适初速度，若该电子速度的方向与该平面垂直，而且满足电场力刚好等于所需向心力，将可能做匀速圆周运动，故C正确；D．根据等量同种电荷等势线分布的对称性，可知B与B'两点的电势大小相等，两点一定在同一等势面上，所以电子在B点获得沿BO方向的初速度后，到达B'后仍然具有速度将继续向下运动，所以电子不可能在BB'间做往复运动，故D错误。故选AC。【变式2-3】】（2025·浙江·高考真题）三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e与e，f两点间的距离相等，则（）A．a点电势高于b点电势B．a、c两点的电场强度相同C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍D．从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等【答案】D【详解】A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的等势面高于a点所在的等势面，A错误；B．a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合U=Ed可知0<Ufe<D．a点与f点在同一等势面上，a、b两点和f、b两点的电势差相等，根据电场力做功W=qU可知从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等，D正确。故选D。易错点3不理解电势和电势差与电势能的物理意义不同，不会找等势面易错典题【例3】某电场中的A、B两点间移动电量为的电荷时，电荷的电势能变化∆E跟电荷量的比值为5.0V，如在A、B间移动电量为2的电荷时，A、B两点间电势差为多少？如果没有在A、B间移动电荷，这时A、B是电势差为多少？【错因分析】错误答案为2.5V；0V，错解在于没有真正理解电势能和电势差这两个不同概念的物理意义，错误地把电势差定义式U=∆Eq理解为电场中两点的电势差U与被移动电荷的电量成反比，与移动电荷时电势能改变量成正比。因为电势差在数值上等于移送单位电量（1C）电荷时电势的改变量，根据U与成反比这一错误的前提，得出移送2C电量的电荷时，U变为2。5V的结论，其次，错误地认为如果在A、B间没有移动电荷，即=0，故无所谓电势能的改变（∆E=0），故A、B间的电势差为零。【答案】5.0V，5.0V【详解】根据电势差的定义式，有比值∆Eq=5.0V，说明在电场中A、B两点间移送1C电量时，电荷的电势能的改变量为5.0J，移送2C电量时，电势能的改变则为10J，∆E与两者之比仍为5.0V，而不移送电荷时，电势能的改变为零，但A、B间的电势差仍客观存在，依然为5.0避错攻略【知识链接】1．电势高低的判断判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低2．电势能大小的判断判断方法方法解读公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加3.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与电场强度的关系式：U＝Ed，其中d为电场中两点间沿电场方向的距离。(2)电场强度的方向和大小：电场中，电场强度方向是指电势降低最快的方向。在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿电场方向单位距离上降低的电势。（3）由E＝Ud推论1：如图甲所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，φC＝φA推论2：如图乙所示，若匀强电场中两线段AB＝CD且AB∥CD，则φA－φB＝φC－φD。举一反三【变式3-1】】（2025·河南·高考真题）如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6V、4V、2V；a、bA． B．C． D．【答案】C【详解】匀强电场中任意两点间的中点电势等于这两点的平均值，可知ac中点d的电势与b点相同，bd的连线为该匀强电场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势指向低电势，故电场线沿ac方向且由a指向c，C选项正确。故选C。【变式3-2】（2025·云南·高考真题）某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－2V、－1V、1V、2V的等势线上，则（

）A．a、b、c、d中a点电场强度最小B．a、b、c、d中d点电场强度最大C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eVD．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV【答案】C【详解】AB．根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为Wbc=－eUbc=2eV故C正确；D．一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wad=－eUad=4eV由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。故选C。【变式3-3】．（2025·北京·高考真题）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）A．小球沿运动的加速度比沿的大B．小球分别运动到点时速度大小不同C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快【答案】D【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得（为坡面与水平面夹角），MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。故选D。.易错点4误认为作类平抛运动的带电粒子在竖直方向的位移与水平初速度无关易错典题【例4】电子被电压为U的电场加速后，垂直于场强方向飞入一个偏转电场，飞入时动能为，飞出时动能加到飞入时的2倍。如果加速电场的电压增为4U，此电子飞出同一偏转电场时的动能变为多少？【错解1】：对电子的加速，原来有；后来有。因为在同一电场中偏转，飞出时动能都增为原来的2倍，所以第2次电子飞出的动能。【错解2】：对电子的加速，原来有；后来有对电子的偏转，由动能定理，得原来情况：解得【错因分析】两个误解的根子都在于对带粒子在电场中偏转的功能问题不甚明了。错解1以为同一偏转电场总是使电子动能增至原来的2倍。没有物理规律可作依据，纯属“臆想”，实为学习物理的大忌。错解2以为同一偏转电场对电子做功都是，反映了对公式缺乏了解，用于本题时便将公式中的U理解为偏转电压，导致科学性错误。事实上，在中，U系指与做功过程相关的初、末两个位置间的电势差。在本题中应是电子飞出点和飞入点间的电势差。不一定就是偏转电压。电子飞入动能不同时，它在偏转电场中的轨迹不同，飞离电场的点便不同，的值不相等。因此，因偏转电场为匀强电场，电场力的功可改用来算，式中S在本题中就是电子横向偏移。问题归结到两次横向偏移的值即可得解。【答案】【详解】若能认清两次偏转的区别，就可以正解此题对电子的加速，原来有；后来有电子动能从时，速度从电子在偏转电场中运动时间。对同一偏转电场，飞入速从时，运动时间从；电子在同一偏转电场中横向运动的加速相同，则先后横向移值为，即。