2026年高考物理一轮复习 静电场（二）有解析

高考物理一轮复习静电场

一.选择题（共8小题）

1.（2025•柳州模拟）电荷量为Q的正点电荷固定在以O为圆心、R为半径的圆上的A点，AC为

圆的水平直径，B、D为圆上的两个位置，其中NBOA=NDOA=60°,空间存在平行于圆面的

匀强电场。将两个质子从B点以相同的初动能Eko射出，两个质子分别以Eko和皇的动能通过C

点和D点，己知点电荷电场的电势卬一日，其中k为静电力常量，r为与点电荷的距离，Eko=^

不计质子的重力和质子之间的库仑力，取无穷远处电势为零。则匀强电场的场强为（）

A.E=4哭，方向沿直线BC,[tlC指向B

B.E=^o,方向沿直线AC,由C指向A

OC

C.5=噜色，方向沿直线BC,由C指向B

D.E=方向沿直线AC,由C指向A

2.（2025春•江阴市校级期末）如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带

电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（)

A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电

B.若粒子是从A运动到B,则加速度减小

C.若粒子是从B运动到A,则其速度减小

D.若粒子是从B运动到A,则其电势能减小

3.（2025春•宁波期末）如图所示，一个质量为m的带电小球在A点以初速度vo竖直进入一个匀强

电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为vo，方向与AB连线呈60°,且AB在同一竖直面内，

AB连线与水平方向呈30°,不计空气阻力则（）

A

A.小球所受电场力大小可能为0.5mg

B.小球电势能增加

C.小球带正电

D.A点电势可能与B点电势相等

4.（2025•山东二模）一质量为m,电荷量为q的带负电粒子，从O点以初速度vo沿x轴正方向进

入电场，沿x轴运动的过程中，带电粒子的电势能Ep随位移x变化的关系图像如图所示。仅考虑

电场力的作用，下列说法正确的是（）

B.沿x轴从O点到xi处，电场强度逐渐减小

C.带电粒子从X］处运动到X3处的过程中，其速度先增大后减小

D.带电粒子从0点运动到X4处的过程中，其动能最大值是:m%+2Epo

5.（2025•临汾模拟）一种计算机键盘采用电容式传感器，每个键下面由相互平行的活动极板和固定

极板组成，如图甲所示，其内部电路如图乙所示。按键前两极板间距为d,按卜.某键，只有该键的

电容改变量不小于原电容的40%时，键盘才有感应，下列说法正确的是（）

A.按键的过程中，电容器的电荷量不变

B.按键的过程中，图乙电流计中电流从a流向b

c.要使传感器有感应，至少要将按健按下:d

D.要使传感器有感应，至少要将按键按下

6.（2025•江岸区校级模拟）如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R,所

带电荷量分别为Q和-Q（Q>0）,两球面内切于E点，球心O和Oi的连线沿水平方向。一根

内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O,与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量

为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两

点距离均为R，静电力常量为k,重力加速度为g,设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为

B.小球通过D点时的速度为4历

C.小球通过O点时的动能为Ek=8mgR+弋揶

D.小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大

7.（2025•龙华区校级模拟）如图所示，竖直平面内存在沿z轴负方向的匀强电场，电场强度大小为

E。一质量为m、电荷量为+q的小球以初速度vo»从坐标原点O抛出，vo方向与x轴正方向和z

轴正方向夹角均为45°。已知qE=mg,g为重力加速度。则小球运动过程中速率的最小值为（）

z

1V2V3

A.~v0B.—v0C.—v0D.vo

8.（2025•南宁模拟）如图所示，电路中D为二极管，Ro为滑动变阻器，R为磁敏电阻，磁敏电阻

的阻值随所处空间磁场的增强而增大，水平放置在真空中的平行板电容器上板接地，极板间的P

点固定有带电量很小的负电荷，下列说法正确的是（)

D

工

R'

±条形磁铁

A.仅将Ro的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小

B.仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，电容器极板间的电压减小

C.仅将电容器的下板稍向上移，P点处负电荷的电势能增大

D.仅将电容器的下板稍向左移，电容器极板间的电场强度不变

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2025春•开福区校级期末）示波器的核心部件是示波管.示波管由电子枪、偏转电极

