【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题07 电场力的性质与能量（有解析）
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| 名称 | 【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题07 电场力的性质与能量（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 4.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-26 11:05:30 | ||
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文档简介
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专题07 电场力的性质与能量
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共29小题）
1．（2024 江苏）在静电场中有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两点的场强大小关系是（ ）
A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb
2．（2025 河北）《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a、b、c、d四点中电势最高的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
3．（2025 选择性）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（ ）
4．（2023 上海）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024 新课标）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
6．（2024 全国）某科学博物馆有一个令人印象深刻的实验演示：将人安置在一个巨大的金属笼内，即使外加于金属笼的高电压产生巨大火花，金属笼内的人依然毫发无伤。依据前述实验结果，若将一导体球壳置于电场中，则下列电场线分布示意图，何者正确？（各选项中实线代表不偏折的电场线，虚线代表垂直射入或穿出导体球壳表面的电场线）（ ）
A． B．
C． D． E．
7．（2025 海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球a，则关于验电器金属小球a和金属箔b，下列说法正确的是（ ）
A．a、b都带正电 B．a、b都带负电
C．a带负电、b带正电 D．a带正电、b带负电
8．（2025 浙江）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
9．（2025 江苏）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（ ）
A． B．W C．2W D．4W
10．（2025 河南）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、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．（2025 海南）某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
12．（2023 甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2023 湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是（ ）
A．若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM＜φN
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM＞EN
14．（2023 海南）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP＝n：1，试求Q1：Q2是多少（ ）
A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1
15．（2024 湖南）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．
16．（2024 浙江）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O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+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（ ）
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
17．（2024 甲卷）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时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1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．Q1＜0， B．Q1＞0，
C．Q1＜0， D．Q1＞0，
18．（2024 河北）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
19．（2024 江西）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
20．（2024 北京）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
21．（2024 选择性）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O点出发运动到O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
22．（2024 贵州）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°。A、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，则等于（ ）
A． B． C． D．2
23．（2024 重庆）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力，则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
24．（2024 全国）以等长细绳悬挂半径均为r、质量均为m的两相同金属小球于固定点O，两小球带电量相同，因互斥分开，达到平衡后，球心相距2D（r D），如图所示。若固定点到球心连线的垂直距离为L，库仑常数为ke，重力加速度为g，细绳质量可忽略，则每颗球上的电量约为下列何者？（ ）
A． B．
C． D．
E．
25．（2024 安徽）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力，则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，
26．（2025 北京）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB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MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B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
27．（2025 四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
28．（2025 云南）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2eV
D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV
29．（2023 浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX'极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切
二．多选题（共14小题）
（多选）30．（2025 山东）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，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是（ ）
A．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
（多选）31．（2024 湖北）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，将从高电势的地方向低电势的地方运动
（多选）32．（2025 湖南）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Ep（Ep＞0）。下列说法正确的是（ ）
A．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
D．电场强度的大小为
（多选）33．（2024 天津）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（ ）
A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小
C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴负方向
（多选）34．（2023 辽宁）图（a） 为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（ ）
A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
（多选）35．（2023 山东）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差
D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
（多选）36．（2023 天津）如图所示，在一固定的正点电荷产生的电场中，另一正点电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等。则（ ）
A．M点比P点的电势低
B．M、N两点电势不同
C．q从P点到M点始终做减速运动
D．q在M、N两点的加速度大小相等
（多选）37．（2023 河北）如图，在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4，q1、q2位于A点两侧，q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上，且OA＝OB＝OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向
B．若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则C点的电场强度一定为零
（多选）38．（2024 甘肃）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
（多选）39．（2024 海南）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
B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
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
（多选）40．（2024 全国）在均匀静电场中，将质量为m的带电小球以水平速度抛出，发现小球在铅直方向以的等加速度向下运动（g为重力加速度量值），而在水平方向作等速运动。当小球在铅直方向的高度下降h时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（ ）
A．若小球带负电，则电场的方向垂直向下
B．若小球带正电，则电场的方向垂直向下
C．小球的重力位能减少了
D．小球的电位能增加了
E．小球的动能增加了
（多选）41．（2024 山东）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O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，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．OB的距离
B．OB的距离
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝﹣mgs
D．AC之间的电势差
（多选）42．（2025 湖北）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18°夹角斜向下
C．大小为（cos54°+cos18°）
D．大小为（2cos54°+cos18°）
（多选）43．（2025 安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（ ）
A．
B．
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
三．填空题（共3小题）
44．（2023 福建）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd，则Ea Ed；φa φc，（φO﹣φa） 2（φd﹣φa）。（填“大于”、“等于”或“小于”）
45．（2024 福建）如图，圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H八个等分点，G点固定有一带电量为﹣Q（Q＞0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q的点电荷。已知静电力常量为k，则O点的电场强度大小为 。M、N分别为OC、OG的中点，则M点的电势 （填“大于”“等于”或“小于”）N点的电势；将一带电量为+q（q＞0）的点电荷从M点沿图中弧线移动到N点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
46．（2025 福建）两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为 ，在PQ1连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态 （存在，不存在）。
四．解答题（共8小题）
47．（2025 房山区一模）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
（1）真空中静止的点电荷，电荷量为Q，静电力常量为k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E。
（2）电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流I1、I2的两根导线平行放置且电流均向上。设I1l1和I2l2分别表示导线上M、N两点处的电流元，M、N两点相距为r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写出两电流元间相互作用的磁场力大小F（若需常量可用μ表示）。
（3）环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心O处产生磁场的磁感应强度大小为，μ0为常数，I为环形电流中的电流大小，R为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的P点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规律，求该运动点电荷在P点产生磁场的磁感应强度大小B0。