设场强为，由得解得避错攻略【知识链接】1.带电粒子在匀强电场中的偏转运动（v0⊥E）（1）沿初速度方向做匀速直线运动：t＝lv0（（2）沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动：①加速度：a＝Fm＝qEm＝qU②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl③离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝atv2.求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。(1)确定最终偏移距离OP的两种方法方法1:方法2:(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法3.两个重要结论（1）速度偏角正切值tanθ是位移偏角正切值tanα的2倍。（2）粒子经电场偏转后射出时，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，即该交点到偏转电场边缘的距离为l24.利用功能关系分析带电粒子的偏转当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解，qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy举一反三【变式4-1】．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（）A．具有不同比荷B．电势能均随时间逐渐增大C．到达M、N的速度大小相等D．到达K所用时间之比为1:2【答案】D【详解】根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为，则初速度之比为，位移大小相等，由可知，粒子运动的加速度大小相等，（结论3）由牛顿第二定律有，可得可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误。带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误。由公式可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误。由图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为，则所用时间之比为，故D正确。。【变式4-2】（2025·湖南·一模）某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，极板长为L的平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个（数量很多）带负电灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为−qA．上极板带正电B．电源电压至少为mC．电源电压为U时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为1D．O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1∶4【答案】C【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应带负电，故A错误；B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大小为a，则沿极板方向有L=垂直极板方向有d=又ma=qE=联立解得U故B错误；C．因初始时刻颗粒物均匀分布，由W=q可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为W=故C正确；D．电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x=可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为1:2垂直极板方向，由y=可知，落到O点和下板右端的颗粒的初始高度之比为1:4因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最少为1:故D错误。故选C。.【变式4-3】如图，氕（H）和氘（H）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO′方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，若圆筒不转动，两种原子核（）A.离开加速电场时，动能相等B.离开加速电场时，动量相等C.离开偏转电场后，在感光纸上留下1个感光点D.离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点【答案】AC【解析】粒子在电场中做匀加速直线运动，有粒子在偏转电场中做类平抛运动，有所以由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同，且速度方向相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故C正确，D错误；离开加速电场时的动能为故A正确；离开加速电场时的动量为由于两粒子动能相等，而质量不等，所以动量不相等，故B错误易错点5电容器的动态分析问题分不清是哪些物理量变化，哪些不变易错典题【例5】（2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（）A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大【错因分析】误选BC的原因：没有结合具体情境，判断出两极板间的距离减小，从而距离电场强度和电势差的关系，判断电场强度的变化情况。误选D的原因：没有结合具体情境，判断出两极板间的距离减小，进一步结合平行板电容器电容的因素决定式，判断电容如何变.．【答案】A【解析】D．根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，根据电容定义式可知电容器得电容减小，D错误；BC．根据电容的决定式可知极板间距增大，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BC错误；A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。故选A。避错攻略【知识链接】平行板电容器两类动态的分析思路1．平行板电容器动态的分析思路2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:举一反三【变式5-1】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据公式Q=CU和电容的决定式C=可得U=根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。故选D。【变式5-2】（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（）A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大【答案】D【详解】AB．根据Q=CU，C=εSC．根据E=UE=故场强不变，故C错误；D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。故选D。【变式5-3】（2025·湖南省郴州市九校联盟高三适应考试）预测物理试题）如图所示，G为静电计，M、N为平行板电容器的金属板，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。若不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（）