和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（）

A.如果在XX，之间加图a的电压，在YY，之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行

的竖直亮线

B.如果在XX之间不加电压，在YY，之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线

C.如果在XX之间不加电压，在YY，加图a甩压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑

D.如果在XX之间和YY，之间都加图b的电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个竖直.亮线

（多选）10.（2025•怀仁市四模）如图所示，电荷量为+2q（q>0）的点电荷固定在M点，电荷量

为-q的点电荷固定在N点，M、N在同一竖直线上。粗细均匀的光滑绝缘细杆水平固定，与M、

N连线的垂直平分线重合，M、N连线的中点为O,M、N间的距离为L。一个质量为m、电荷审

大小为q（正负未知）的带电小球套在光滑杆上，在A点由静止释放，在电场力作用下向O点运

动，不计小球大小，静电力常量为k,则下列说法正确的是（）

中M

6

O

ON

A.小球的电势能一直减小

B.小球运动的加速度一定一直减小

C.杆对小球的作用力一定一直增大

D.当小球与M连线与杆成45°角时，小球的加速度大小为一4-

（多选）11.（2025•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，平面内有一与竖直方向成60°夹角的匀强电

场，一质量为m,电荷量为q的小球用一绝缘细线悬挂于O点，悬点到球心的距离为L。小球静

止时细线与竖直方向的夹角6=60°,重力加速度为g,小球可视为质点，忽略空气阻力。下列选

项正确的是（）

A.小球带负电

B.电场强惬E=詈

C.小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度VI,使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，则巧=

