高考物理总复习（九）静电场

专题九静电场

考点1静电场中力的性质

考向1电场强度的叠加与计算

1.M2024江苏,1,4分)在静电场中芍a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的

关系，请问a、b两点的场强大小之比Ea：Eb等于()

A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1

答案D设F-q图像的横坐标每格长度表示的电荷量为qc,纵坐标每格长度表示的力大小为Fo根据

E=£可知F-q图像的图线斜率表示电场强度，由题图可知Ea=也=4&Eb=?二"，可得&：Eb=4：LD正

QQoQo4q()q0

确。

2.2⑵)24河北,7,4分)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、CoM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

荷量为美已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k。顶点A处的电场强度

大小为()

,4

B瓜-------L-------

qq

A?B.当(6+何

C.^(3V3+1)D.^(3+V3)

a2a2

【答案】D

【解析】B、C处正点电荷在M点产生的场强E、B大小相等，根据点电荷的场强公式得

E%二k百广3抵M点合场强为0.则带电细杆在M点产生的场强E=2E,cos60。=3抵根据对称性可知

带电细杆在A点产生的场强大小E'二E,方向沿MA,B、C处正点电荷在A点产生的场强E'I、E'2大

小相等，根据点电荷的场强公式得E'FE'2=k*则A处合场强EA=2E'iCos30o+E'=k，(3+K),D正

确。

3.2（2024贵州,7,4分）如图,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为

30°oA、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,

则也等于（）

A.-B.—C.V3D.2

33

【答案】B【解析】根据题意可知,A、B处两电荷为异种电荷，假设A点处为正电荷,B点处为负电荷,

作出两电荷在C点的场强如图所示（点拨海点碍为负电荷汨立处花为止电荷、则仅影响C点场强沿

切线的指向，对大小无影响），

设圆的半径为r,根据几何知识可得rAC=r,rBc=V3r,tan6（）。上,同时有EA=学,EB=^，联立解得出二£B

rACrBCQB3

正确。

考向2静电力作用下的平衡与加速问题

1.1（2024新课标，18,6分）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上,

下端分别系有均带正电荷的小球P、Q;小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与

竖直方向的夹角大小相等，则（

A.两绳中的张力大小一定相等

B.P的质量一定大于Q的质量

C.P的电荷量一定小于Q的电荷量

D.P的电荷量一定大于Q的电荷量

【答案】B

【解析】设电场强度为E,小球P带电荷量为qp,小球Q带电荷量为qQ,两小球间的库仑力大小

为F,细绳对小球P的拉力为FP,细绳对小球Q的拉力为FQ,细绳与竖直方向的夹角为0,对小球

P受力分析可得FPCOS0=mpg,FPsin0=F+qpE,解得tan0=，；若,同理对小球Q受力分析有FQCOS

0=mQg,FQsin9=F-qQE,可得tanTB由于F+qpE>F-qQE,所以mp>mQ,FP>FQ,A错误，B.IE

确；小球P的电荷量与小球Q的电荷量的大小关系无法确定，C、D错误。

2.集（2024海南,12,4分）（多选）如图,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Pi、

P2两点,0是P1P2连线的中点,M点在P1P2连线的中垂线上，距离。点为r,N点在P1P2连线上，距离。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连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为fr

B.PF2连线的中垂线上电场强度的最大值为吟

9r2

C.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【解析】设中垂线上某点与Pi（或P2）的连线与PR连线的夹角为仇0忒书，则该点处的

场强E=2—sin0=斗""；；。、_”,令f（0）=sin0cos池则f（9）=cos39-2sin29cos。，当f（0）=0,解得tan0=今

\COS0/

此时f（e）取最大值,f（e）max-竽,所以中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d-rtan。等,最大值

Emax二喑.A错误,B正确。因为r>fr,所以在M点静止释放一电子后，电子受到的电场力向上且一直

减小，故加速度一直减小,C正确。在N点静止释放电子，设电子离0点距离为父时，其所受到的电场力

大小为Fq源-缶=kqe［急-日水kqe［（rJ因为X。所以电场力大小F'kq嗒,方向指

向O点（点拨:x为0时,F=0,即0点为平衡位置）,电场力大小与电子相对于平衡位置的位移大小成正比,

且总指向平衡位置，符合简谐运动的特点,D正确。

考点2静电场中能的性质

考向1电场分布带电粒子的运动轨迹

1.*（2024河北,2,4分）我国古人最早发现了尖端放电现象并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端

