高考一轮复习：静电场

高考一轮复习：静电场
一、选择题
1．（2025·海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（　　）
A．、都带正电 B．、都带负电
C．带负电、带正电 D．带正电、带负电
2．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，A、B是两个完全相同的带绝缘棒的金属小球，A球所带电荷量为-1.6×10-9C，B球不带电。现将A、B接触后再分开，则（　　）
A．A、B接触前，B球上没有电子
B．A、B接触前，A球上有1×1010个电子
C．A、B接触时，A 球失去1×1010个电子
D．A、B接触时，B球得到5×109个电子
3．（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；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．
4．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，高一学生在学考报名时进行了指纹采集．电容式指纹识别的原理是手指与传感器表面接触时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成电容不同的平行板电容器，从而识别出指纹的纹路．下列说法正确的是（　　）
A．极板与指纹嵴（凸的部分）构成的电容器电容大
B．极板与指纹沟（凹的部分）构成的电容器电容大
C．若充电电压变大，所有电容器电容增大
D．若充电电压变大，所有电容器电容减小
5．（2025·宁波模拟）如图为一平行板电容器，电容为，、两极板的正对面积为，上半部分正对面积为且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为和。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷和。下列说法正确的是（　　）
A．上、下两个电容器的电容和一定相等
B．上、下两个电容器两极板间的电势差和一定相等
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量和一定相等
D．若电容器、两极板间均为空气，其电容一定变大
6．（2019·海南）如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（　　）
A．M点的电势比N点的低
B．M点的场强大小一定比N点的大
C．电子在M点的电势能比在N点的低
D．电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
7．（2025·广西）用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是（　　）
A．a B．b C．c D．d
8．（2018·全国Ⅰ卷）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为K，则（　　）。
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
9．（2025·湖南）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．A球静止时，轻绳上拉力为
B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
10．（2025·天河模拟）如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带正电小球A，绳两点P、Q固定，在竖直平面内，整个空间存在匀强电场。小球静止时，轻绳绷紧，AP水平、AQ竖直，小球A的质量为m，则（　　）
A．球受到的电场力可以等于2mg B．球受到电场力的最小值为mg
C．匀强电场方向一定水平向右 D．匀强电场方向可以竖直向下
11．（2025·河池模拟）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电量为的油滴A以速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以速度匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用力，则油滴B的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
12．（2025·福建） 某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（　　）
A．B点的电场强度
B．P点场强大于C点场强
C．b粒子在P点动能小于Q点动能
D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU
13．（2025·海南）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度方向沿负方向
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．电子在点的动能小于在点的动能
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
14．（2025·甘肃）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是
A．M点的电势比P点的低
B．M点的电场强度比N点的小
C．负电荷从M点运动到P点，速度增大
D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功
15．（2024·贵州） 如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，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
16．（2025·长沙模拟）如图所示，两个均匀带电的圆环正对放置，圆环的半径均为R，A、B为两圆环的圆心。两圆环的带电量均为+Q，A、B间距离为4R，则A、B两点之间连线上场强为0的点的个数为（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
17．（2024高一下·成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少3eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
18．（2024高二上·广东期中）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
19．（2025·金华模拟）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，其中a、d两点关于球心o对称，则（　　）
A．o点电场强度不为0 B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度 D．a、o间电势差等于o、d间电势差
20．（2025·温州模拟）如图1所示，同轴电缆是广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输线，它由两个同心导体组成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔开。图2为同轴电缆横截面内静电场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，下列说法正确的是（　　）
A．图2中虚线代表电场线
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用
C．a、b两点处的电场强度相同
D．a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍
21．（2025·浙江模拟）如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧产生和消失的过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法正确的是（　　）
A．P处电势差最高
B．P处的电场强度最大
C．在真空中实验效果更加明显
D．弧光存在的时候两电极电势相同
22．（2025·广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在 加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
23．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
24．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，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
