2026年高考物理一轮复习 静电场【附解析】

/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∠BOA＝∠DOA＝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Ek0射出，两个质子分别以Ek0和Ek02的动能通过C点和D点，已知点电荷电场的电势φ＝kQr，其中k为静电力常量，r为与点电荷的距离，EA．E=3EB．E=3EC．E=3ED．E=32．（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v0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v0，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v0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（）A．x1处的电势为Ep0B．沿x轴从O点到x1处，电场强度逐渐减小 C．带电粒子从x1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12mv5．（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，按下某键，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，至少要将按键按下25D．要使传感器有感应，至少要将按键按下26．（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O1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φ=kQA．A点电势为kQ8RB．小球通过D点时的速度为4gRC．小球通过O点时的动能为Ek＝8mgR+41kD．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v0，从坐标原点O抛出，v0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（）A．12v0 B．22v08．（2025•南宁模拟）如图所示，电路中D为二极管，R0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（）A．仅将R0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（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（）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2（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θ＝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．电场强度E=mgC．小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度v1，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，则v1D．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，下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（）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（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。开关S闭合时，若下极板不动，将上极板缓慢竖直上移14d，静电计指针的张角将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l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，O1为三角形的中心，O在连接OO1的直线上，且OO1＝OO2，则O点的场强大小为，方向由O指向（选填“O1”或“O2”）；O1点的电势（选填“等于”、“大于”或“小于”）O2点的电势。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U=mv0（1）求粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量y1；（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v0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Δd的取值范围。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qm=1×10（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荧光屏上，求粒子源发射粒子的速率范围；（3）若粒子源发射的速率为v019．（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v0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：（1）弹性小球的初速度v0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m。电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子由A点静止释放，粒子以大小为v0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θ＝30°，粒子进入第四象限后绕B点做圆周运动，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36（1）第一象限内电场的电场强度大小E1；（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∠BOA＝∠DOA＝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Ek0射出，两个质子分别以Ek0和Ek02的动能通过C点和D点，已知点电荷电场的电势φ＝kQr，其中k为静电力常量，r为与点电荷的距离，EA．E=3EB．E=3EC．E=3ED．E=3【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．【正确答案】A【分析】因B、C、D到点电荷A距离均为R，故φB=φC=φD=kQR，点电荷电场力对质子在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，说明解、由题意知，质子从B点到D点的运动中，动能减小量为Δ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E在C点时的电势能E在D点时的电势能E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′⊥BC，即DD′是一条等势线，由动能定理可得eERcos30°=解得E=3故选：A。【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．【正确答案】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：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，场强增大，粒子受到的电场力增大，由牛顿第二定律可知，其加速度增大，故C错误。故选：D。【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的带电小球在A点以初速度v0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v0，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．【正确答案】A【分析】根据A、B两点速度相等确定合力方向，进而确定电场力的大小；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：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F≥mgsin30°＝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v0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（）A．x1处的电势为Ep0B．沿x轴从O点到x1处，电场强度逐渐减小 C．带电粒子从x1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12mv【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．