备考2026届高考物理一轮复习核心考点 静电场（含解析）

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高考物理一轮复习 静电场
一．选择题（共4小题）
1．（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
2．（2025 选择性）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 选择性）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（　　）
A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC
C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB
4．（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
二．多选题（共5小题）
（多选）5．（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）6．（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）7．（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）8．（2025 河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．5
（多选）9．（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1小题）
10．（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4小题）
11．（2025 广西）带电粒子绕着带电量为+Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为﹣q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带电粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
（1）求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
（2）求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。
12．（2025 江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1）a运动到最高点的时间t；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。
13．（2025 广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
14．（2025 河南）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m＝2.0×10﹣10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以v＝2.0m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
（2）A、B细胞收集管的间距。
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4小题）
1．（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
【考点】等势面及其与电场线的关系；电荷性质、电势能和电势的关系．
【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．
【答案】C
【分析】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，据此分析作答；
C.根据动能定理求解作答；
D.根据动能定理、电场力做功与电势能变化的关系求解作答。
【解答】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。
【点评】本题主要考查了场强大小的判断，考查动能定理、电场力做功与电势能变化的关系的运用；知道等差等势面的疏密表示场强的大小。
2．（2025 选择性）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化；平行板电容器电容的决定式及影响因素．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。
【解答】解：根据电容的定义式：C，和电容的决定式：C
联立可得：U
将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了平行板电容器的动态分析问题，掌握电容的定义式与决定式。解答时要注意分析哪些量是不变的，哪些量变化的。
3．（2025 选择性）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（　　）
A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC
C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理求解B、C两点动能的大小关系；
滑块运动到D点，弹簧处于原长状态，滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；根据动能定理求解A、B两点动能的大小关系，然后作答。
【解答】解：滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理﹣mg×2r＝EkC﹣EkB
因此EkB＝EkC+2mgr
如图所示，滑块运动到D点，弹簧处于原长状态：
滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；
滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识
由于Eq＝mg，根据动能定理
因此
联立解得EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了动能定理的运用，明确弹簧的形变量相同，弹性势能相同时解题的关键。
4．（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
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据沿电场线方向电势降低进行分析；
a、c两点的电场强度方向不相同；
根据U＝Ed结合图像进行分析；
根据图像可知a和f位于同一个等势面，根据W＝qU进行分析。
【解答】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。
【点评】无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
二．多选题（共5小题）
（多选）5．（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
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．
【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】BD
【分析】对两带电小球画出平衡状态下的受力图，结合几何关系，利用正弦定理，电场的合成叠加，电势的确定和标量性进行分析解答。
【解答】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。
【点评】考查库仑力作用下带电小球的平衡问题，结合相应的几何知识、正弦定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）6．（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
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场强度的叠加；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【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】AD
【分析】在匀强电场中，沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，据此可以得到各点的电势；先作出一条等势线，然后作出等势线的垂线即为电场线，最后根据匀强电场中电场强度与电势差的关系E可以求出电场强度的大小。
【解答】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。
【点评】本题要明确在匀强电场中，沿同一方向前进相同的距离，电势降低相等。在匀强电场中，相互平行的直线上，距离相等的两点间电势差相等，这是解题的关键。
（多选）7．（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°）
【考点】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；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。
【解答】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。
【点评】考查点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）8．（2025 河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．5
【考点】电荷守恒定律．
【专题】定量思想；方程法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据库仑定律结合电荷均分原理列方程进行解答。
【解答】解：设A、B间的距离为r，原来A、B间的静电力：F
小球C先跟A接触，此时A、C的电荷量都变为：q1
C再跟B接触，C、B的电荷量都变为：q2
移走C后，A和B之间的静电力：F
整理得：Q2+4Qq﹣5q2＝0
因式分解可得：（Q+5q）（Q﹣q）＝0
解得：Q＝﹣5q或Q＝q
所以：||＝5或||＝1，故AD正确、BC错误。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的库仑力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比；知道两个相同的金属球接触后电荷均分。
（多选）9．（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
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电体在匀强电场中的受力平衡．
【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．
【答案】ABD
【分析】对两球进行受力分析，画出受力图，分别根据平衡条件列方程，求出两球间的库仑力大小，再求，并根据库仑定律求出匀强电场的电场强度大小E；若将甲、乙互换位置，假设二者仍能保持静止，根据平衡条件列式分析；若撤去甲，对乙球，根据动能定理求乙下滑至底端时的速度大小v。
【解答】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。
【点评】解答本题的关键要分析两球受力情况，采用隔离法，运用平衡条件列方程。