48．（2023 乙卷）如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
49．（2025 上海模拟）与参考体相固连的整个延伸空间。参考体是用来确定物体的位置和描述它的机械运动而选作标准的另一个物体。为了用数值表达一个物体的位置，可在参考体上设置坐标系，称为参考坐标系。
（1）若选定地面为参考系，动车进站时可看作匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙。
①一乘客站在5号车厢候车点候车，则1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（ ）
A. B. C. D.
②已知动车在相对地面速度为v0的时候开始减速，加速度大小始终为a，现一动车中名乘客从动车头以相对地面速度v（v＜v0）匀速走向动车尾，且经过Δt时间内走到动车尾，则此时若以该乘客作为参考系，画出动车在Δt时间内的x﹣t图像，并标出图像中的相关信息。（规定列车运动方向为正方向）
（2）如图是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场，二者大小相等，方向相反。车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当方向相反的匀强磁场同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的ab边长为L、总电阻为R，实验车与线框的总质量为M，磁感应强度为B，磁场运动速度为v0，已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力为f。
①设t＝0时刻，实验车的速度为零，求金属框中通过电流的方向为 （选填“abcd”或“adcb”），边框受到磁场力的方向为 。（选填“水平向右”或“水平向左”）
②该过程中，实验车的最大速率vmax＝ 。
③小明绘制出了该过程中通过线框的电流与时间图像，如图所示。则I0＝ ，I1＝ 。之后小明思考如果在实验车运动的过程中，选取运动的磁场作为参考系，则此时I﹣t图与纵轴的交点I0′＝ ，I1′＝ 。（用题目中的已知量表示，I0、I1未知）
（3）科学家发现一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。而均匀带电薄球壳在内部任意点产生的电场强度为零，由以上信息结合叠加原理解决下列问题。已知静电力常量为k。根据汤姆孙的原子模型，我们可以把原子看成是一个半径为R的电中性的球体，正电荷均匀分布在整个球内，电子像枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里。在α粒子散射实验中，某α粒子沿着原子边缘以速度v射向金原子，如图乙所示。不考虑电子对α粒子的作用。为简单计，认为该α粒子接近金原子时（即r﹣R，图中两条平行虚线范围内）才受金原子中正电荷的静电作用，作用力为恒力，大小为（Q和q分别为金原子正电荷电量和α粒子电量）、方向始终与入射方向垂直，作用时间的数量级为。（α粒子动能为Ek，电子电量为e）
①（计算）一半径为R、带正电荷Q的粒子，以球心O为原点建立坐标轴Ox，如图甲所示。求Ox轴上电场强度大小E与坐标x的关系 。
②在α粒子散射实验中，小明根据计算，得出了α粒子电势能Ep随x的变化图像（其中取无穷远处为0势能面），如图所示。其中 。现在取距离为R的点处为零势能面，请你帮助小明补充完整图像。（要求：在方框内填入相应的表达式，并画出x轴下方的图像）
50．（2025 贵港三模）如图所示，竖直放置的金属极板A、B间所加恒定电压大小为U，其中极板A连接电源负极，B连接正极，紫外线照射金属极板A使其发生光电效应。一个光电子从极板A上的M点逸出时速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，当它运动到N点时，速度方向与水平方向的夹角变为30°。不计光电子的重力，已知电子的质量为m，电荷量为﹣e，求：
（1）M、N两点间的电势差UMN；
（2）光电子到达B板时的动能Ek。
51．（2025 武汉模拟）如图所示，竖直面内有一长为1.2l、宽为0.8l的长方形ABCD，M、N分别为AD与BC的中点。四个电荷量均为Q（Q未知）的点电荷位于长方形的四个顶点，A、D处点电荷带正电，B、C处点电荷带负电。一个质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的带电小球从M处由静止释放，小球运动到MN中点O处时速度为。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）M、O两点间的电势差UMO；
（2）小球到达N点时的速度大小vN；
（3）已知在电荷量为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φ，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时该点的电势的代数和。求点电荷Q的电荷量。
52．（2025 南开区模拟）物理学家密立根早在1911年就曾依据下述著名的油滴实验，推断自然界存在基元电荷，并推算出了元电荷的带电量。下面我们追溯这个实验过程并提出问题，请同学们自行推出结论。
水平放置的两平行正对绝缘金属极板间的距离为d（如图），在上极板中间开一小孔，使质量为m的微小带电油滴从小孔落到两极板中间；忽略空气浮力及金属板厚度，当极板上没加电压时，经过一段时间可观察到油滴以恒定速率v1在空气中缓慢降落。已知空气阻力大小与速度大小成正比，设比例系数为k。
（1）在极板上加电压U时（上极板为正），可测得油滴以恒定速率v2缓慢上升，试求油滴所带电荷量q（设重力加速度为g，电荷量用d，U、k、v1、v2等已知量表示）。
（2）若在极板上不加电压，油滴在两极板间以恒定速率v1下降一定竖直距离所需时间为h；加了电压U后以恒定速率v2上升同一竖直距离所需时间为t2。则油滴的电荷量可表示为试用已知量d、g、U、t及油滴质量m来表示A的表达式。
（3）撤去电压，使所考查的油滴又降落，并在两极板间照射X射线以改变油滴的电荷量，再在极板上加电压U，重复测定油滴的上升时间t2即可发现始终是0.00535J s﹣1的整数倍，由此推论：一定存在基元电荷，试计算出基元电荷的电荷量（取2位有效数字）。
该实验中相关数据如下：d＝2.0×10﹣2m，m＝3.2×10﹣16kg，t1＝11.9s，U＝25V，g＝9.8m/s2。
53．（2025 朝阳区一模）液体雾化具有广泛的应用，其本质是将液体破碎为微小液滴的过程。
（1）液滴的滴落可看作雾化的最基本形态。以吸附在竖直滴管末端的液体为例，如图1所示，当液体所受重力超过管口处的表面张力（可认为方向垂直向上）时，将脱离管口形成液滴。已知管口的直径为d，液体表面张力F＝αl，α为表面张力系数，l为液面分界线长度。
a.请推导表面张力系数α的单位；
b.若液滴的直径为D，请分析论证D3∝α。
（2）静电雾化是利用静电力使液体雾化的技术，可以产生微米级甚至纳米级的液滴。如图2所示，将高压直流电源正极浸到毛细管内液体中，使液体带电。液体从毛细管中流出时，由于电荷间的排斥作用散裂成液滴，最终形成喷雾。当管口处单位时间内流出的液体体积为Q时，电流表的示数为I。假设在喷雾区的所有液滴的半径均为r，液滴所带电荷量相同且均匀分布在液滴表面，静电力常量为k，忽略重力影响，不计喷雾区内液滴间的相互作用。
a.求液滴所带电荷量q；
b.对于喷雾区内任意一个液滴，取液滴上某一微小面元，其面积用S表示，此面元受到该液滴上其他电荷的静电力大小用F表示，求。（已知均匀带电球面内电场强度处处为零，球面外电场强度可视为球面电荷量集中在球心处的点电荷所产生）
54．（2025 柳州三模）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为g。求：
（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
专题07 电场力的性质与能量
参考答案与试题解析
一．选择题（共29小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D D B C B D C D A C D
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 A C C D C B C B C D B
题号 23 24 25 26 27 28 29
答案 B A D D B C D
二．多选题（共14小题）
题号 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 BD AC AD BD CD ACD AD BD BCD BCD ADE
题号 41 42 43
答案 AD AD ABD
一．选择题（共29小题）
1．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：根据电场力的计算公式F＝qE可知，F﹣q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则Ea＞Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：图中为一条电场线，根据沿电场线方向，电势逐渐降低的特点，则电势最高的是d点，最低的是a点，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、由于电场线的切线方向表示电场强度的方向，所以电场线不能交叉，故A错误；
B、正点电荷的电场线是以正电荷为中心均匀分布的放射线，该图是可能的，故B正确；
C、静电场的电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远），不是闭合曲线，故C错误；
D、匀强电场的电场线是距离相等的平行线，不存在平行但距离不相等的电场线，故D错误。
故选：B。
4．【专题】比较思想；方程法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：由φ﹣s图像可知，电荷向右移动，电势逐渐降低，根据电势能公式Ep＝qφ，知负电荷的电势能逐渐增大，且电势能为负值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．【专题】定量思想；合成分解法；受力分析方法专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AB、设P、Q之间相互作用的库仑力大小为F，对P、Q受力分析如下图所示：
由题可知P、Q处于同一水平面内，根据平衡条件得：
对P在水平方向上有：TPsinθ＝F+qPE
对P在竖直方向上有：TPcosθ＝mPg
同理，对Q在水平与竖直方向上分别有：
TQsinθ＝F﹣qQE
TQcosθ＝mQg
对比可得：TP＞TQ，mP＞mQ，故A错误，B正确；
CD、P、Q之间相互作用的库仑力总是等大反向，其大小为F，故无法判断两者的电荷量的大小关系，故CD错误。
故选：B。
6．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：导体球壳达到静电平衡后，整个球壳是个等势体，球壳表面是等势面，球壳内部没有电场，不能画电场线，球壳外的电场线与球壳表面要垂直，根据以上特征分析，符合题意的是D，故ABCE错误，D正确。
故选：D。
7．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：由题意可知，验电器的正、负电荷数相等，不显示电性；当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，在带电金属球产生的静电场的作用下，验电器金属箔b上的电子向金属球a转移，使得金属球a多余负电荷，带负电，金属箔b多余正电荷，带正电，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据沿电场线方向电势降低可得a点电势低于b点电势，故A错误；
B、a、c两点的电场强度方向不相同，则电场强度不同，故B错误；
C、根据U＝Ed可知，d、e间平均电场强度大于e、f间的平均电场强度，所以Ude＞Uef，则d、f间电势差小于d、e间电势差的两倍，故C错误；
D、根据图像可知a和f位于同一个等势面，根据W＝qU可知，从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等，故D正确。
故选：D。
9．【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．
解：电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式可知，极板间电场强度变为原来的，则有W＝Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【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．
解：根据题意作图
a、c连线的中点即为b点的等电势点，则图中的虚线为匀强电场的等势线，又φa＞φc，故a点电场强度的方向是有a→c，故C正确，ABD错误。
故选：C。
11．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A．由φ﹣x图像可知，在x正半轴沿+x方向电势降低，则P点电场强度方向沿x正方向，故A错误；
B．φ﹣x图像切线斜率表示电场强度，根据图像的对称性特点，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量的转化和守恒定律可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。
故选：D。
12．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。
B：选项中电子在图1E处受力指向凸测，故B错误；
C：选项中电子在图2F处受力指向凸测，故C错误；
D：选项中电子在图3G处受力指向凸测，故D错误；
A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故A正确。
故选：A。
13．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：
A、若φM＞φN，根据沿电场线方向电势降低可知，M点到点电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B、若EM＜EN，根据E，可知M点到点电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C、若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小，所处位置的电势升高，故有：φM＜φN，故C正确；
D、若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近Q运动，则N点距离点电荷Q近，有：EM＜EN，故D错误。
故选：C。
14．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：对小球受力分析如图所示：
在△CHP中，根据正弦定理有
其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO
在△APO中，根据正弦定理
在△BPO中，根据正弦定理
根据库仑定律，
联立以上各式，解得Q1：Q2＝2n3：1
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
15．【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．
解：解法一：根据真空中点电荷周围某点处的电势公式，设在x轴正半轴上坐标为x0位置处的电势为0，根据电势叠加的知识有k，解得，即当时，电势φ＜0，当 时，电势φ＞0，随着x的持续增大，φ先增大又逐渐减小为0，故ABC错误，D正确。
解法二：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。根据点电荷的电场叠加，可知沿x正半轴电场强度先沿﹣x方向逐渐减小到零，之后沿+x方向先增大再减小。因负电荷处于x＝0处，故x＝0处电势为负无穷大，根据电势与电场强度的关系，φ﹣x图像的斜率表示电场强度，可知沿x正半轴电势由负无穷逐渐升高，电场强度为零处，φ﹣x图像的斜率为零，此处电势最高，之后电势逐渐降低，直到无限远处电势为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