采用〃伞状〃金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相

邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（）

A.a点B.b点C.c点D.d点

答案C等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小，由题图可知,c点处等差等势面最密,故c点的电

场强度最大,C正确。

2.2（2024甘肃,9,5分）（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【解析】根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。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,B正确。粒子带正电，因为M点的电势大

于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,D正确。由于带电粒子仅在电场力作用

下运动，只有电场力做功,电势能与动能总和保持不变，可知当电势能最大时动能最小，故粒子运动轨迹

上电势最大处粒子动能最小,C正确。

3.*（2024全国甲，18,6分）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「处的电势为k&,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，

r

等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Qi和Q2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（)

A.Qi<0,^=-2B.QiX),崇=-2

C.Qi<0,0=3D.Qi>0,/・3

【答案】B

【解析】电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，由图中等势线可知，Qi>0,Q2<0,A、C

错误；题图中两个点电荷连线上，电势为零处有搀十心二0,所以野叫牛，B正确，D错误。

rir2Q21r2I11

【知识拓展】将无限远处电势规定为0时，孤立的正点电荷的电场中电势都是正数，孤立的负点电

荷的电场中电势都是负数；电势是标量，所以多个点电荷的电场中电势等于各点电荷产生的电场在

此处的电势的代数和。

考向2静电场中力和能的性质的综合分析

1.*（2024广东,8,6分）（多选）污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去

污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底

部,金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同

一电场线上』点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（）

A.M点的电势比N点的低

B.N点的电场强度比P点的大

C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功

D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大

【答案】AC

【解析】沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确；电场线密处电场强度大,所以P点的

电场强度比N点的大,B错误；由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N点电场力对其做正功,C

正确;N点电势高于P点电势，负电荷在电势高处电势能小，则污泥絮体在N点的电势能小于在P点的

电势能,D错误。

2.3（2024湖北,8,4分）（多选）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（）

A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变

B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面

C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小

D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高甩势的地方向低甩势的地方运动

【答案】AC【解析】根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，这个系统电荷的代数

和是不变的,A正确;根据电场线和等势面的关系可知电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向

电势低的等势面,B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,电场力做正功，电势能减小，根据中宁可

知，正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,C

正确,D错误。

3.2（2024浙江6月，12,3分）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此

空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心

。在MN的中点，半径为R,AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为十q的小球

套在圆环上，从A点沿圆环以初速度vo做完整的圆周运动，则（）

\AA

A.小球从A到C的过程中电势能减少

B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动

C.可求出小球运动到B点时的加速度

D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN

【答案】C

。审题指导

当场的矢量叠加不方便求合矢量时，可以分开讨论，譬如将一对等量异种点电荷的电场和匀强

电场与重力场的等效场分开看，研究起来会变得简单许多。

【解析】圆环处在两个等量异种点电荷连线的中垂面上，两个点电荷在此面上的电势相同，讨论带

正电小球做圆周运动过程中电势能的变化情况时，只需考虑匀强电场，在匀强电场中，从A到C,

电场力做负功，电势能增加，A错误。两个等量异种点电荷在圆环处对小球的电场力方向垂直于圆

环所在平面且平行于MN方向，不参与提供向心力，故当匀强电场的电场力与重力平衡时，小球可

沿圆环做匀速圆周运动，B错误c设小球在B点的速度为YB,从A到B,由动能定理可得（mg-qE）

R=：m哈加日在B点的向心加速度**炉,竖直方向的切向加速度ak些眨两个加

202uRRmm

速度矢量合成即可得到小球在B点的加速度，C正确；小球在D点受到圆环的作用力可分解为垂直

圆环所在平面的分力FNI和沿圆环半径指向圆心的分力FN2,FNI与两等量异种点电荷提供的电场力

平衡，FN2提供小球做圆周运动的向心力，D错误。

4.2（2024山东，10,4分）（多选）如图所示，带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在。点，右侧

有固定在水平面上、倾角为30。的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点

由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,

重力加速度大小为g，静电力常置为匕下列说法正确的是（)

A.OB的距离1=

B.OB的距离1=

C.从A到C,静电力对小滑块做功W二・mgs

D.AC之间的电势差UAC二-嘤

2q

【答案】AD

【解析】小滑块在B点时受力分析如图所示，由三力平衡可得千=1^1@1130。=日0^；由库仑定律可得

F=k^,联立解得1二强,A正确，B错误。小滑块由A到C的过程中，由动能定理有

HYmg

qUAc+mgs-sin30°=0,解得静电力做功W=qUAc/ngs,则AC之间的电势差UAC二-署，C错误，D

正确C

5.1⑵）24北京,11,3分）如图河示，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=QNo下列说法正确的是（）