D.小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度，小球从静止位置运动到O点正上方A点，电

势能变化为0

（多选）12.（2025•香洲区校级模拟）近些年的研究发现少部分材料呈现出反常的“热缩冷胀”现

象，这类材料被称为负热膨胀材料。如图所示，平行板电容器接电压恒定的电源，上极板固定，

卜极板能随负热膨胀材料的变化做微小移动，一带电油滴悬浮在极板间，若发现油滴向上移动，

则（）

+++

一负热膨胀材料

蔺控装E尸定工作台

A.油滴带负电

B.电容器电容变小

C.极板所带电荷最增大

D.负热膨胀材料温度开局

三.填空题（共4小题）

13.（2025•福建模拟）如图所示，正四面体的棱长为L,在点A、B、D放置带电荷量大小均为q的

点电荷，其中A处点电荷带负电，B、D处点电荷带正电,已知静电力常量为匕取无穷远处电势

为零，E为AB的中点，BD±（选填"存在”或“不存在”）电势为零的点，BD中

点处的电场强度大小为,正试探电荷沿直线从E到C,电势能

（选填“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”）。

14.（2025•福建模拟）在图示电路中，初始时静电计不带电，干电池的电动势为E,开关S闭合，

一质量为m的带电液滴悬停在间距为d的平行板电容器中P点。已知重力加速度大小为g,则液

滴所带的电荷量为0开关S闭合时,若下极板不动.将卜机板缓慢竖

直上移gd,静电计指针的张角将_______（选填“增大”“不变”或“减小”）。

4

15.（2025•宁德三模）近两年，机器人技术迅猛发展。如图是机器人把声信号转化为电信号的装置

示意图，该装置的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与

电阻、电池构成闭合回路。正常工作时，振动膜随声波左右振动。振动膜向左振动与基板距离增

大的过程中电容器的电容（选填“增大”“不变”或“减小”），电容器的板间电场

强度（选填“增大”“不变”或“减小”〉。

16.（2025•福州四模）如图所示，真空中a、b、c三个点电荷分别固定在边长为1的等边三角形的

三个顶点，a、b带电量为+q,c带电量为・q,O为ab边的中点，Oi为三角形的中心，O在连接

OOi的直线上，且001=05，则O点的场强大小为方向由O指向

（选填“O1”或“。2”）;O|点的电势（选填“等于"、“大于”或“小于”）02

点的电势。

，'；'、

/1°-\

/•o1

aO....+...06

池

四.解答题（共4小题）

17.（2025春•苏州期末）如图所示的粒子平移器，由两对水平放置、相距为d的相同平行金属板

2

AB和CD构成，每对极板长度为2d、间距为d,两对极板间偏转电压大小均为〃=舞、电场方

10Q

向相反。质量为m、电荷量为+q的带电粒子M从左侧紧贴A板下边缘以初速度vo水平进入两金

属板间，金属板外的电场以及粒子的重力都忽略不计，粒子均在纸面内运动。

（1）求粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量yi；

（2）求粒子M从进入AB板间到飞出CD板间的过程中，垂直板面方向的偏移量Y；

（3）粒子M进入金属板AB板间的同时，一质量为m、电荷量为・q的带电粒子N也从左侧某一

位置以水平初速度vo进入金属板AB间。为使粒子N与粒子M在金属板CD间相遇，不计粒子间

相互作用力，求粒子N进入AB板间金属板时，与B板间距Ad的取值范围。

M

d

18.（2025春•江阴市校级期末）如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体

ABCDA'B'C'D'中心（固定在竖直轴上），粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电

粒子，粒子比荷为二=1x1（）8。〃。，立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强E=1X1O，N/C：

m

立方体边长L=（）.lm,除了上下底面AA'B'B、CC'D'D为空外，其余四个侧面均为荧光屏,

不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸

收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：

（1）粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；

（2）若所有粒子都能打到灵光屏匕求粒子源发射粒子的速率范围；

（3）若粒子源发射的速率为%=^xl05m/s,求每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数

的比例。

19.（2025•沧州三模）如图所示，在绝缘水平面上有一竖直高度为h=0.8m的平台，一个带正电荷

的弹性小球静止在平台边缘，空间内存在着水平向右的匀强电场，弹性小球所受电场力的大小为

自身重力大小的0.5倍。在绝缘水平面上的A点与平台的水平距离为l=0.72m,现使弹性小球以

初速度vo水平抛出，落到A点上反弹（碰撞过程时间极短，碰撞前后水平方向上的速度不变，竖

直方向上的速度大小不变但方向相反）后再次返回水平面时刚好落在B点上。不计空气阻力，重

力加速度为g=10m/s2,求：

（I）弹性小球的初速度vo的大小:

（2）A、B两点间的距离d。

20.（2025•辽宁模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限中分别存在着沿y轴正方

向、沿x轴负方向的匀强电场，y轴负半轴上B点（图中未画出）固定有一正点电荷。一质量为mo

电荷最为-q（q>0）的带电粒子由A点静止释放，粒子以大小为vo的速度第一次经过y轴，粒

子第一次经过x轴时速度与x轴的夹角6=30°,粒子进入第四象限后绕B点做圆周运沟，粒子第

二次经过x轴后能回到A点。x轴上存在装置（不影响粒子经过x轴的速度）使粒子在第一、二

象限内运动时不受正点电荷的库仑力，不计粒子重力。已知A点到x轴的距离为二心静电力常

6

量为ka求：

（1）第一象限内电场的电场强度大小Ei；

（2）B点的坐标和正点电荷的电荷量Q；

（3）粒子第三次经过y轴时的速度大小v。

高考物理一轮复习静电场

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

1.（2025•柳州模拟）电荷量为Q的正点电荷固定在以O为圆心、R为半径的圆上的A点，AC为

圆的水平直径，B、D为圆上的两个位置，其中NBOA=NDOA=60°,空间存在平行于圆面的

匀强电场。将两个质子从B点以相同的初动能Eko射出，两个质子分别以Eko和等的动能通过C

点和D点，已知点电荷电场的电势中=退，其中k为静电力常量，r为与点电荷的距离，Eko=第,

丁Lrx

不计质子的重力和质子之间的库仑力，取无穷远处电势为零。则匀强电场的场强为（）

A.后=第幺方向沿直线BC,由C指向B

B.F=、震0,方向沿直线AC,Ft]C指向A

C.E=方向沿直线BC由C指向B

cr\,

D.F=^o,方向沿直线AC,由C指向A

【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电势能的概念和计算.

【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力.