16．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误；
B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在B点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在B点的加速度，故C正确；
D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选：C。
17．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：若规定无限远处的电势规定为零，正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均匀负，因此Q1为正电荷，Q2为负电荷，即Q1＞0，Q2＜0；
根据点电荷的电势与距离的关系
由图可知，当两点电荷产生的电势的代数和为0时，有r1＝2r2
因此
得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
18．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
19．【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：两极板之间电压不变，则根据
E
可知当d减小时，E增大；平行金属板电场强度由正极指向负极，且方向水平向左，故电子所受电场力方向水平向右，且根据
F＝Ee
可知，电场力增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
20．【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．
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，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度，若仅将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，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由U d，故P、Q两点间电势差变大，故C正确，D错误。
故选：C。
21．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；
电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
22．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：根据题意，qA、qB带异种电荷，假设qA为正点电荷，qB为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示：
设圆的半径为r，根据数学知识A点到C点的距离rA＝r
B点到C点的距离
根据点电荷的场强公式，点电荷qA在C点产生的场强
点电荷qB在C点产生的场强
根据数学知识
代入数据联立解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
23．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：在 φ﹣x图像中，图像的斜率表示 电场强度的大小，因此在x3处，场强为零。
A.假设试探电荷能到达x3，电场力做功W1＝﹣e（1﹣2）V＝+1eV
根据动能定理W1＝Ek3﹣Ek2
代入数据解得Ek3＝2.5eV，假设成立，故A错误；
BCD.当x＞x3，场强方向沿x轴正方向，试探电荷所受电场力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x2处时，动能为1.5eV，速度方向沿x轴负方向；
在x1＜x＜x3范围，场强方向沿x轴负方向，电场力方向沿x轴正方向，试探电荷做减速运动；
设动能减为零时的电势为φ，根据动能定理﹣e（1﹣φ）V＝0﹣1.5eV
解得φ＝﹣0.5V
因此，试探电荷还未运动到x1处，速度减速至零；
当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，再次到达x3处速度达到最大，在x＞x3区域，试探做减速运动至速度为零，再向左先做加速运动，后做减速运动至零，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故B正确，CD错误。
故选：B。
24．【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．
解：对左边的小球受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球带电荷量为Q，根据平衡条件有
F＝mgtanθ
根据库仑定律有F，由图中几何关系有tanθ
联立解得Q＝2，故A正确，BCDE错误。
故选：A。
25．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误；
B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故B错误；
CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3﹣mv1﹣mv2＝0
由于小球1、2的受力情况相同，因此v1＝v2
化简得v3＝2v1＝2v2
三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减＝ΔEk增
即
代入数据解得，故D正确。
故选：D。
26．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度a＝gsinθ，（θ为坡面与水平面夹角）。MB对应的等高线较密集，坡面较陡，即θ较大，可得小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故A错误；
B.A、B在同一等高线上，小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒易知运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；
C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因B处等势线较密集，故A点电场强度比B点小，故C错误；
D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。
故选：D。
27．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；实验探究能力．
解：A.根据库仑定律
由于re＞rb，因此则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B.点电荷在距其r处的电势为中
由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；
根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C.由于rf＞rd，根据上述B分析可知，小球的电势能Epd＞Epf
绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D.由于ra＞rb，根据上述B分析可知，小球的电势能Epb＞Epa
绝缘光滑管道固定于水平面内，根据能量守恒定律可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故选：B。
28．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB.电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；
C.根据动能定理，一个电子从b点移动到c点电场力做功为W＝﹣e（φb﹣φc）＝﹣e×（﹣1﹣1）V＝2eV，故C正确；
D.根据动能定理，一个电子从a点移动到d点电场力做功W＝﹣e（φa﹣φd）＝﹣e×（﹣2﹣2）V＝4eV
根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小了4eV，故D错误。
故选：C。
29．【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．
解：A、根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小为a，故A错误；
B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是10.5eU，故B错误；
C、根据动能定理可知在XX'极板间受到电场力的冲量大小为I＝Δp＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得0.5eU，所以在XX'极板间受到电场力的冲量大小I，故C错误；
D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e 10U，在XX'极板运动的时间为l＝vt，沿电场方向的位移yt2，则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ，根据平抛运动规律可知tanα＝2tanθ；
联立解得：，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共14小题）
30．【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．
解：A.对甲、乙两小球受力分析如图所示
设OC与AB线段交点为G点，由几何关系，解得∠OAB＝∠OBA＝30°，因此有∠OGA＝180°﹣30°﹣45°＝105°，∠OGB＝180°﹣105°＝75°，根据正弦定理，对甲有，对乙有，因为sin45°＜sin75°，F电与F电′是一对相互作用力，大小相等，可得m甲＞m乙，故A错误；
B.根据点电荷场强公式，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C点电势高于D点电势，故B正确；
C.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，故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，两球均带正电，则电势先升高后降低，故D正确。
故选：BD。
31．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、由电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；
B、电场线与等势面处处垂直，沿电场线的方向电势是降低的，即由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；
C、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，在该点电荷的运动过程中电场力对其做正功，由功能关系可知，其电势能将减小，故C正确；
D、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，由C选项的分析可知在该点电荷的运动过程中其电势能将减小，根据电势能与电势的关系，若该点电荷带正电，则运动过程中所经过的位置的电势是降低的，即其从高电势的地方向低电势的地方运动；若该点电荷带负电，则运动过程中所经过的位置的电势是升高的，即其从低电势的地方向高电势的地方运动，故D错误。
故选：AC。
32．【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．
解：A、根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，
故OA中点的电势为
故A正确；
B、根据等势线与电场线垂直，
由A的分析可知，OA中点M点的电势为0
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，
如图，
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、根据电场强度定义式E可知，
电场强度的大小为，
故C错误，D正确。
故选：AD。
33．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据电势能Ep＝qφ，可知负电荷所处电势越高电势能越小，x轴上a、b、c、d四个点中a点的电势最高，故在a点电势能最小，故A错误；
B、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，x轴上a、b、c、d四个点中c点的电势最低，故在c点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故B正确；
C、从d点到a点电势先降低后升高，此电荷从d点开始沿x轴负方向运动到a点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故C错误；
D、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在a点电场方向沿+x方向，故此负电荷在a点受静电力沿x轴负方向，故D正确。
故选：BD。
34．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z轴上，电场线方向背离O点，在y轴上，电场线的方向指向O点，所以M点电场强度方向沿z轴正方向；根据沿电场线方向电势降低可知：φP＞φO＞φM，故A错误、C正确；
B、M点等势线比P点的等势线密，所以P点电场强度大小比M点的小，故B错误；
D、x轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x轴为等势面，根据EP＝qφ可知，沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，故D正确。
故选：CD。
35．【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：D．将六棱柱的上表面的一半拿出
如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确；
C．设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知
φA′＝φ＞0
φD′＝﹣φ＜0
φO′＝0
φF′＞0
因此
φA′﹣φF′＝φ﹣φF′＜φO′﹣φD′＝φ
即A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差，故C正确；
AB．由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同（B′有向下的分量，E′有向上的分量），故A正确，B错误；
故选：ACD。
36．【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．
解：A.由题图知正点电荷q从P点出发抵达N点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，从P点出发抵达M点做直线运动，所受电场力方向沿PM，故固定的点电荷在P左侧，由沿电场线方向电势越来越低知P点电势高于M点电势，故A正确；
B.q在M、N点时速度大小相等，由动能定理知M、N两点的电势相等，故B错误；
C.正点电荷q从P点出发抵达M点的过程中，所受电场力方向与速度方向相同，做加速度逐渐减小的加速直线运动，故C错误；
D.M、N两点电势相等，在同一等势面上，由点电荷的场强公式，知M、N两点的电场强度大小相等，由F＝qE，，可知，q在M、N两点的加速度大小相等，故D正确。
故选：AD。
37．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：A．选择O点作为球心、选择OC为半径的球面作为等势面，根据电场强度以及等势面的关系从而可以得到以下结论，A、B两点电场强度的方向与半径平行，与x轴重合。根据前面所述，无法判断各个电荷的电性，由此可以得到：A、B两点电场强度的方向无法判断，故A错误；