三．填空题（共1小题）
10．（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 　：1　 ，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 　不存在　 （存在，不存在）。
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．
【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】：1；不存在。
【分析】检验电荷静止，受力平衡，根据平衡条件结合电场强度的计算公式进行解答；根据矢量三角形法则分析电场强度的变化情况，由此判断。
【解答】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。
【点评】本题主要是考查电场强度的叠加，关键是弄清楚点电荷电场强度的计算公式，掌握电场强度的叠加方法。
四．解答题（共4小题）
11．（2025 广西）带电粒子绕着带电量为+Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为﹣q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带电粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
（1）求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
（2）求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。
【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；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为；
（2）带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为；
（3）守恒，其动能与电势能之和为。
【分析】（1）用椭圆性质找B到源电荷F的距离r，代入电势公式计算；
（2）依据电场力做功与电势能变化关系，先求A、B电势（A点距F距离结合椭圆性质得，B点电势第一问已求），再代入计算；
（3）设任意点距F距离r、速度v，表出动能、电势能，总能量。结合图像关系化简E，判断是否为定值，确定是否守恒，若守恒求该定值。
【解答】解：（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离为r＝a
根据电势计算公式可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
（3）设带电粒子的质量为m，假设带电粒子动能与电势能之和守恒，则满足（定值）
则
根据图像可知关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中代入关系式可得其动能与电势能之和为
答：（1）在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为；
（2）带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为；
（3）守恒，其动能与电势能之和为。
【点评】综合考查电场知识（电势、电场力做功、电势能）与椭圆几何知识，以及能量守恒思想，知识融合性好，能锻炼学生知识迁移和综合推导能力；通过图像给出v2与关系，需学生灵活运用物理规律结合图像信息分析，提升解题思维层次。
12．（2025 江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1）a运动到最高点的时间t；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）a运动到最高点的时间t为；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为。
【分析】（1）a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，由于电场力方向竖直向下，所以可以将a球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，利用分速度公式求a运动到最高点的时间t；
（2）两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，根据竖直方向分运动规律求出a到达最高点时两球竖直方向的分位移，再求a到达最高点时，a、b间的距离H。
【解答】解：（1）不计重力及粒子间相互作用，a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
a运动到最高点时，由运动学公式有
v0sinθ＝at
联立解得
（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，则两小球一直在同一竖直线上，a到达最高点时竖直方向上运动的位移为
此时b球竖直方向上运动位移为
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离
答：（1）a运动到最高点的时间t为；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为。
【点评】解答本题时，要明确两球的受力，熟练运动的分解法处理类斜抛运动，要掌握分运动的规律，并用来解决实际问题。
13．（2025 广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）颗粒碰撞前的电量q为；
（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为；
（3）电场力对颗粒做的功W为，或。
【分析】（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据自由落体运动规律、牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解作答；
（2）颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动公式和匀变速直线运动公式分别求解颗粒与下方绝缘板碰撞前的竖直速度和水平速度；根据运动的合成与分解求解颗粒与下方绝缘板碰撞后竖直速度与水平速度的关系，根据力的合成与分解求解电场力与重力的关系，然后联立求解作答；
（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，在竖直方向做竖直水平运动，根据运动学公式求解颗粒再次返回下方绝缘极板时的运动时间；根据牛顿第二定律和运动学公式求解在该时间内颗粒的水平位移，最后根据电场力做功公式求解作答。
【解答】解：（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
水平位移
联立解得
（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，如图所示：
颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为
根据匀变速直线运动规律，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。
①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功为：
解得：
②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞碰撞。
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；
根据竖直水平运动，运动时间
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度
水平方向运动的距离为
代入数据解得
颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为
代入数据联立解得。
答：（1）颗粒碰撞前的电量q为；
（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为；
（3）电场力对颗粒做的功W为，或。
【点评】本题主要考查了带电粒子在复合场（重力场和电场）中的运动，根据颗粒的受力情况做好运动分析是解题的关键；理解颗粒在竖直方向的运动情况和水平方向的运动情况，熟练掌握自由落体运动、竖直上抛运动、匀变速直线运动规律和牛顿第二定律；掌握运动的合成与分解、力的合成与分解；掌握电场力公式和电场力做功公式的运用。
14．（2025 河南）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m＝2.0×10﹣10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以v＝2.0m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
（2）A、B细胞收集管的间距。
【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．
【答案】（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B细胞收集管的间距为0.11m。
【分析】（1）含A细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。将运动分解处理，根据分运动的等时性，应用牛顿第二定律与运动学公式解答；
（2）根据类平抛运动规律的的推论，结合几何关系求得含A细胞的液滴从进入电场到A收集管的过程的水平位移大小，含B细胞的液滴的运动与含A细胞的液滴的运动具有对称性，据此求得A、B细胞收集管的间距。
【解答】解：（1）含A细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距离为x，在电场中的加速度大小为a，运动时间为t。
其沿竖直方向做匀速运动，则有：
l＝vt
其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
qE＝ma
x
已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C
联立解得：x＝5×10﹣3m
（2）法一：设含A细胞的液滴从进入电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d。
根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：
由几何关系得：
解得：d＝0.055m
对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
法二：设含A细胞的液滴从离开电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d′。
则有h＝vt′，d′＝att′，联立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m
对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
答：（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B细胞收集管的间距为0.11m。
【点评】本题考查了带电微粒在电场中运动问题，基础题目。带电微粒在匀强电场中类平抛运动，要将运动分解处理，根据分运动的等时性进行解答。掌握类平抛运动规律的推论。
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