©------P----------Q------Q

A.P点电场强度比Q点电场强度天

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两等量异种点电荷电场线如图所示，

由对称性可知P点的电场强度与Q点电场强度相同,A错误。沿电场线方向电势降低,P点的电势高于

Q点的电势,B错误。设两点电荷的电荷量大小均为q,M、P间的距离为n,P、N间的距离为r2,由电

场强度叠加原理可得,P点的电场强度大小E#+1当q'=2q时,E'=2E,C正确。P、Q两点间每个位

rlr2

置的电场强度均变为电荷变化前的2倍,则P、Q两点间的电势差变为变化前的2倍,D错误。

6.*由（2024湖南54分）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@随x变化的图像正确的是（）

【答案】D

【解析】根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0时，电势接近

负无穷，根据点电荷的场强公式可得，在x轴正半轴上任一点x处，电荷量为+4q的点电荷在此点产生

的场强大小Ei二号，电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2二等，若有的位置，即

EI=E2

三失二浮,解得X=1或x=*（舍去）。O-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，则处对应

的切线的斜率为0,电势最高,D正确。

7,若（2024广西,7,4分）如图,将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧

直存两端的M点和N点分别固定电荷量为270和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放.小圆环先后经

过图上Pi点和P2点,已知sin则小圆环从Pi点运动到P?点的过程中（）

A.静电力做正功

B.静电力做负功

C.静电力先做正功再做负功

D.静电力先做负功再做正功

【答案］A【解析】当小圆环在弧PR上的任意一点P,设PM与MN的夹角为（X,根据几何关系可得37°五（XW53。,

小坏位于尺时，会场先与牛,松。P、/

公、公力耳速度》向（逢皮滋的

切线:去与刚好为*统

>

了京［1前*7'■石而瓦苫瑞西苕

在央枭,合力与速度方向;速友咨匕

克的切筑）夹角为斑谢

由凡到P?,M、N处点电荷在“、匕间圆弧段上合场强的方向与半径的夹角越来越小，直至与半径重合，则小圆环受到的静

电力与其速度方向的夹角从锐角逐渐增大为直角（注意圆环带负电）,即睁电力一直做正功,A正确。

过程推导

证明场强方向与半径夹角越来越小

NP

在移动过程中，将小环所处位置记为乙设半径0P与MP夹角为仇工,有"八而。设M、N处的点电荷在P处产

642

生的合场强方向与MP夹角为小,有a八%二%=黑7,小环在匕时为八七》仅八%,随着小环移动,NP逐渐增

大,MP逐渐减小工刖0（1逐渐增大工〃八0（2逐渐减小，直至到达P2时，有tav\必"〃八小,半径OP与合场强方向重合。

考点3电容器带电粒子在匀强电场中的运动

考向1电容器

1金（2024江西，1,4分）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于

电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场,如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰

中电子所受的电场力，下列说法正确的是（

A.电场力增大,方向向左

B.电场力增大,方向向右

C.电场力减小,方向向左

D.电场力减小,方向向右

【答案】B

【解析】当金属板间的电压恒定时，根据可知，板间距d减小，电场强度增大，电子所受电场

a

力F=eE增大，C、D错误。由题图可知匀强电场方向水平向左，电子带负电，所受电场力方向向右,

A错误，B正确。

2.金（2024黑吉辽,5,4分）某种不导电溶液的相对介电常数&与浓度孰的关系曲线如图⑸所示。将

平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图（b）所示的电路。闭合

开关S后，若降低溶液浓度，则（）

图（1＞）

A.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玲N

答案B由题图（a）可知，降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数&变大，由电容的决定式C二芸可