【答案】A

【分析】因B、C、D到点电荷A距离均为R,故卬8=化=点电荷电场力市质子在B

到C、B到D过程做功为0：质子动能变化仅由匀强电场力做功引起。B-C动能不变，说明8c

是匀强电场等势线；B-D,由动能定理。〃加二孕-Ek。。结合几何关系确定匀强电场方向沿RC,

再由U=Ed（d为沿场强方向距禽），代入E如=黑计算，得出场强。

乙XV

【解答】解、由题意知，质子从B点到D点的运动中，助能减小量为=-挚=学

质子从B点到C点的运动中，动能不变，质子在B点时，在点电荷Q电场中的电势能与£=e（pR=

kQe

~R~

在C点时的电势能Epc-e5c-嗡

在D点时的电势能Ep°=ep。=爷

可知质子在匀强电场中，从B到C克服电场力做功，因此质子在匀强电场中受到电场力方向沿BC

直线，且方向由C指向B,如图所示

DD'_LBC,即DD'是一条等势线，由动能定理可得eERcos3（T=ao-孕

解得E=孚黑,物1正确，BCD错误。

SeR

故选：Ao

【点评】知识融合性好，将点电荷电场、匀强电场的核心知识（电势、场强、电场力做功）与动

能定理结合，考查学生对静电场知识体系的综合掌握与运用能力。几何关系与电场分析结合，需

要学生具备一定空间想象和逻辑推理能力，能有效区分学生对知识的理解深度，提升试题区分度。

2.（2025春•江阴市校级期末）如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带

电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（)

A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电

B.若粒子是从A运动到B,则加速度减小

C.若粒子是从B运动到A,则其速度减小

D.若粒子是从B运动到A,则其电势能减小

【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场

方向的互判.

【专题】定性思想：推理法：带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力

向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的

疏密进行。

【解答】解：ACD.粒子受到的电场力与电场线相切且指向轨迹凹侧，如图所示，F与场强方向

相反，可知粒子带负电，与运动方向无关，若从B运动到A,电场力做正功，动能增大，速度增

大，电势能减小，故AC错误，D正确：

B.若粒子是从A运动到B，电场线变密，场强增人，粒子受到的电场力增入，由牛顿第二定律可

知，其加速度增大，故C错误。

故选：Do

【点评】本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、电势能等物理

量的变化情况，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

3.（2025春•宁波期末）如图所示，一个质量为m的带电小源在A点以初速度vo竖直进入一个匀强

电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为vo,方向与AB连线呈60°,且AB在同一•竖直面内，

AB连线与水平方向呈30°,不计空气阻力则（）

A.小球所受电场力大小可能为0.5mg

B.小球电势能增加

C.小球带正电

D.A点电势可能与B点电势相等

【考点】电场力做功的计算及其特点；动能定理的简单应用.

【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力.

【答案】A

【分析】根据A、B两点速度相等确定合力方向，进而碓定电场力的大小；根据电场力做功情况

分析：不知道电场线方向：根据等势线与电场线关系分析。

【解答】解：A、小球受电场力荷重力作用，小球从A到B过程中合力做功为零，所以合力方向

垂直AB连线向下，如图所示

当电场力方向与合力方向垂直时电场力最小，则小球所受电场力满足F2mgsin30°=0.5mg,故A

正确：

B、小球从A到B过程中，克服重力做功，根据功能关系可知，电场力做正功，所以小球的电势

能减小，故B错误；

C、不知道电场强度的方向，所以无法判断小球的电性，故C错误；

D、等势线和电场线相互垂直，AB与小球所受合力方向相互垂直，所以AB连线不可能与电场线

相互垂直，则AB连线不可能是等势线，即A、B两点的电势不可能相等，故D错误。

故选：A-

【点评】能够确定小球所受合力方向垂直AB连线向下是解题的关键。

4.（2025•山东二模）一质量为m,电荷量为q的带负电粒子，从O点以初速度vo沿x轴正方向进

入电场，沿x轴运动的过程中，带电粒子的电势能Ep随位移x变化的关系图像如图所示。仅考虑

电场力的作用，下列说法正确的是（）

B.沿x轴从O点到Xi处，电场强度逐渐减小

C.带电粒子从XI处运动到X3处的过程中，其速度先增大后减小

D.带电粒子从O点运动到X4处的过程中，其动能最大值是;m喏+2Epo

【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；Ep-x图像的理解与应用；Ep-x图像斜率

的物理意义.

【专题】定量思想；推理法：功能关系能量守恒定律：分析综合能力.