【正确答案】B【分析】A.根据EP＝qφ求x1处的电势；B.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，根据图像斜率的变化判断沿x轴从O点到x1处，电场强度的变化；C.根据能量守恒判断带电粒子从x1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：A.根据EP＝qφ解得x1处的电势为−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O点到x1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x1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12即动能最大值是1故D错误。故选：B。【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，按下某键，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，至少要将按键按下25D．要使传感器有感应，至少要将按键按下2【考点】电容器的动态分析（U不变）——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．【正确答案】D【分析】在按键的过程中，根据平行板电容器电容的决定式C=ɛrS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C=ɛrSCD、根据C=ɛrS4πkd，（1+40%）C=ɛ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=ɛrS6．（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O1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φ=kQA．A点电势为kQ8RB．小球通过D点时的速度为4gRC．小球通过O点时的动能为Ek＝8mgR+41kD．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．【正确答案】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：A.几何关系可知O1A＝10R则A点电势为φA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12解得小球通过D点时的速度vD故B错误；C.根据对称性和电势叠加原理易得O点电势φO小球从A到O过程，根据动能定理有Ek﹣0＝mg×8R+q（φA﹣φO）联立解得小球通过O点时的动能为Ek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0（大球在其内部产生的场强为0），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θ，根据牛顿第二定律可知小球加速度a=mg+从从B运动到O的过程中，r在减小，θ在增大（cosθ减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。故选：C。【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E。一质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0，从坐标原点O抛出，v0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（）A．12v0 B．22v0【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．【正确答案】C【分析】根据运动的合成和分解，结合速度v0分解在沿x轴以及z轴方向上分析求解。解：因qE＝mg，则电场力与重力的合力F合方向在yoz平面内且与z轴负向夹角45°斜向下；速度v0分解在沿x轴方向的分量：v0速度v0分解在沿z轴正向的分量为：v0sin45°，将沿z轴正向的速度v0sin45°分解到与F合方向垂直的方向，其速度为v沿z轴正向的速度v0sin45°分解与F合方向共线的方向，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v故ABD错误，C正确。故选：C。【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，R0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（）A．仅将R0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【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．【正确答案】C【分析】仅将R0的滑片向下移动，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强度变化情况。解：A、仅将R0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R0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E=UD、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=U故选：C。【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（）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——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．【正确答案】AC【分析】由示波器的工作原理，结合偏转电极上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：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，且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（）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2【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．【正确答案】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O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大小。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O，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O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O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；D、当小球与M连线与杆成45°角时，根据牛顿第二定律有k解得a=2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情况，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θ＝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．电场强度E=mgC．小球静止时，若给小球一垂直于细线的初速度v1，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，则v1D．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【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．【正确答案】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：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T1，场强大小为E，根据共点力平衡条件T1cosθ+qEcosθ＝mg，T1sinθ＝qEsinθ联立解得E=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=m小球从静止位置运动到等效最高点C点，由动能定理可得−2mgL=联立解得v故C错误。故选：BD。【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，下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（）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）——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．