A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，两极板间的电场强度增大B．保持开关S闭合，将滑动变阻器R的滑片P向左移动，静电计指针张开角度变大C．断开开关S后，紧贴N极板插入金属板，静电计指针张开角度变小D．断开开关S后，将两极板间距增大，两极板间的电势差U减小【答案】.AC【详解】保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两极板间距d减小，由可知两极板间的电场强度增大，故A正确，B错误；断开开关S后，电容器的带电量Q不变，若紧贴N极板插入金属板，相当于两极板间距d减小，根据可知电容C增大，根据可知两极板间的电势差U减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增大，故C正确，D错误易错点六带电粒子在竖直平面内圆周运动问题混淆“几何最高点”和“物理最高点”ABOABOE··【例6】.如图细线一端系住质量为的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内作半径为R的圆周运动。若球带正电，空间有场强为E竖直向上的匀强电场，为了使小球能完整圆整运动，在最低点A小球应有多大的速度？【错解1】小球在最高点B的临界速度。从AB，由，得解得【错解2】带点球在最高点B时当拉力T=0时，临界速度从AB，由，得解得【错因分析】错解1死记一个结论：“在竖直平面能作完整圆周运动的物体在最高点的临界速度“。但没有细想这个结论是有前提条件的，即只有重力场时才成立。现在存在着竖直方向的电场，圆周运动临界速度的情况需要另作讨论。错解2能认识到这一点，所作讨论的方法也对路，但此误解对问题的认识仍不全面、不深刻。表现为：（1）仍将出现临界速度的情况界定与最高点；（2）没有想到要比较qE和mg的大小作进一步考虑。其实错解2所得临界速度中，已经隐含qE<mg这个条件，否则v无意义，由于对竖直平面内圆周运动在新情况中的临界速度认识有误，两个误解的结论不是错误，就是不完整。【答案】或【详解】当时，小球在最高点B的临界速度是从AB，由，得解得此即小球在A处最小速度。当时，小球在最低处A有临界速度，此时有此即小球在A处最小速度。。避错攻略【知识链接】1.“等效重力场”在匀强电场和重力场的共存区域，可以将重力场与电场合二为一，称之为“等效重力场”。2.“等效重力场”的理解3.带电小球在“等效重力场”中两种圆周运动图例。举一反三【变式6-1】（2025·广东中山·高三期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．无论v0多大，小球不会脱离轨道B．只有，小球才不会脱离轨道C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点【答案】D【解析】由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有，解得所以只有当时，小球才不会脱离轨道，故AB错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有联立以上三式解得根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确【变式6-2】（2025·云南昆明·三模）匀强电场中，质量为m、带电量为q（q>0）且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为（g为重力加速度），此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为且大于小球经过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是（）A．小球受到的电场力与重力的夹角为30°角B．匀强电场的场强大小为C．M点的电势为D．小球从速度最小到速度最大的过程中，电场力做的功为2mgL【答案】BC【详解】AB．因运动过程中小球速度最小值为，此时绳子拉力恰好为零，可知小球受的合力为因重力竖直向下，可知电场力大小也为mg与重力夹角为120°，根据可知匀强电场的场强大小为选项A错误，B正确；C．因MO两点的电势差为O点电势为零，M点的电势为选项C正确；D．小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，电场力做的功为选项D错误。【变式6-3】（2025·湖南岳阳第一中学模拟）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（）A从M点到Q点动能减小B.在M点和N点的电势能相等C.从M点到Q点电场力做负功D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势【答案】D【解析】小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；B．作出等势面如图：沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；小圆环受到的电场力受力如图：则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；根据沿电场线方向电势降低，则在B点电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。1.（2024·江苏·高考真题）在静电场中的A、B两点放置试探电荷，其受到的静电力F与试探电荷的电荷量q的关系，分别如图中直线a、b所示。A、B两点的电场强度之比为（）A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1【答案】D【详解】设F−q图像的横坐标单位长度电荷量为q0,纵坐标单位长度的力大小为FE=可知F−q图像斜率表示电场强度，由图可知EE可得E故选D。2．（2024·甘肃·高考真题）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（）A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点【答案】C【详解】A．充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误；B．根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；C．放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确；D．根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。故选C。3．（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度CA．