【答案】B

【分析】A.根据Ep=q（p求Xi处的电势;

B.Epx图像的切线斜率的绝对值表示带电粒子所受静电力的大小，根据图像斜率的变化判断沿x

轴从。点到xi处，电场强度的变化；

C.根据能量守恒判断带电粒子从Xi处运动到X3处的过程中，其速度的变化；

D.根据能量守恒求其动能最大值。

【解答】解:A.根据

Ep=q（p

解得XI处的电势为—黑

故A错误；

B.由于Ep-x图像的切线斜率的绝对值表示带电粒子所受静电力的大小，由图像可知沿x轴从0

点到xi处，切线的斜率逐渐减小，即静电力逐渐减小，根据

F=Eq

得电场强度逐渐减小，故B正确：

C.根据题图可以看出带电粒子从xi处运动到X3处的过程中，电势能逐渐减小，根据能量守恒可知，

动能逐渐增大，故C错误；

D.带电粒子在X3处电势能最小，由能量守恒可知带电粒子动能最大，由能量守恒有

^mvo=ELEp

1）

即动能最大值是3m谥+Epo

故D错误。

故选：Bo

【点评】本题一要抓住图像的斜率的绝对值表示带电粒子所受静电力的大小，根据能量守恒分析

动能。

5.（2025•临汾模拟）一种计算机键盘采用电容式传感器，每个键下面由相互平行的活动极板和固定

极板组成，如图甲所示，其内部电路如图乙所示。按键前两极板间距为d,按卜.某键，只有该键的

电容改变最不小于原电容的40%时，键盘才有感应，下列说法正确的是（）

替百定支撑板

三户‘活动'极板

A.按键的过程中，电容器的电荷量不变

B.按键的过程中，图乙电流计中电流从a流向b

C.要使传感器有感应，至少要将按键按下［d

D.要使传感器有感应，至少要将按键按下3d

【考点】电容器的动态分析（U不变）一一板间距离变化.

【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析1在按键的过程中，根据平行板电容器电容的决定式©=品分析电容的变化情况，抓住

^TTLKCL

电压不变，根据电容的定义式C=冬判断电容器所带电荷戢的变化，再分析电路中电流方向；欲使

传感器有感应，根据平行板电容器电容的决定式求按键需至少按下的距离。

【解答】解：AB、在按键的过程中，电容器两板间距离d减小，根据电容的决定式©=篇，可

知电容C变大，两板间电压U一定，根据电容的定义式c=5可知，电容器的电荷量增加，电容

器充电，则按键的过程中，图乙电流计中电流从b流向a,故AB错误；

、根据磊，解得苧，则要使传感器有感应，至少要将按键按

CDC=（1+40%）C=^-z4'=

VAd.=d—yd=-y-»故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题是电容器分析问题，关键要掌握电容的决定式C二^^和电容的定义式©=*结合

电压不变这个条件进行分析。

6.（2025•江岸区校级模拟）如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R,所

带电荷量分别为Q和-Q（Q>0）,两球面内切于E点，球心O和6的连线沿水平方向。一根

内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O,与球面相交于B、C两点。现有•质量为m、带电量

为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两

点距离均为R，静电力常量为k,重力加速度为g,设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为

5=平,则（）

A.A点电势为第

on

B.小球通过D点时的速度为4病

C.小球通过O点时的动能为Ek=8mgR+岩翳

D.小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大

【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用.

【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力.

【答案】C

【分析】A.结合题意根据电势表达式求A点电势：

B.根据动能定理求小球通过D点时的速度；

C.根据对称性和电势叠加原理求O点电势，再结合动能定理求小球通过O点时的动能：

D.根据牛顿第二定律求出加速度表达式，结合半径和角度的变化判断小球从B运动到O的过程中

加速度的变化。

【解答】解：A.几何关系可知

OiA=10R

则A点电势为

仍1-10/?十8R一40/?