【正确答案】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；根据电容的定义式分析；根据E=U解：A.由图可知，极板间电场方向向下，又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=UB.d变小，由C=ɛC.U不变，C变大，由Q＝CU可知极板所带电荷量增大，故C正确。故选：ACD。【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4kq3L2【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．【正确答案】不存在；4kq3【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：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=kq(3CE为AB的垂直平分线，在A、B处点电荷产生的电场中，CE上电势为零，则正试探电荷可看成只处在D处点电荷产生的电场中，从E到C，正试探电荷离D的距离先减小后增大，由φ=kQ故不存在；4kq3【点评】本题考查对点电荷电场分布特点及电场强度叠加的理解，注意电势能的计算方法。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mgdE。开关S闭合时，若下极板不动，将上极板缓慢竖直上移14d【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连；电容器的定义与常见的电容器．【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．【正确答案】mgdE【分析】液滴静止，受力平衡，根据平衡条件求液滴所带的电荷量。开关S闭合时，静电计所测电压不变，静电计指针张角不变。解：开关S闭合时，液滴受力平衡，由平衡条件得mg=q解得液滴所带的电荷量为q=当上极板缓慢竖直上移14故mgdE【点评】解答本题时，要明确静电计测定电容器两极板间电势差，能根据液滴受力情况，根据平衡条件求其电荷量。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减小（选填“增大”“不变”或“减小”），电容器的板间电场强度减小（选填“增大”“不变”或“减小”）。【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；归纳法；电容器专题；理解能力．【正确答案】减小，减小。【分析】根据C=ɛrS解：根据C=ɛrS故减小，减小。【点评】本题考查了公式C=ɛrS16．（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l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，O1为三角形的中心，O在连接OO1的直线上，且OO1＝OO2，则O点的场强大小为4kq3l2，方向由O指向O1（选填“O1”或“O2”）；O1点的电势小于【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度的叠加．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【正确答案】4kq3l2【分析】根据电荷的正负分析电场线的方向，进而分析电势。解：a、b两电荷在两点的电势相等（规定无穷远处电势为0），c电荷在O1点的电势小于在O2点的电势，故O1点小于O2点的电势；a、b两电荷在O点电场强度大小相等，方向相反，c电荷在O点电场强度大小Ec=kq故4kq3l2【点评】考查对点电荷电场线分布情况及电场叠加的理解，熟悉场强公式的运用。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U=mv0（1）求粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量y1；（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v0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Δd的取值范围。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【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．【正确答案】（1）粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量y1为18（2）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为38（3）粒子N进入AB板间金属板时，与B板间距Δd的取值范围为d4【分析】（1）粒子在AB板间做类平抛运动，根据平抛运动规律计算；（2）分别计算粒子在AB间、AB和CD之间没有电场空间出和在CD间的偏移量即可；（3）相遇只要考虑竖直方向，要使粒子N与粒子M在CD板间相遇，只要将粒子N的轨迹整体向上平移，交点即相遇点。分别考虑粒子在CD板的左边界相遇和CD右边界相遇的情况，即可得到Δd的取值范围解：（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，设粒子经过AB电容器的时间为t，则2d＝v0t设粒子的加速度为a，根据牛顿第二定律有U粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则y解得y（2）设粒子经过AB板间时速度的偏转角为θ，则有tanθ=v粒子离开AB板时竖直方向的速度为vy＝at解得tanθ=两对平移器中间区域无电场，粒子做匀速直线运动tanθ=解得y根据对称性，得y所以Y=（3）粒子N若从B板边缘进入，轨迹如图，其轨迹与M粒子轨迹对称.由于水平方向两粒子运动情况一致，所以相遇只要考虑竖直方向，要使粒子N与粒子M在CD板间相遇，只要将粒子N的轨迹整体向上平移，交点即相遇点.要使粒子在CD板的左边界相遇，应使粒子轨迹整体上移△d1＝d﹣（y1+y2）×2即粒子N入射点与B板相距△要使粒子在CD板的右边界相遇，应使粒子轨迹整体上移△d2＝d﹣2Y1即粒子N入射点与B板相距△所以取值范围为d答：（1）粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量y1为18（2）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为38（3）粒子N进入AB板间金属板时，与B板间距Δd的取值范围为d4【点评】知道粒子在极板之间做类平抛运动，掌握平抛运动规律是解题的基础。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qm=1×10（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荧光屏上，求粒子源发射粒子的速率范围；（3）若粒子源发射的速率为v0【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【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．【正确答案】（1）粒子打出后，在电场中运动的加速度大小为1×1011m/s2；（2）若所有粒子都能打到荧光屏上，粒子源发射粒子的速率范围为v0（3）若粒子源发射的速率为v0=3【分析】（1）由牛顿第二定律qE＝ma，代入qm（2）粒子类平抛，垂直电场方向匀速、沿电场方向匀加速。恰打荧光屏边缘时，两方向位移均为L2（3）依据类平抛规律，确定能打屏的粒子发射方向范围，通过几何关系算该范围粒子数与总发射数的比例。解：（1）Eq＝maa=Eq代入数据得a＝1×1011m/s2（2）粒子射出后，在电场中做类平抛运动，能打在立方体底边四个顶点的粒子发射速率最小水平方向：2竖直方向：L联立解得：v发射粒子的速率范围：v（3）对粒子源发射速率为v0水平方向：r＝v0t竖直方向：L联立解得：r=因此有部分粒子穿过四个侧面，画出俯视图cosθ=L解得：θ＝30°每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数的比例η=答：（1）粒子打出后，在电场中运动的加速度大小为1×1011m/s2；（2）若所有粒子都能打到荧光屏上，粒子源发射粒子的速率范围为v0（3）若粒子源发射的速率为v0=3【点评】将牛顿第二定律、类平抛运动、几何分析（临界状态、方向范围）融合，考查对电场力下带电粒子运动的综合理解，覆盖力学与电场力的关联核心考点。以“粒子收集装置”为背景，将抽象的带电粒子在电场中运动，与实际装置的“能否打到荧光屏”“粒子数比例”关联，体现物理知识的实际应用价值，培养学以致用的思维。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v0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：（1）弹性小球的初速度v0的大小；（2）A、B两点间的距离d。【考点