B.选择无穷远处作为零电势点，根据正电点电荷电场的分布情况，可以得出正点电荷周围的电势为正值，若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高，故B正确；
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错误；
D．根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴重合，再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故C点的电场强度一定为零，故D正确。
故选：BD。
38．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.根据带电粒子做曲线运动的条件，电场力的方向应指向凹侧，以M点为例，电场力指向左下方向，结合等势线得粒子带正电荷，故A错误；
B.等势线越密的地方场强越大，根据图像N点的等势线比M点的密，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；
C.电场力做负功电势能增大，电势能减小，当电势能最大时，动能最小，故当带电粒子在电势最大的点，动能最小，故C正确；
D.根据电势φM＞φN，该粒子为正电荷，故φMq＞φNq，即电势能EpM＞EpN，故D正确。
故选：BCD。
39．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
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
有数学知识可得当时E有最大值，且最大值为
E
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
由于x＜＜r，整理后有
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。
40．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；功能关系 能量守恒定律；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB．根据题意可知，小球向下的加速度小于重力加速度，所以小球受到的电场力方向向上，若小球带正电，则电场方向垂直向上，若小球带负电，则电场方向垂直向下，故A正确，B错误；
C．重力做功WG＝mgh，所以重力势能减小mgh，故C错误；
D．只有重力和电场力做功，机械能减少量等于电势能增加量，根据能量守恒定律得：小球电势能增加
故D正确；
E．根据动能定理：小球动能的变化量等于合力做功
动能增加，故E正确。
故选：ADE。
41．【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．
解：AB.小滑块在B点处的加速度为零，设OB的距离为l，则沿斜面方向有，解得，故A正确，B错误；
C.小滑块从A到C的过程，设静电力做功为W，由动能定理有W+mgssin30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为，故C错误；
D.根据电场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势差，故D正确。
故选：AD。
42．【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．
解：法一：点电荷在O点产生的场强方向如图所示
由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：
Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°（2cos54°+cos18°）
Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3（sin54°﹣sin18°）＝0
根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为（2cos54°+cos18°），故AD正确，BC错误。
法二：AB、将各处电荷进行等效，如图所示：
根据均匀带电圆环在其内部中点的合场强为零，则五个点中3q的电荷在O点产生的合场强为零。
根据等量异种电荷中垂线电场线的分布特点可知，O点的电场强度方向沿x轴负方向，故A正确、B错误；
CD、根据图丙可知，﹣q的电荷与y轴正方向的夹角为：72°，﹣2q的电荷与y轴负方向夹角为：36°
根据电场强度的叠加可知，O点场强大小为E（2cos54°+cos18°），故C错误、D正确。
故选：AD。
43．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB、对两球进行受力分析，如图所示。
设两球间的库仑力大小为F，轨道倾角为θ。
对甲球，根据平衡条件得FN1cosθ＝mg，F＝FN1sinθ+Eq ①
对乙球，根据平衡条件得FN2cosθ＝2mg，FN2sinθ＝F+2Eq ②
联立解得F＝4Eq
则
根据库仑定律得，解得，故AB正确；
C、若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有FN1'cosθ＝mg，FN1'sinθ＝F+Eq
对乙，根据平衡条件有FN2'cosθ＝2mg，FN2'sinθ+2Eq＝F
联立可得F+4Eq＝0，无解，假设不成立，故C错误；
D、若撤去甲，对乙球，根据动能定理得
结合①②可知
联立解得，故D正确。
故选：ABD。
三．填空题（共3小题）
44．【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电场线密的地方电场强度大，根据图像可知Ea小于Ed；
abc是一段以O为圆心的圆弧，则abc所在的圆弧是等势线，则φa等于φc；
根据电场线的疏密可知，Od两点的平均电场强度大于bd两点的电场强度，所以UOd＞Udb，即：φO﹣φd＞φd﹣φb＝φd﹣φa
所以UOa＝UOd+Uda＞2Uda，即φO﹣φa＞2（φd﹣φa）。
故答案为：小于；等于；大于。
45．【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．
解：由于对称性，直径C、G上面三个电荷与下面三个电荷对O点的场强之和为0，对M、N两点电势的影响相同，因此只需考虑C点和G点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，O点场强为；M点更靠近C点的+Q，N点 更靠近G点的﹣Q，则M点电势大于N点；将+q从M点移到N点，电场力做功W＝+qUMN＝+q （φM﹣φN）＞0。
故答案为：，大于，大于零。
46．【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．
解：检验电荷静止，则Q1、Q2对电荷库仑力的水平分力等大反向。
设检验电荷的电荷量为q、PQ2＝r，则：tan30°
解得：PQ1r
由库仑定律和平衡条件得：kcos30°＝kcos60°，解得
Q1：Q2：1；
Q1和Q2在PQ1连线上电场强度的合成情况如图所示（其中E1、E2是开始Q1、Q2在P点产生的的电场强度，E1′、E2′是Q1、Q2在PQ1连线上某点产生的电场强度）：
假设在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，则Q1和Q2产生的电场强度均增大。但由于Q2到PQ1连线的距离增大，根据点电荷电场强度计算公式可知，Q2的电场强度减小，故假设错误，PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
故答案为：：1；不存在。
四．解答题（共8小题）
47．【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．
解：（1）由库仑定律可得：
电场强度
则
（2）类比库仑定律可得两电流元间作用力为：
（3）环形电流中心O处产生磁场的磁感应强度
设单位长度内电荷数为n，在中心p外产生磁场磁感应强度
且ΔQ＝nqvΔt
则一个运动电荷在p点产生磁场的磁感应强度为
答：（1）与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E等于；
（2）两电流元间相互作用的磁场力大等于；
（3）该运动点电荷在P点产生磁场的磁感应强度大小等于。
48．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）C点的电荷在M点的场强沿CM所在直线，A点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿AB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则A、B两点处的点电荷在M点的合场强为零，即A和B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；
C点处的点电荷在M点的场强方向沿CM向下，则C点处点电荷为正电荷；
C点电荷在N点的场强方向沿CB斜向右下，N点的合场强方向竖直向上，则A点处的点电荷和B点处的点电荷在N点的合场强斜向左上，A点处的点电荷在N点的场强沿AN斜向右上，B点处的点电荷在N点的场强沿BN斜向左上，则A、B两点处的点电荷均为正电荷；
（2）设三角形的边长为l，由几何关系得：ANl
BN＝CNl
A点电荷在N点的场强大小为EA＝k
方向沿AN斜向右上，B点电荷在N点的场强大小为EB＝k
方向沿BN斜向左上，设C点电荷的电荷量为Q，C点电荷在N点的场强大小为EC＝k
方向沿CB斜向右下，则B点电荷和C点电荷在N点的合场强大小斜向左上，大小为EBC
N点的合场强竖直向上，如图
由几何关系得：EBCtan30°＝EA
联立解得：Qq
答：（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值为q，3个点电荷均为正电荷；
（2）C点处点电荷的电荷量为q。
49．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
解：（1）①根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为：：…
可得1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为：，故BCD错误，A正确；
故选：A。
②由于两物体在同一直线上运动，根据速度的合成法则作图如图，
（2）①当实验车速度为0时，根据楞次定律“增反减同”可知，电流方向为adcb；根据“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，
②试验车的速度最大时满足：F＝f
结合动生电动势公式欧姆定律和安培力公式有：
解得实验车的最大速率为：
③I0代表初始时的电流，则有：
I1代表稳定时的电流，根据受力平衡有：f＝2BI1L，解得：
根据运动的相对性可知，选取运动的磁场作为参考系时，
图与纵轴的交点及最大电流不变，即：、
（3）①根据点电荷产生的电场公式可知，当x≥R时，电场强度大小：
当x＜R时，将带电球体分为两部分，半径为x的带电球体和外面的球壳，由题意，x＞R的部分在x处产生的场强为0，整体带电球在x处产生的电场和半径为x的球体产生的电场强度相同，则半径为x的球体带电量为：
则电场大小为：
②取无穷远处为0势能面，x＝R处的电势能为：；
当x＜R时，电场为，则从x＝0→x＝R，电势能的变化为：
则x＝0处的电势能为：
可知：
取距离为R的点处为零势能面，图像向下平移Ep2个单位即可，如下图
故答案为：（1）①A；
②
（2）①adcb、水平向右；②；③、、、；
（3）①当x≥R时，、当x＜R时，；②、
。
50．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）电子在M点的速度大小为v0，设电子在N点的速度大小为vN，电子在垂直电场方向的分速度不变，可得vMsin30°＝v0sin60°
解得
电子从M到N电场力做功，由动能定理，可得：
解得UMN
（2）电子到达极板B的过程中电场力做功，则
可得Ek
答：（1）M、N两点间的电势差为；
（2）光电子到达B板时的动能为。
51．【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．
解：（1）小球由M点运动到O点过程，由动能定理可得：
，
解得：
；
（2）由对称性可知：
，
小球由O点运动到N点过程，由动能定理可得：
，
解得：
；
（3）由电势的计算公式可知：
，
，
又因为：
UMO＝φM﹣φO，
联立可得：
；
答：（1）M、O两点间的电势差UMO为；
（2）小球到达N点时的速度大小vN为；
（3）点电荷Q的电荷量为。
52．【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．
解：（1）当极板没加电压时，油滴以恒定速率v1缓慢降落，满足
mg＝kv1
当极板加上电压U时，油滴以恒定速率v2缓慢上升，受电场力、重力和阻力而平衡，滴所带电荷量为q，则有
解得
（2）当极板上未加电压时，油滴以恒定速率vl缓慢降落一定高度h，则
h＝v1t1
当极板加上电压U时，油滴以恒定速率v2缓慢上升相同高度h，则
h＝v2t2
则有
v1t1＝v2t2
又因
故可得
将v1、v2代入q表达式可得
又
比较以上两式可见
（3）因为，而式中在实验中为一定值，所以若发现忘一数值（0.00535J s﹣1）的整数倍，则可推得电荷量q也必为某一数值e的整数倍，即有（其中n为正整数），亦即q为某一基元电荷e的整数倍。
故有
取，并将实验中相关数据代入可解得基元电荷
e＝1.6×10﹣19C
答：（1）油滴所带电荷量q为；
（2）用已知量d、g、U、t及油滴质量m表示A的表达式为；
（3）基元电荷的电荷量为1.6×10﹣19C。
53．【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：（1）a、液体表面张力F＝αl，
则α，F的单位是N，l的单位是m，则α的单位是N/m
b、对液滴，由平衡条件得：mg＝απd
其中：m
解得：D3∝α
（2）a、设喷雾区底面单位时间接受的液滴个数为n，则有：Q＝nV液滴
其中V液滴
电流I
其中单位时间t＝1s
解得：q
b、如图所示，A为液滴上一微小面元上的一点，A1为微小面元外附近的一点，A2为为微小面元内附近的一点
面元之外的其余电荷在三个点的场强趋近相等。根据电场的叠加原理得：
A1处场强：ES+E其余
A2处场强：0＝﹣ES+E其余
面元上的电荷量：q'＝q
其余电荷对面元的力F＝q'E其余
解得：F＝q
则有：
将q代入解得：
答：（1）a、表面张力系数α的单位是N/m；
b、证明过程如上所述。
（2）a、液滴所带电荷量q是；
b、是。
54．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
解：（1）对A在水平方向进行受力分析，A受地面向左的摩擦力和水平向右推力
由牛顿第二定律有：4μmg﹣F＝3ma1
代入恒力F的值解得：
对B水平方向进行受力分析，由牛顿第二定律有F＝ma2
解得
（2）将A和B当做系统，地面对A的摩擦力4μmg＝2F，即系统的动量守恒，
设B与A第1次碰撞前的速率为v1，木板的速度恰好减为零
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝mv1
整理解得：v1＝4v0
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为vA1、vB1，取向右为正
碰撞过程中，系统动量守恒有mv1＝mvB1+3mvA1
机械能守恒有
联立以上各式解得：vB1＝﹣2v0，vA1＝2v0
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第（1）问计算可知，第1次碰撞后，B以2v0沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以2v0向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝4mv共
代入数据解得：v共＝v0
此过程中A相对地面向右的位移为x1，B相对地面向左的位移为x2，对A，由动能定理有：
对B，由动能定理有：
联立解得：，
所以AB最远的距离：
（3）A速度再次减为零的时间：
B的速度：vB2＝﹣2v0+a2t
代入数据得：vB2＝4v0
此过程中，A的位移：
B的位移：
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为：x3＝2L
此过程电场力做功：W＝Fx3