故A错误；

B.根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0,根据动能定理有

1

—mv]7)—0=mgx16/?+qU

2

解得小球通过D点时的速度

vD=4j2gR

故B错误；

C.根据对称性和电势叠加原理易得0点电势

-kQ,kQ-kQ

（/）0="6R~+7R=^2R

小球从A到O过程，根据动能定理有

Ek-0=mgX8R+q(<pA~<po)

联立解得小球通过O点时的动能为

Ek=8mgR+岩携

故C正确:

D.小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为。（大球在其内部产生的场强为（）），小

球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为。，根据

牛顿第二定律可知小球加速度

mg+^cosO

a=---------------=g+第皿。

m

从从B运动到O的过程中，I■在减小，B在增大（cos。减小），故无法判断加速度大小具体变化,

故D错误。

故选：Co

【点评】解决本题的关键知道电势是标量，注意标量和矢量的计算规则，结合动能定理进行求解。

7.（2025•龙华区校级模拟）如图所示，竖直平面内存在沿z轴负方向的匀强电场，电场强度大小为

Eo—质量为m、电荷量为+q的小球以初速度vo，从坐标原点O抛出，vo方向与x轴正方向和z

轴正方向夹角均为45°。已知qE=mg,g为重力加速度.则小球运动过程中速率的最小值为（)

V3

C.D.vo

【考点、】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】根据运动的合成和分解，结合速度vo分解在沿x轴以及z轴方向上分析求解。

【解答】解：因qE=mg,则电场力与重力的合力F台方向在yoz平面内且与z轴负向夹角45°斜

向下;

速度vo分解在沿x轴方向的分吊:：v0cos450=

速度vo分解在沿z轴正向的分量为：vosin450,

1

将沿z轴正向的速度vosin450分解到与F分方向垂直的方句，其速度为为s出45。•cos45。=亍%

沿z轴正向的速度vosin45°分解与F价方向共线的方向，当此方向的速度减为零时，物体的速度

最小，可知最小速度为％n=J（%o）2十（粤产=导外

故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动

学公式是解决此类问题的关键。

8.（2025•南宁模拟）如图所示，电路中D为二极管，Ro为滑动变阻器，R'为磁敏电阻，磁敏电阻

的阻值随所处空间磁场的增强而增大，水平放置在真空中的平行板电容器上板接地，极板间的P

点固定有带电量很小的负电荷，下列说法正确的是（）

D

工

P条形磁铁

A.仅将Ro的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小

B.仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，电容器极板间的电压减小

C.仅将电容器的下板稍向上移，P点处负电荷的电势能增大

D.仅将电容器的下板梢向左移，电容器极板间的电场强度不变

【考点】平行板电容器电容的决定式及影响因素；含容电路的动态分析；匀强电场中电势差与电

场强度的关系.

【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】仅将Ro的滑片向二移动，分析电路中电流的变化，结合二极管的单向导电性分析电容器

的电压变化情况；仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，磁敏电阻的阻值增大，分析电路中电流

的变化，再分析电容器的电压变化情况；仅将电容器的下板稍向上移，分析电容的变化，再判断

电容器带电量的变化，分析电容器极板间的电场强度变化情况，再判断P点处电势变化情况，再

进一步分析P点处负电荷的电势能变化情况；仅将电容器的下板稍向左移，采用同样方法分析电

容器极板间的电场谀度变化情况O

【解答】解：A、仅将Ro的滑片向下移动，其接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R'的电

压以及电源内电压均增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电容器的电压减小，电容器要放电，

但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电量不变，其电压不变，故A错误：

B、仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻R'的阻值增大，电路中电流减小，滑动变

阻器Ro上分得的电压减小，电容器极板间的电压减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电

性，电容器不能放电，电容器所带电量不变，其电压不变，故B错误；

C、仅将电容器的下板稍向上移，电容器板间距离减小，电容器的电压不变，由£=，知电容器极

板间的电场强度增大，由U=Ed可知，P点与上极板间电势差增大，因P点电势小于零，所以P

点电势降低，则P点处负电荷的电势能减小，故C正确；

D、仅将电容器的下板稍向左移，电容器两个极板的正对面积S减小，电容C减小，电容器的电

压U不变，由Q=CU知电容器要放电，但二极管的单向导电性，电容器不能放电，故电容器所带

电荷量Q不变，由E=§=岛=二一二型孚，可知电容器板间的电场强度E增大，故D错误。

dCd_£rS,s

4nkdd£r

故选：Co

【点评】本题首先要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大；

其次要掌握电容的定义式、电容的决定式以及场强公式来进行动态分析。

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2025春•开福区校级期末）示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极

和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（）

甲曲图b图c（正弦曲线）

A.如果在XX之间加图a的电压，在YY，之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行

的竖直亮线

B.如果在XX之间不加电压，在YY，之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线

C.如果在XX，之间不加电压，在YY加图a电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑

D.如果在XX之间和YY，之间都加图b的电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个竖直亮线

【考点】示波器的原理一一电压对光点位置的影响.