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N【答案】B【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C=BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误。故选B。4.（2025·全国卷·高考真题）匀强电场中，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下以某一初速度开始运动，则运动过程中，其（）A．所处位置的电势一定不断降低 B．所处位置的电势一定不断升高C．轨迹可能是与电场线平行的直线 D．轨迹可能是与电场线垂直的直线【答案】C【详解】在匀强电场中，带正电的点电荷所受电场力恒定，方向与电场线方向一致，加速度恒定。分析各选项：A．若初速度方向与电场力方向相反（如初速度向左，电场力向右），电荷会先减速至零再反向加速。在减速阶段，电荷沿电场线反方向运动，电势升高。因此电势不一定一直降低，故A错误；B．若初速度方向与电场力方向相同（如初速度向右，电场力向右），电荷将一直加速，电势不断降低，因此电势不一定升高，故B错误；C．若初速度方向与电场力方向共线（同向或反向），电荷将做匀变速直线运动，轨迹与电场线平行，故C正确；D．若轨迹与电场线垂直，则电荷初速度方向与电场力方向垂直。但电场力大小方向恒定，此时电荷将做类平抛运动，轨迹是曲线，故D错误。故选C5.（2024·北京·高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是（）A．P点电场强度比Q点电场强度大B．P点电势与Q点电势相等C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变【答案】C【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；CD．由电场叠加得P点电场强度E=k若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。故选C。6．（2024·海南·高考真题）（多选）真空中有两个点电荷，电荷量均为−q（q≥0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x<<r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（

）A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为3B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为4C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动【答案】BCD【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为E=k根据均值不等式可知当cosθ=33E=再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=故A错误，B正确；C．在M点放入一电子，从静止释放，由于r>可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为F=keq⋅由于x<<r，整理后有F=−在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。故选BCD。7．（2025·湖南·高考）（多选）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、−q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为EpA．OA中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成60°角C．电场强度的大小为2EPqd【答案】AD【详解】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=Epq，φA=−EpB．如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由AM=AN可知∠NMA=45°，故电场的方向与x轴正方向成45°角，故B错误；CD．电场强度的大小为E=0−−故选AD。8．（2024·湖南·高考）真空中有电荷量为+4q和−q的两个点电荷，分别固定在x轴上−1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（

）A．B．C．D．【答案】D【详解】根据点电荷周围的电势公式φ=kQr，设x'处(x'>0)的电势为0，得k4q1+x'+k−qx'=0，解得x故选D。8．（2025·河北·高考真题）《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则四点中电势最高的是（）

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【答案】D【详解】根据电场线的性质：沿电场线方向，电势逐渐降低。观察图中电场线，可判断电场线方向（假设从电势高处指向低处）。比较a、b、c、d四点，d点位于电场线“上游”，沿电场线方向电势依次降低，即d点电势高于c点，c点高于b点，b点高于a点。因此电势最高的是d点。故选D。9．（2024·全国甲卷·高考真题）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为和的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（）， B．， C．， D．，【答案】B【详解】根据两点电荷周围的电势分布可知带正电，带负电；由图中电势为0的等势线可知由图中距离关系可知联立解得故选B。10.（2024·甘肃·高考真题）（多选）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是（）A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】BCD【详解】A．根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A错误；B．等差等势面越密集的地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；CD．粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故CD正确。故选BCD。11．（2025·福建·高考真题）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（）A．B点的电场强度B．P点场强大于C点场强C．b粒子在P点动能小于Q点动能D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU【答案】D【详解】A．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有，粒子恰好做圆周运动，则，联立解得，故A错误；B．由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B错误；C．已知|CQ|=2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根