联立代入数据解得：
所以B的电势能的变化量为：ΔEp＝W
答：（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小分别为、；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离为；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量为。
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专题07 电场力的性质与能量
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共29小题）
1．（2024 江苏）在静电场中有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两点的场强大小关系是（ ）
A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb
2．（2025 河北）《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a、b、c、d四点中电势最高的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
3．（2025 选择性）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（ ）
4．（2023 上海）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024 新课标）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
6．（2024 全国）某科学博物馆有一个令人印象深刻的实验演示：将人安置在一个巨大的金属笼内，即使外加于金属笼的高电压产生巨大火花，金属笼内的人依然毫发无伤。依据前述实验结果，若将一导体球壳置于电场中，则下列电场线分布示意图，何者正确？（各选项中实线代表不偏折的电场线，虚线代表垂直射入或穿出导体球壳表面的电场线）（ ）
A． B．
C． D． E．
7．（2025 海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球a，则关于验电器金属小球a和金属箔b，下列说法正确的是（ ）
A．a、b都带正电 B．a、b都带负电
C．a带负电、b带正电 D．a带正电、b带负电
8．（2025 浙江）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
9．（2025 江苏）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（ ）
A． B．W C．2W D．4W
10．（2025 河南）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、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．（2025 海南）某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
12．（2023 甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2023 湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是（ ）
A．若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM＜φN
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM＞EN
14．（2023 海南）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP＝n：1，试求Q1：Q2是多少（ ）
A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1
15．（2024 湖南）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．
16．（2024 浙江）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O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+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（ ）
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
17．（2024 甲卷）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时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1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．Q1＜0， B．Q1＞0，
C．Q1＜0， D．Q1＞0，
18．（2024 河北）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
19．（2024 江西）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
20．（2024 北京）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
21．（2024 选择性）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O点出发运动到O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
22．（2024 贵州）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°。A、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，则等于（ ）
A． B． C． D．2
23．（2024 重庆）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力，则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
24．（2024 全国）以等长细绳悬挂半径均为r、质量均为m的两相同金属小球于固定点O，两小球带电量相同，因互斥分开，达到平衡后，球心相距2D（r D），如图所示。若固定点到球心连线的垂直距离为L，库仑常数为ke，重力加速度为g，细绳质量可忽略，则每颗球上的电量约为下列何者？（ ）
A． B．
C． D．
E．
25．（2024 安徽）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力，则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，
26．（2025 北京）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB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MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B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
27．（2025 四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
28．（2025 云南）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2eV
D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV
29．（2023 浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX'极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切
二．多选题（共14小题）
（多选）30．（2025 山东）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，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是（ ）
A．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
（多选）31．（2024 湖北）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，将从高电势的地方向低电势的地方运动
（多选）32．（2025 湖南）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Ep（Ep＞0）。下列说法正确的是（ ）
A．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
D．电场强度的大小为
（多选）33．（2024 天津）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（ ）
A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小
C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴负方向
（多选）34．（2023 辽宁）图（a） 为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（ ）
A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
（多选）35．（2023 山东）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差
D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
（多选）36．（2023 天津）如图所示，在一固定的正点电荷产生的电场中，另一正点电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等。则（ ）
A．M点比P点的电势低
B．M、N两点电势不同
C．q从P点到M点始终做减速运动
D．q在M、N两点的加速度大小相等
（多选）37．（2023 河北）如图，在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4，q1、q2位于A点两侧，q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上，且OA＝OB＝OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向
B．若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则C点的电场强度一定为零
（多选）38．（2024 甘肃）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
（多选）39．（2024 海南）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
B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
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
（多选）40．（2024 全国）在均匀静电场中，将质量为m的带电小球以水平速度抛出，发现小球在铅直方向以的等加速度向下运动（g为重力加速度量值），而在水平方向作等速运动。当小球在铅直方向的高度下降h时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（ ）
A．若小球带负电，则电场的方向垂直向下
B．若小球带正电，则电场的方向垂直向下
C．小球的重力位能减少了
D．小球的电位能增加了
E．小球的动能增加了
（多选）41．（2024 山东）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O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，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．OB的距离
B．OB的距离
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝﹣mgs
D．AC之间的电势差
（多选）42．（2025 湖北）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18°夹角斜向下
C．大小为（cos54°+cos18°）
D．大小为（2cos54°+cos18°）
（多选）43．（2025 安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（ ）
A．
B．
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
三．填空题（共3小题）
44．（2023 福建）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd，则Ea Ed；φa φc，（φO﹣φa） 2（φd﹣φa）。（填“大于”、“等于”或“小于”）
45．（2024 福建）如图，圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H八个等分点，G点固定有一带电量为﹣Q（Q＞0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q的点电荷。已知静电力常量为k，则O点的电场强度大小为 。M、N分别为OC、OG的中点，则M点的电势 （填“大于”“等于”或“小于”）N点的电势；将一带电量为+q（q＞0）的点电荷从M点沿图中弧线移动到N点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
46．（2025 福建）两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为 ，在PQ1连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态 （存在，不存在）。
四．解答题（共8小题）
47．（2025 房山区一模）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
（1）真空中静止的点电荷，电荷量为Q，静电力常量为k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E。
（2）电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流I1、I2的两根导线平行放置且电流均向上。设I1l1和I2l2分别表示导线上M、N两点处的电流元，M、N两点相距为r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写出两电流元间相互作用的磁场力大小F（若需常量可用μ表示）。
（3）环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心O处产生磁场的磁感应强度大小为，μ0为常数，I为环形电流中的电流大小，R为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的P点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规律，求该运动点电荷在P点产生磁场的磁感应强度大小B0。
48．（2023 乙卷）如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
49．（2025 上海模拟）与参考体相固连的整个延伸空间。参考体是用来确定物体的位置和描述它的机械运动而选作标准的另一个物体。为了用数值表达一个物体的位置，可在参考体上设置坐标系，称为参考坐标系。