【专题】应用题；学科综合题：定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能

力.

【答案】AC

【分析】由示波器的工作原理，结合偏转电极卜.加不同电压时电子的偏转及荧光屏上的亮斑或亮

线形状。

【解答】解：A、如果在XX,之间加图a的电压，电子在X轴方向上的偏转量都会相同，在YY'

之间加图c恒定电压，电子将在Y轴方向上发生偏转，旦电压越大时侧移量越大，所以在荧光屏

的会看到一条与Y轴平行的竖直亮线，故A正确；

BC、如果在XX'之间不加电压，则在X轴方向不偏转，若在YY'之间加图c恒定电压，电子

将在Y轴发生偏转，且电压越大时侧移量越大，所以在荧光屏的Y轴上会看到一条竖直亮线。若

在YY'加图a恒定电压，电压值为正，Y极板电势高于Y'极板电势，板间的匀强电场由Y极板

指向Y'极板，所有电子运动的轨迹都相同，向着Y极板一侧偏转，即所有电子都打在荧光屏的

正Y轴上的同一点，因此在正Y轴上将出现一个亮斑，故B错误，C正确；

D、根据以上分析可知，如果在XX'之间和YY'之间都加图b的电压，由运动的合成可知，在

荧光屏上将出现一条夹在X轴与y轴之间倾斜的亮线，故D错误。

故选:AC。

【点评】本题考查示波器的工作原理，需结合偏转电极上加不同电压时电子的偏转情况，分析荧

光屏上的亮斑或亮线形状。

（多选）10.（2025•怀仁市四模）如图所示，电荷量为+2q（q>0）的点电荷固定在M点，电荷量

为-q的点电荷固定在N点，M、N在同一竖直线上。粗细均匀的光滑绝缘细杆水平固定，与M、

N连线的垂直平分线重合，M、N连线的中点为O,M、N间的距离为L。一个质量为m、电荷量

大小为q（正负未知）的带电小球套在光滑杆上，在A点由静止释放，在电场力作用下向O点运

动，不计小球大小，静电力常量为k,则下列说法正确的是（）

中M

GN

A.小球的电势能一直减小

B.小球运动的加速度一定一直减小

C.杆对小球的作用力一定一直增大

D.当小球与M连线与杆成45°角时，小球的加速度大小为维吗

【考点】电场力做功与电势能变化的关系；牛顿第二定律的简单应用：库仑力作用下的受力平衡

问题.

【专题】比较思想；合成分解法：电场力与电势的性质专题；理解能力.

【答案】AD

【分析】分析小球受到的静电力合力方向，判断静电力做功情况，分析电势能变化情况；结合小

球在无穷远处和0点加速度均为零，分析加速度可能的变化情况；根据竖直方向受力平衡分析杆

对小球的作用力变化情况；当小球与M连线与杆成45°角时，根据牛顿第二定律结合库仑定律求

小球的加速度人小。

【解答】解：A、由于M点带正电的点电荷的电荷量比N点带负电的点电荷的电荷量大，正点电

荷对小球的静电力大于负点电荷对小球的静电力，小球所受静电力的合力斜向右上方，从A到0,

静电力一直做正功，小球的电势能一直减小，故A正确；

B、小球在无穷远处和0点加速度均为零，所以小球运动的加速度可能先增大后减小，故B错误;

C、两点电荷对小球的静电力竖直方向的分力向上，当小球从A向0运动时，点电荷对小球竖直

方向的作用力一直增大，如果这个作用力先小于小球重力，后大于小球重力，则杆对小球的作用

力可能先减小后增大，故C错误；

2

D、当小球与M连线与杆成45°角时，根据牛顿第二定律有上好n一cos450=ma

（知）2

解得。=噜¥''故D正确。

故选：AD。

【点评】解答本题时，要熟练运用力的合成法分析静电力的合力变化梢况，利用牛顿第二定律求

加速度。

（多选）11.（2025•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，平面内有一与竖直方向成60°夹角的匀强电