47rkd

知I,&变大，电容器的电容c变大,A错误；由于电容器始终与恒压电源连接，所以电容器两板间电势差

不变，由Q二CU可知，电容器所带电荷量Q增大,B正确,C错误;溶液浓度降低过程中，电容器所带电荷

量Q增大,可知电容器处于充电状态，电流方向为N玲M,D错误。

3.3（2024浙江6月，6,3分）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，

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

【解析】由电容的决定式可得，当两极板间距d增大时，电容器的电容C减小，B错误；由

4nrkd

于电荷量Q不变，由C量可得极板间电势差U增大，A错误：由里整可得极板间电场强度

UdCdErS

E不变，C错误；增大极板间距，需要克服电场力做功，由功能关系知，电容器储存能量增大

解:电容器储存的能Q为#5二器由于U增大，—"—大），D正确。

考向2带电粒子在电场中的加速与偏转

考向3带电粒子在组合场、叠加场中的运动

1.212024黑吉辽,6,4分）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面

（纸面）内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线;若小球的初速度方向垂直于

虚线，则其从0点出发运动到与0点等高处的过程中（）

A.动能减小，电势能增大

B.动能增大，电势能增大

C.动能减小，电势能减小

D.动能增大，电势能减小

答案D带电小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹是直线，可知小球所受的合力沿虚线，即小球所

受电场力水平向右,若小球的初速度垂直于虚线，则小球从0点出发运动到与0点等高处的过程中，合

力对小球做正功,动能增大，电场力对小球做正功，电势能减小,D正确。

2.212024河北,13,8分）如图，竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖

直平面内绕0点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与。点等高。当小球运

动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q（q>0）,质量为m,A、B两点间的电势

差为U,重力加速度大小为g,求：

（1）电场强度E的大小。

⑵小球在A、B两点的速度大小。

O

p—■笺

.

【答案】⑴3⑵而肾1

【解析】（1）匀强电场中,A、B间沿电场线方向的距离为L,则E二连

⑵设小球在A、B两点的速度大小分别为打、VB,

在A点细线的拉力恰好为0,则qE-mg二吟

解得-gL

小球从A到B,由动能定理得qll-mgL=|mvB-|mvA

解得VB二J^^-3gL

实验微专题10观察电容器的充、放电现象

1.2（2024廿肃,7,4分）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【解析】充电过程也根据电容的定义式C笔可知，随着电容器带电荷量的增加，电容器两

极板间电势差增加，充电电流减小,A错误。根据电路图可知，充电过程中，正电荷移动到电容器的上极

板，上极板带正电荷，负电荷移动到电容器的下极板，负电荷从M点流向N点,所以流过电阻R的电流

由N点流向M点,B错误。放电过程中，电容器两极板带电荷量减少,电容器两极板间电势差减小，放电

电流减小,C正确。电容器的上极板带正电荷，下极板带负电荷，放电过程中，流过电阻R的电流由M点

流向N点,D错误。

2.（2024重庆/2,9分）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示,有电源E、定值电阻Ro、电容器C、

单刀双掷开关S。

丙

⑴为测量电容器充放电过程电压U和电流I的变化，需在①②处接入测量仪器，位置②应该接入测

（选填“电流”或“电压”）仪器。

（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时,电流表示数为o

（3）根据测得数据，某过程中电容器两端电压U与电流【的关系如图乙所示。该过程为（选填“充

电''或"放电放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示,0.2s时R）消耗的功率为

Wo

答案⑴电压⑵零（3）放电0.32

⑴位置②与电容器并联,故位置②应接入测电压仪器C

(2)当电压表示数最大时，电容器充电完毕,故电流表示数为零。

(3)电容器充电时，电压增大，电流减小,两者之间为负相关;电容器放电时，电压和电流都减小，两者为正

相关，由题图乙可知,该过程为电容器放电过程。电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12

V,由题图丙可知40.2s时电容器两端电压为U=8V,由题图乙可知当U=8V时，电流1=40mA,则电阻

Ro消耗的功率为P=UI=8x40x10-3w=0.32W。

3.(2024广西』2,10分)某同学为探究电容器充、放电过程底设计了图甲实验电路。器材如下:电容器，电

源E(弓动势6V,内阻不计)，电阻RH00.0C,电阻R2=200.0C,电流传感器，开关5、出,导线若干。实

验步骤如下：

(1)断开SHS2,将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz,则采样周期为s;

⑵闭合Si,电容器开始充电,直至充电结束，得到充电过程的I-t曲线如图乙，由图乙可知开关Si闭合瞬

间流经电阻R的电流为mA(结果保留3位有效数字)；

⑶保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为

V;

(4)实验得到放电过程的1-1曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188

C,则电容器的电容C为图丙中I-t曲线与横坐标、直线t=ls所围面积对应电容器释放

的电荷量为0.0038C,则1二1s时电容器两极板间电压为V(结果保留2位有效数字)。

【答案】(1)2x