（1）若选定地面为参考系，动车进站时可看作匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙。
①一乘客站在5号车厢候车点候车，则1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（ ）
A. B. C. D.
②已知动车在相对地面速度为v0的时候开始减速，加速度大小始终为a，现一动车中名乘客从动车头以相对地面速度v（v＜v0）匀速走向动车尾，且经过Δt时间内走到动车尾，则此时若以该乘客作为参考系，画出动车在Δt时间内的x﹣t图像，并标出图像中的相关信息。（规定列车运动方向为正方向）
（2）如图是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场，二者大小相等，方向相反。车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当方向相反的匀强磁场同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的ab边长为L、总电阻为R，实验车与线框的总质量为M，磁感应强度为B，磁场运动速度为v0，已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力为f。
①设t＝0时刻，实验车的速度为零，求金属框中通过电流的方向为 （选填“abcd”或“adcb”），边框受到磁场力的方向为 。（选填“水平向右”或“水平向左”）
②该过程中，实验车的最大速率vmax＝ 。
③小明绘制出了该过程中通过线框的电流与时间图像，如图所示。则I0＝ ，I1＝ 。之后小明思考如果在实验车运动的过程中，选取运动的磁场作为参考系，则此时I﹣t图与纵轴的交点I0′＝ ，I1′＝ 。（用题目中的已知量表示，I0、I1未知）
（3）科学家发现一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。而均匀带电薄球壳在内部任意点产生的电场强度为零，由以上信息结合叠加原理解决下列问题。已知静电力常量为k。根据汤姆孙的原子模型，我们可以把原子看成是一个半径为R的电中性的球体，正电荷均匀分布在整个球内，电子像枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里。在α粒子散射实验中，某α粒子沿着原子边缘以速度v射向金原子，如图乙所示。不考虑电子对α粒子的作用。为简单计，认为该α粒子接近金原子时（即r﹣R，图中两条平行虚线范围内）才受金原子中正电荷的静电作用，作用力为恒力，大小为（Q和q分别为金原子正电荷电量和α粒子电量）、方向始终与入射方向垂直，作用时间的数量级为。（α粒子动能为Ek，电子电量为e）
①（计算）一半径为R、带正电荷Q的粒子，以球心O为原点建立坐标轴Ox，如图甲所示。求Ox轴上电场强度大小E与坐标x的关系 。
②在α粒子散射实验中，小明根据计算，得出了α粒子电势能Ep随x的变化图像（其中取无穷远处为0势能面），如图所示。其中 。现在取距离为R的点处为零势能面，请你帮助小明补充完整图像。（要求：在方框内填入相应的表达式，并画出x轴下方的图像）
50．（2025 贵港三模）如图所示，竖直放置的金属极板A、B间所加恒定电压大小为U，其中极板A连接电源负极，B连接正极，紫外线照射金属极板A使其发生光电效应。一个光电子从极板A上的M点逸出时速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，当它运动到N点时，速度方向与水平方向的夹角变为30°。不计光电子的重力，已知电子的质量为m，电荷量为﹣e，求：
（1）M、N两点间的电势差UMN；
（2）光电子到达B板时的动能Ek。
51．（2025 武汉模拟）如图所示，竖直面内有一长为1.2l、宽为0.8l的长方形ABCD，M、N分别为AD与BC的中点。四个电荷量均为Q（Q未知）的点电荷位于长方形的四个顶点，A、D处点电荷带正电，B、C处点电荷带负电。一个质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的带电小球从M处由静止释放，小球运动到MN中点O处时速度为。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）M、O两点间的电势差UMO；
（2）小球到达N点时的速度大小vN；
（3）已知在电荷量为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φ，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时该点的电势的代数和。求点电荷Q的电荷量。
52．（2025 南开区模拟）物理学家密立根早在1911年就曾依据下述著名的油滴实验，推断自然界存在基元电荷，并推算出了元电荷的带电量。下面我们追溯这个实验过程并提出问题，请同学们自行推出结论。
水平放置的两平行正对绝缘金属极板间的距离为d（如图），在上极板中间开一小孔，使质量为m的微小带电油滴从小孔落到两极板中间；忽略空气浮力及金属板厚度，当极板上没加电压时，经过一段时间可观察到油滴以恒定速率v1在空气中缓慢降落。已知空气阻力大小与速度大小成正比，设比例系数为k。
（1）在极板上加电压U时（上极板为正），可测得油滴以恒定速率v2缓慢上升，试求油滴所带电荷量q（设重力加速度为g，电荷量用d，U、k、v1、v2等已知量表示）。
（2）若在极板上不加电压，油滴在两极板间以恒定速率v1下降一定竖直距离所需时间为h；加了电压U后以恒定速率v2上升同一竖直距离所需时间为t2。则油滴的电荷量可表示为试用已知量d、g、U、t及油滴质量m来表示A的表达式。
（3）撤去电压，使所考查的油滴又降落，并在两极板间照射X射线以改变油滴的电荷量，再在极板上加电压U，重复测定油滴的上升时间t2即可发现始终是0.00535J s﹣1的整数倍，由此推论：一定存在基元电荷，试计算出基元电荷的电荷量（取2位有效数字）。
该实验中相关数据如下：d＝2.0×10﹣2m，m＝3.2×10﹣16kg，t1＝11.9s，U＝25V，g＝9.8m/s2。
53．（2025 朝阳区一模）液体雾化具有广泛的应用，其本质是将液体破碎为微小液滴的过程。
（1）液滴的滴落可看作雾化的最基本形态。以吸附在竖直滴管末端的液体为例，如图1所示，当液体所受重力超过管口处的表面张力（可认为方向垂直向上）时，将脱离管口形成液滴。已知管口的直径为d，液体表面张力F＝αl，α为表面张力系数，l为液面分界线长度。
a.请推导表面张力系数α的单位；
b.若液滴的直径为D，请分析论证D3∝α。
（2）静电雾化是利用静电力使液体雾化的技术，可以产生微米级甚至纳米级的液滴。如图2所示，将高压直流电源正极浸到毛细管内液体中，使液体带电。液体从毛细管中流出时，由于电荷间的排斥作用散裂成液滴，最终形成喷雾。当管口处单位时间内流出的液体体积为Q时，电流表的示数为I。假设在喷雾区的所有液滴的半径均为r，液滴所带电荷量相同且均匀分布在液滴表面，静电力常量为k，忽略重力影响，不计喷雾区内液滴间的相互作用。
a.求液滴所带电荷量q；
b.对于喷雾区内任意一个液滴，取液滴上某一微小面元，其面积用S表示，此面元受到该液滴上其他电荷的静电力大小用F表示，求。（已知均匀带电球面内电场强度处处为零，球面外电场强度可视为球面电荷量集中在球心处的点电荷所产生）
54．（2025 柳州三模）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为g。求：
（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
专题07 电场力的性质与能量
参考答案与试题解析
一．选择题（共29小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D D B C B D C D A C D
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 A C C D C B C B C D B
题号 23 24 25 26 27 28 29
答案 B A D D B C D
二．多选题（共14小题）
题号 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 BD AC AD BD CD ACD AD BD BCD BCD ADE
题号 41 42 43
答案 AD AD ABD
一．选择题（共29小题）
1．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：根据电场力的计算公式F＝qE可知，F﹣q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则Ea＞Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：图中为一条电场线，根据沿电场线方向，电势逐渐降低的特点，则电势最高的是d点，最低的是a点，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、由于电场线的切线方向表示电场强度的方向，所以电场线不能交叉，故A错误；
B、正点电荷的电场线是以正电荷为中心均匀分布的放射线，该图是可能的，故B正确；
C、静电场的电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远），不是闭合曲线，故C错误；
D、匀强电场的电场线是距离相等的平行线，不存在平行但距离不相等的电场线，故D错误。
故选：B。
4．【专题】比较思想；方程法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：由φ﹣s图像可知，电荷向右移动，电势逐渐降低，根据电势能公式Ep＝qφ，知负电荷的电势能逐渐增大，且电势能为负值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．【专题】定量思想；合成分解法；受力分析方法专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AB、设P、Q之间相互作用的库仑力大小为F，对P、Q受力分析如下图所示：
由题可知P、Q处于同一水平面内，根据平衡条件得：
对P在水平方向上有：TPsinθ＝F+qPE
对P在竖直方向上有：TPcosθ＝mPg
同理，对Q在水平与竖直方向上分别有：
TQsinθ＝F﹣qQE
TQcosθ＝mQg
对比可得：TP＞TQ，mP＞mQ，故A错误，B正确；
CD、P、Q之间相互作用的库仑力总是等大反向，其大小为F，故无法判断两者的电荷量的大小关系，故CD错误。
故选：B。
6．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：导体球壳达到静电平衡后，整个球壳是个等势体，球壳表面是等势面，球壳内部没有电场，不能画电场线，球壳外的电场线与球壳表面要垂直，根据以上特征分析，符合题意的是D，故ABCE错误，D正确。
故选：D。
7．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：由题意可知，验电器的正、负电荷数相等，不显示电性；当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，在带电金属球产生的静电场的作用下，验电器金属箔b上的电子向金属球a转移，使得金属球a多余负电荷，带负电，金属箔b多余正电荷，带正电，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据沿电场线方向电势降低可得a点电势低于b点电势，故A错误；
B、a、c两点的电场强度方向不相同，则电场强度不同，故B错误；
C、根据U＝Ed可知，d、e间平均电场强度大于e、f间的平均电场强度，所以Ude＞Uef，则d、f间电势差小于d、e间电势差的两倍，故C错误；
D、根据图像可知a和f位于同一个等势面，根据W＝qU可知，从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等，故D正确。
故选：D。
9．【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．
解：电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式可知，极板间电场强度变为原来的，则有W＝Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【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．
解：根据题意作图
a、c连线的中点即为b点的等电势点，则图中的虚线为匀强电场的等势线，又φa＞φc，故a点电场强度的方向是有a→c，故C正确，ABD错误。
故选：C。
11．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A．由φ﹣x图像可知，在x正半轴沿+x方向电势降低，则P点电场强度方向沿x正方向，故A错误；
B．φ﹣x图像切线斜率表示电场强度，根据图像的对称性特点，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量的转化和守恒定律可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。
故选：D。
12．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。
B：选项中电子在图1E处受力指向凸测，故B错误；
C：选项中电子在图2F处受力指向凸测，故C错误；
D：选项中电子在图3G处受力指向凸测，故D错误；
A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故A正确。
故选：A。
13．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：
A、若φM＞φN，根据沿电场线方向电势降低可知，M点到点电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B、若EM＜EN，根据E，可知M点到点电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C、若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小，所处位置的电势升高，故有：φM＜φN，故C正确；
D、若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近Q运动，则N点距离点电荷Q近，有：EM＜EN，故D错误。
故选：C。
14．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：对小球受力分析如图所示：
在△CHP中，根据正弦定理有
其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO
在△APO中，根据正弦定理
在△BPO中，根据正弦定理
根据库仑定律，
联立以上各式，解得Q1：Q2＝2n3：1
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
15．【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．
解：解法一：根据真空中点电荷周围某点处的电势公式，设在x轴正半轴上坐标为x0位置处的电势为0，根据电势叠加的知识有k，解得，即当时，电势φ＜0，当 时，电势φ＞0，随着x的持续增大，φ先增大又逐渐减小为0，故ABC错误，D正确。
解法二：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。根据点电荷的电场叠加，可知沿x正半轴电场强度先沿﹣x方向逐渐减小到零，之后沿+x方向先增大再减小。因负电荷处于x＝0处，故x＝0处电势为负无穷大，根据电势与电场强度的关系，φ﹣x图像的斜率表示电场强度，可知沿x正半轴电势由负无穷逐渐升高，电场强度为零处，φ﹣x图像的斜率为零，此处电势最高，之后电势逐渐降低，直到无限远处电势为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
16．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误；
B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在B点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在B点的加速度，故C正确；