场，一质量为m,电荷量为q的小球用一绝缘细线悬挂于O点，悬点到球心的距离为L。小球静

止时细线与竖直方向的夹角9=60°,重力加速度为g,小球可视为质点，忽略空气阻力。下列选

项正确的是（）

甲

A.小球带负电

B.电场强度E=等

C.小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度vi，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，则%=

河

D.小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度，小球从静止位置运动到。点正上方A点，电

势能变化为0

【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；带电体在匀强电场中的受力平衡.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】BD

【分析】对小球进行受力分析，结合电场力、重力的特点，以及圆周运动的临界条件、电势能变

化的判断方法来分析。

【解答】解：A、由受力平衡可知，小球受到的电场力顺着电场方向，故小球带正电

故A错误；

B、小球静止时，设细线拉力为「，场强大小为E,根据共点力平衡条件Ticos0+qEcos6=mg,TisinO

=qEsin0

联立解得E=詈

故B正确；

D、由几何关系可知，初末状态沿电场线方向移动的距离为0,电场力做功为0,电势能变化量为

0

故D正确；

C、小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球在等效最高点C点，由重力和电场力的合力

提供向心力，重力和电场力的合力F合=mg

由牛顿第二定律得mg=

小球从静止位置运动到等效最高点C点,由动能定理可得-2机gL=\rnv^-

联立解得力=庖I

故C错误。

故选：BDa

【点评】本题考查带电体在重力场与电场复合场中的受力平衡、圆周运动及电势能变化，涉及电

场力、重力的合成与分解，等效重力法在圆周运动临界问题中的应用，以及电场力做功与电势能

变化的关系。

（多选）12.（2025•香洲区校级模拟）近些年的研究发现少部分材料呈现出反常的“热缩冷胀”现

象，这类材料被称为负热膨胀材料。如图所示，平行板电容器接电压恒定的电源，上极板固定，

卜极板能随负热膨胀材料的变化做微小移动，一带电油滴悬浮在极板间，若发现油滴向上移动，

贝I]<)

一负热膨胀材料

5确粪&定工作台

A.油滴带负电

B.电容器电容变小

C.极板所带电荷量增大

D.负热膨胀材料温度升高

【考点】电容器的动态分析（U不变）一一板间距离变化.

【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力.

【答案】ACD

【分析】根据带电液滴受到的电场力方向分析；根据电容的决定式分析：根据甩容的定义式分析；

根据E=，分析板间距离的变化即可。

【解答】解：A.由图可知，极板间电场方向向下，乂初态带电油滴受力平衡，则油滴所受电场力

向上，油滴带负电，故A正确；

D.若油滴向上移动，则油滴所受电场力变大，即板间电场强度E变大。由于极板间电压U不变，

由E=§可知极板间距离d变小，则材料膨胀，结合其“热缩冷胀”的性质可知，负热膨胀材料温

度升高，故D正确；

B.d变小，由。二次之可知C变大，故B错误；

C.U不变，C变大，由、=^1；可知极板所带电荷量增大，故C正确。

故选：ACDo

【点评】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础。

三.填空题（共4小题）

13.（2025•福建模拟）如图所示，正四面体的棱长为L,在点A、B、D放置带电荷量大小均为q的

点电荷，其中A处点电荷带负电，B、D处点电荷带正电,已知静电力常量为k,取无穷远处电势

为零，E为AB的中点，BD上不存在（选填“存在”或“不存在”）电势为零的点，BD中

点处的电场强度大小为_粤_,正试探电荷沿直线从E到C,电措能一先增大后减小（选填

“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”）。

A

【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；电场强度的叠加：电荷性质、电势能和电势的关系.

【专题】定量思想；推理法：电场力与电势的性质专题；推理论证能力.

【答案】不存在；瞿；先增大后减小。

【分析】根根据电势叠加原则，计算BD上点的电势；据电场强度的叠加法则分析BD中点处的电

场强度大小；根据电势能公式及等等量异种电荷电场分布特点分析电势能变化。

【解答】解：在BD上（不包含端点），任意一点到较近的正点电荷的距离总小于到负点电荷的

距离，即任意一点的电势都大于零，则BD上不存在电势为零的点。

B、D处点电荷在BD中点处的合场强为零，A处点电荷在BD中点处的场强E=—雪一=给，则

BD中点处的电场强度大小为坐