D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选：C。
17．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：若规定无限远处的电势规定为零，正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均匀负，因此Q1为正电荷，Q2为负电荷，即Q1＞0，Q2＜0；
根据点电荷的电势与距离的关系
由图可知，当两点电荷产生的电势的代数和为0时，有r1＝2r2
因此
得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
18．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
19．【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：两极板之间电压不变，则根据
E
可知当d减小时，E增大；平行金属板电场强度由正极指向负极，且方向水平向左，故电子所受电场力方向水平向右，且根据
F＝Ee
可知，电场力增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
20．【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．
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，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度，若仅将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，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由U d，故P、Q两点间电势差变大，故C正确，D错误。
故选：C。
21．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；
电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
22．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：根据题意，qA、qB带异种电荷，假设qA为正点电荷，qB为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示：
设圆的半径为r，根据数学知识A点到C点的距离rA＝r
B点到C点的距离
根据点电荷的场强公式，点电荷qA在C点产生的场强
点电荷qB在C点产生的场强
根据数学知识
代入数据联立解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
23．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：在 φ﹣x图像中，图像的斜率表示 电场强度的大小，因此在x3处，场强为零。
A.假设试探电荷能到达x3，电场力做功W1＝﹣e（1﹣2）V＝+1eV
根据动能定理W1＝Ek3﹣Ek2
代入数据解得Ek3＝2.5eV，假设成立，故A错误；
BCD.当x＞x3，场强方向沿x轴正方向，试探电荷所受电场力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x2处时，动能为1.5eV，速度方向沿x轴负方向；
在x1＜x＜x3范围，场强方向沿x轴负方向，电场力方向沿x轴正方向，试探电荷做减速运动；
设动能减为零时的电势为φ，根据动能定理﹣e（1﹣φ）V＝0﹣1.5eV
解得φ＝﹣0.5V
因此，试探电荷还未运动到x1处，速度减速至零；
当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，再次到达x3处速度达到最大，在x＞x3区域，试探做减速运动至速度为零，再向左先做加速运动，后做减速运动至零，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故B正确，CD错误。
故选：B。
24．【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．
解：对左边的小球受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球带电荷量为Q，根据平衡条件有
F＝mgtanθ
根据库仑定律有F，由图中几何关系有tanθ
联立解得Q＝2，故A正确，BCDE错误。
故选：A。
25．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误；
B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故B错误；
CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3﹣mv1﹣mv2＝0
由于小球1、2的受力情况相同，因此v1＝v2
化简得v3＝2v1＝2v2
三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减＝ΔEk增
即
代入数据解得，故D正确。
故选：D。
26．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度a＝gsinθ，（θ为坡面与水平面夹角）。MB对应的等高线较密集，坡面较陡，即θ较大，可得小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故A错误；
B.A、B在同一等高线上，小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒易知运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；
C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因B处等势线较密集，故A点电场强度比B点小，故C错误；
D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。
故选：D。
27．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；实验探究能力．
解：A.根据库仑定律
由于re＞rb，因此则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B.点电荷在距其r处的电势为中
由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；
根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C.由于rf＞rd，根据上述B分析可知，小球的电势能Epd＞Epf
绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D.由于ra＞rb，根据上述B分析可知，小球的电势能Epb＞Epa
绝缘光滑管道固定于水平面内，根据能量守恒定律可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故选：B。
28．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB.电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；
C.根据动能定理，一个电子从b点移动到c点电场力做功为W＝﹣e（φb﹣φc）＝﹣e×（﹣1﹣1）V＝2eV，故C正确；
D.根据动能定理，一个电子从a点移动到d点电场力做功W＝﹣e（φa﹣φd）＝﹣e×（﹣2﹣2）V＝4eV
根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小了4eV，故D错误。
故选：C。
29．【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．
解：A、根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小为a，故A错误；
B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是10.5eU，故B错误；
C、根据动能定理可知在XX'极板间受到电场力的冲量大小为I＝Δp＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得0.5eU，所以在XX'极板间受到电场力的冲量大小I，故C错误；
D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e 10U，在XX'极板运动的时间为l＝vt，沿电场方向的位移yt2，则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ，根据平抛运动规律可知tanα＝2tanθ；
联立解得：，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共14小题）
30．【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．
解：A.对甲、乙两小球受力分析如图所示
设OC与AB线段交点为G点，由几何关系，解得∠OAB＝∠OBA＝30°，因此有∠OGA＝180°﹣30°﹣45°＝105°，∠OGB＝180°﹣105°＝75°，根据正弦定理，对甲有，对乙有，因为sin45°＜sin75°，F电与F电′是一对相互作用力，大小相等，可得m甲＞m乙，故A错误；
B.根据点电荷场强公式，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C点电势高于D点电势，故B正确；
C.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，故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，两球均带正电，则电势先升高后降低，故D正确。
故选：BD。
31．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、由电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；
B、电场线与等势面处处垂直，沿电场线的方向电势是降低的，即由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；
C、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，在该点电荷的运动过程中电场力对其做正功，由功能关系可知，其电势能将减小，故C正确；
D、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，由C选项的分析可知在该点电荷的运动过程中其电势能将减小，根据电势能与电势的关系，若该点电荷带正电，则运动过程中所经过的位置的电势是降低的，即其从高电势的地方向低电势的地方运动；若该点电荷带负电，则运动过程中所经过的位置的电势是升高的，即其从低电势的地方向高电势的地方运动，故D错误。
故选：AC。
32．【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．
解：A、根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，
故OA中点的电势为
故A正确；
B、根据等势线与电场线垂直，
由A的分析可知，OA中点M点的电势为0
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，
如图，
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、根据电场强度定义式E可知，
电场强度的大小为，
故C错误，D正确。
故选：AD。
33．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据电势能Ep＝qφ，可知负电荷所处电势越高电势能越小，x轴上a、b、c、d四个点中a点的电势最高，故在a点电势能最小，故A错误；
B、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，x轴上a、b、c、d四个点中c点的电势最低，故在c点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故B正确；
C、从d点到a点电势先降低后升高，此电荷从d点开始沿x轴负方向运动到a点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故C错误；
D、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在a点电场方向沿+x方向，故此负电荷在a点受静电力沿x轴负方向，故D正确。
故选：BD。
34．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z轴上，电场线方向背离O点，在y轴上，电场线的方向指向O点，所以M点电场强度方向沿z轴正方向；根据沿电场线方向电势降低可知：φP＞φO＞φM，故A错误、C正确；
B、M点等势线比P点的等势线密，所以P点电场强度大小比M点的小，故B错误；
D、x轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x轴为等势面，根据EP＝qφ可知，沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，故D正确。
故选：CD。
35．【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：D．将六棱柱的上表面的一半拿出
如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确；
C．设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知
φA′＝φ＞0
φD′＝﹣φ＜0
φO′＝0
φF′＞0
因此
φA′﹣φF′＝φ﹣φF′＜φO′﹣φD′＝φ
即A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差，故C正确；
AB．由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同（B′有向下的分量，E′有向上的分量），故A正确，B错误；
故选：ACD。
36．【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．
解：A.由题图知正点电荷q从P点出发抵达N点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，从P点出发抵达M点做直线运动，所受电场力方向沿PM，故固定的点电荷在P左侧，由沿电场线方向电势越来越低知P点电势高于M点电势，故A正确；
B.q在M、N点时速度大小相等，由动能定理知M、N两点的电势相等，故B错误；
C.正点电荷q从P点出发抵达M点的过程中，所受电场力方向与速度方向相同，做加速度逐渐减小的加速直线运动，故C错误；
D.M、N两点电势相等，在同一等势面上，由点电荷的场强公式，知M、N两点的电场强度大小相等，由F＝qE，，可知，q在M、N两点的加速度大小相等，故D正确。
故选：AD。
37．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：A．选择O点作为球心、选择OC为半径的球面作为等势面，根据电场强度以及等势面的关系从而可以得到以下结论，A、B两点电场强度的方向与半径平行，与x轴重合。根据前面所述，无法判断各个电荷的电性，由此可以得到：A、B两点电场强度的方向无法判断，故A错误；
B.选择无穷远处作为零电势点，根据正电点电荷电场的分布情况，可以得出正点电荷周围的电势为正值，若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高，故B正确；
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错误；
D．根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴重合，再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故C点的电场强度一定为零，故D正确。
故选：BD。
38．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.根据带电粒子做曲线运动的条件，电场力的方向应指向凹侧，以M点为例，电场力指向左下方向，结合等势线得粒子带正电荷，故A错误；
B.等势线越密的地方场强越大，根据图像N点的等势线比M点的密，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；
C.电场力做负功电势能增大，电势能减小，当电势能最大时，动能最小，故当带电粒子在电势最大的点，动能最小，故C正确；
D.根据电势φM＞φN，该粒子为正电荷，故φMq＞φNq，即电势能EpM＞EpN，故D正确。
故选：BCD。
39．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
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
有数学知识可得当时E有最大值，且最大值为
E
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
由于x＜＜r，整理后有
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。
40．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；功能关系 能量守恒定律；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB．根据题意可知，小球向下的加速度小于重力加速度，所以小球受到的电场力方向向上，若小球带正电，则电场方向垂直向上，若小球带负电，则电场方向垂直向下，故A正确，B错误；
C．重力做功WG＝mgh，所以重力势能减小mgh，故C错误；
D．只有重力和电场力做功，机械能减少量等于电势能增加量，根据能量守恒定律得：小球电势能增加
故D正确；
E．根据动能定理：小球动能的变化量等于合力做功
动能增加，故E正确。
故选：ADE。
41．【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．
解：AB.小滑块在B点处的加速度为零，设OB的距离为l，则沿斜面方向有，解得，故A正确，B错误；
C.小滑块从A到C的过程，设静电力做功为W，由动能定理有W+mgssin30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为，故C错误；
D.根据电场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势差，故D正确。
故选：AD。
42．【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．
解：法一：点电荷在O点产生的场强方向如图所示
由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：
Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°（2cos54°+cos18°）
Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3（sin54°﹣sin18°）＝0
根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为（2cos54°+cos18°），故AD正确，BC错误。
法二：AB、将各处电荷进行等效，如图所示：
根据均匀带电圆环在其内部中点的合场强为零，则五个点中3q的电荷在O点产生的合场强为零。
根据等量异种电荷中垂线电场线的分布特点可知，O点的电场强度方向沿x轴负方向，故A正确、B错误；
CD、根据图丙可知，﹣q的电荷与y轴正方向的夹角为：72°，﹣2q的电荷与y轴负方向夹角为：36°
根据电场强度的叠加可知，O点场强大小为E（2cos54°+cos18°），故C错误、D正确。
故选：AD。
43．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB、对两球进行受力分析，如图所示。
设两球间的库仑力大小为F，轨道倾角为θ。
对甲球，根据平衡条件得FN1cosθ＝mg，F＝FN1sinθ+Eq ①
对乙球，根据平衡条件得FN2cosθ＝2mg，FN2sinθ＝F+2Eq ②
联立解得F＝4Eq
则
根据库仑定律得，解得，故AB正确；
C、若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有FN1'cosθ＝mg，FN1'sinθ＝F+Eq
对乙，根据平衡条件有FN2'cosθ＝2mg，FN2'sinθ+2Eq＝F
联立可得F+4Eq＝0，无解，假设不成立，故C错误；
D、若撤去甲，对乙球，根据动能定理得
结合①②可知
联立解得，故D正确。
故选：ABD。
三．填空题（共3小题）
44．【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电场线密的地方电场强度大，根据图像可知Ea小于Ed；
abc是一段以O为圆心的圆弧，则abc所在的圆弧是等势线，则φa等于φc；
根据电场线的疏密可知，Od两点的平均电场强度大于bd两点的电场强度，所以UOd＞Udb，即：φO﹣φd＞φd﹣φb＝φd﹣φa
所以UOa＝UOd+Uda＞2Uda，即φO﹣φa＞2（φd﹣φa）。
故答案为：小于；等于；大于。
45．【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．
解：由于对称性，直径C、G上面三个电荷与下面三个电荷对O点的场强之和为0，对M、N两点电势的影响相同，因此只需考虑C点和G点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，O点场强为；M点更靠近C点的+Q，N点 更靠近G点的﹣Q，则M点电势大于N点；将+q从M点移到N点，电场力做功W＝+qUMN＝+q （φM﹣φN）＞0。
故答案为：，大于，大于零。
46．【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．
解：检验电荷静止，则Q1、Q2对电荷库仑力的水平分力等大反向。
设检验电荷的电荷量为q、PQ2＝r，则：tan30°
解得：PQ1r
由库仑定律和平衡条件得：kcos30°＝kcos60°，解得
Q1：Q2：1；
Q1和Q2在PQ1连线上电场强度的合成情况如图所示（其中E1、E2是开始Q1、Q2在P点产生的的电场强度，E1′、E2′是Q1、Q2在PQ1连线上某点产生的电场强度）：
假设在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，则Q1和Q2产生的电场强度均增大。但由于Q2到PQ1连线的距离增大，根据点电荷电场强度计算公式可知，Q2的电场强度减小，故假设错误，PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
故答案为：：1；不存在。
四．解答题（共8小题）
47．【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．
解：（1）由库仑定律可得：
电场强度
则
（2）类比库仑定律可得两电流元间作用力为：
（3）环形电流中心O处产生磁场的磁感应强度
设单位长度内电荷数为n，在中心p外产生磁场磁感应强度
且ΔQ＝nqvΔt
则一个运动电荷在p点产生磁场的磁感应强度为
答：（1）与点电荷Q相距为r处电场强度的大小E等于；
（2）两电流元间相互作用的磁场力大等于；
（3）该运动点电荷在P点产生磁场的磁感应强度大小等于。
48．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）C点的电荷在M点的场强沿CM所在直线，A点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿AB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则A、B两点处的点电荷在M点的合场强为零，即A和B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；
C点处的点电荷在M点的场强方向沿CM向下，则C点处点电荷为正电荷；
C点电荷在N点的场强方向沿CB斜向右下，N点的合场强方向竖直向上，则A点处的点电荷和B点处的点电荷在N点的合场强斜向左上，A点处的点电荷在N点的场强沿AN斜向右上，B点处的点电荷在N点的场强沿BN斜向左上，则A、B两点处的点电荷均为正电荷；
（2）设三角形的边长为l，由几何关系得：ANl
BN＝CNl
A点电荷在N点的场强大小为EA＝k
方向沿AN斜向右上，B点电荷在N点的场强大小为EB＝k
方向沿BN斜向左上，设C点电荷的电荷量为Q，C点电荷在N点的场强大小为EC＝k
方向沿CB斜向右下，则B点电荷和C点电荷在N点的合场强大小斜向左上，大小为EBC
N点的合场强竖直向上，如图
由几何关系得：EBCtan30°＝EA
联立解得：Qq
答：（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值为q，3个点电荷均为正电荷；
（2）C点处点电荷的电荷量为q。
49．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
解：（1）①根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为：：…
可得1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为：，故BCD错误，A正确；
故选：A。
②由于两物体在同一直线上运动，根据速度的合成法则作图如图，
（2）①当实验车速度为0时，根据楞次定律“增反减同”可知，电流方向为adcb；根据“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，
②试验车的速度最大时满足：F＝f
结合动生电动势公式欧姆定律和安培力公式有：
解得实验车的最大速率为：
③I0代表初始时的电流，则有：
I1代表稳定时的电流，根据受力平衡有：f＝2BI1L，解得：
根据运动的相对性可知，选取运动的磁场作为参考系时，
图与纵轴的交点及最大电流不变，即：、
（3）①根据点电荷产生的电场公式可知，当x≥R时，电场强度大小：
当x＜R时，将带电球体分为两部分，半径为x的带电球体和外面的球壳，由题意，x＞R的部分在x处产生的场强为0，整体带电球在x处产生的电场和半径为x的球体产生的电场强度相同，则半径为x的球体带电量为：
则电场大小为：
②取无穷远处为0势能面，x＝R处的电势能为：；
当x＜R时，电场为，则从x＝0→x＝R，电势能的变化为：
则x＝0处的电势能为：
可知：
取距离为R的点处为零势能面，图像向下平移Ep2个单位即可，如下图
故答案为：（1）①A；
②
（2）①adcb、水平向右；②；③、、、；
（3）①当x≥R时，、当x＜R时，；②、
。
50．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）电子在M点的速度大小为v0，设电子在N点的速度大小为vN，电子在垂直电场方向的分速度不变，可得vMsin30°＝v0sin60°
解得
电子从M到N电场力做功，由动能定理，可得：
解得UMN
（2）电子到达极板B的过程中电场力做功，则
可得Ek
答：（1）M、N两点间的电势差为；
（2）光电子到达B板时的动能为。
51．【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．
解：（1）小球由M点运动到O点过程，由动能定理可得：
，
解得：
；
（2）由对称性可知：
，
小球由O点运动到N点过程，由动能定理可得：
，
解得：
；
（3）由电势的计算公式可知：
，
，
又因为：
UMO＝φM﹣φO，
联立可得：
；
答：（1）M、O两点间的电势差UMO为；
（2）小球到达N点时的速度大小vN为；
（3）点电荷Q的电荷量为。
52．【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．
解：（1）当极板没加电压时，油滴以恒定速率v1缓慢降落，满足
mg＝kv1
当极板加上电压U时，油滴以恒定速率v2缓慢上升，受电场力、重力和阻力而平衡，滴所带电荷量为q，则有
解得
（2）当极板上未加电压时，油滴以恒定速率vl缓慢降落一定高度h，则
h＝v1t1
当极板加上电压U时，油滴以恒定速率v2缓慢上升相同高度h，则
h＝v2t2
则有
v1t1＝v2t2
又因
故可得
将v1、v2代入q表达式可得
又
比较以上两式可见
（3）因为，而式中在实验中为一定值，所以若发现忘一数值（0.00535J s﹣1）的整数倍，则可推得电荷量q也必为某一数值e的整数倍，即有（其中n为正整数），亦即q为某一基元电荷e的整数倍。
故有
取，并将实验中相关数据代入可解得基元电荷
e＝1.6×10﹣19C
答：（1）油滴所带电荷量q为；
（2）用已知量d、g、U、t及油滴质量m表示A的表达式为；
（3）基元电荷的电荷量为1.6×10﹣19C。
53．【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：（1）a、液体表面张力F＝αl，
则α，F的单位是N，l的单位是m，则α的单位是N/m
b、对液滴，由平衡条件得：mg＝απd
其中：m
解得：D3∝α
（2）a、设喷雾区底面单位时间接受的液滴个数为n，则有：Q＝nV液滴
其中V液滴
电流I
其中单位时间t＝1s
解得：q
b、如图所示，A为液滴上一微小面元上的一点，A1为微小面元外附近的一点，A2为为微小面元内附近的一点
面元之外的其余电荷在三个点的场强趋近相等。根据电场的叠加原理得：
A1处场强：ES+E其余
A2处场强：0＝﹣ES+E其余
面元上的电荷量：q'＝q
其余电荷对面元的力F＝q'E其余
解得：F＝q
则有：
将q代入解得：
答：（1）a、表面张力系数α的单位是N/m；
b、证明过程如上所述。
（2）a、液滴所带电荷量q是；
b、是。
54．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
解：（1）对A在水平方向进行受力分析，A受地面向左的摩擦力和水平向右推力
由牛顿第二定律有：4μmg﹣F＝3ma1
代入恒力F的值解得：
对B水平方向进行受力分析，由牛顿第二定律有F＝ma2
解得
（2）将A和B当做系统，地面对A的摩擦力4μmg＝2F，即系统的动量守恒，
设B与A第1次碰撞前的速率为v1，木板的速度恰好减为零
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝mv1
整理解得：v1＝4v0
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为vA1、vB1，取向右为正
碰撞过程中，系统动量守恒有mv1＝mvB1+3mvA1
机械能守恒有
联立以上各式解得：vB1＝﹣2v0，vA1＝2v0
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第（1）问计算可知，第1次碰撞后，B以2v0沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以2v0向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝4mv共
代入数据解得：v共＝v0
此过程中A相对地面向右的位移为x1，B相对地面向左的位移为x2，对A，由动能定理有：
对B，由动能定理有：
联立解得：，
所以AB最远的距离：
（3）A速度再次减为零的时间：
B的速度：vB2＝﹣2v0+a2t
代入数据得：vB2＝4v0
此过程中，A的位移：
B的位移：
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为：x3＝2L
此过程电场力做功：W＝Fx3
联立代入数据解得：
所以B的电势能的变化量为：ΔEp＝W
答：（1）B与P碰撞前，A、B的加速度大小分别为、；
（2）B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离为；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量为。
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