25．（2024·北京）电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示．类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”．由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景．下列说法错误的是（　　）
A．QU的单位和ΦI的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
26．（2025·甘肃）离子注人机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射人电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中轴线），极板长度为l、间距为d，U2-l关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于0'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是
A． 的最大值
B．当 且 时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
D．在 和 时刻射入 的离子，有可能分别打在A 和B 点
二、多项选择题
27．（2025·湖南）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和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。下列说法正确的是（　　）
A．中点的电势为零
B．电场的方向与x轴正方向成角
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
28．（2025高二上·中山期末）如图是某种高压电干燥装置的电场分布图，电极和大导体板分别接在高压电源两极，两极间产生强电场，图中实线为电场线、虚线为等势面，电场中三点在同一条电场线上，且长度，下列关系正确的有（　　）
A．三点的电势关系为
B．三点的场强关系为
C．ab、bc间的电势差关系为
D．带负电粒子在三点的电势能关系为
29．（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、乙刚好静止于确内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
30．（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．方向沿x轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为E=(cos54°+sin18°)
D．大小为E=(2cos54°+sin18°)
31．（2025·福建） 空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
三、非选择题
32．（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）。
33．（2024·福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为（）的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为　 　。、分别为、的中点，则点的电势　 　（填“大于”“等于”或“小于”）点的电势；将一带电量为（）的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功　 　（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
34．（2025·广西）带电粒子绕着带电量为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；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带点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）用推理论证带点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。
35．（2022·上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是II中，并且R0大小为多少；
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
36．（2022·北京）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
37．（2025高二下·罗湖月考）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
(1)电场强度的大小；(2)N点的坐标； (3)矩形磁场的最小面积．
38．（2025·北京市）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。
（1）设两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。
（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为和时的总能量分别为和。若，推理分析并比较与的大小。
（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷，电子质量，静电力常量，基态氢原子轨道半径和能量）
39．（2025·湖南）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，根据静电感应的原理，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。
故答案为：C。
【分析】静电感应的原理分析作答。
2．【答案】D
【知识点】电荷守恒定律；元电荷
【解析】【解答】A、B球不带电是呈电中性（正负电荷数量相等 ），并非没有电子，A错误；
B、A球带电量，单个电子电荷量，仅净电荷对应的电子数
但A球还有与正电荷平衡的电子，实际电子数远大于此，B错误；
C、A、B相同，接触后电荷平分，A球初始带电量，接触后A球带电量变为，A球失去的电荷量
失去电子数
不是失去个电子，C错误；
D、接触后B球得到电荷量（负电荷 ），得到电子数
D正确；
故答案为：D。
【分析】A、不带电的物体是正负电荷总量相等，电子依然存在，据此判断A错误 。
B、先通过算出A球净电荷对应的电子数，但要注意A球还有平衡正电荷的电子，实际电子数更多，判断B错误 。
C、依据相同金属球接触电荷平分规律，算出A球接触前后电荷量变化，再用算失去电子数，判断C错误 。
D、根据电荷平分，确定B球得到的电荷量，用算得到电子数，判断D正确 。
3．【答案】C
【知识点】电场强度；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】根据匀强电场特点可得ac中点d场强等于4V，故bd连线为等势线，ac刚好与bd垂直，故ac连线为电场线，电场线由高电势指向低电势，故电场方向为ac，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀强电场等势面特点进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、B平行板电容器电容决定式为 （ 为介电常数， 为极板面积， 为极板间距 ），指纹嵴（凸部）与极板间距 小，指纹沟（凹部）与极板间距 大，因 、 相同， 越小， 越大，故极板与指纹嵴构成的电容大，A正确，B错误；
C、D、电容是电容器本身的属性，由 、、 决定，与充电电压无关，充电电压变化不影响电容大小，C、D错误；
故答案为：A。
【分析】 A、B选项： 对比指纹嵴和沟与极板的间距，结合决定式，间距小则电容大，判断出极板与指纹嵴构成的电容更大，A对B错。
C、D选项：强调电容是电容器固有属性，不受充电电压影响，直接判定C、D错误。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础，知道两个极板是等势体。A．根据可知上、下两个电容器的电容和不相等，选项A错误；
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差和一定相等，选项B正确；
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量和不相等，选项C错误；
D．若电容器、两极板间均为空气，因变小，可知其电容一定变小，选项D错误。
故选B。
【分析】根据比较电容的大小，以及两极板间都为空气时电容的变化；两个极板均为等势体，据此比较电势差的大小；根据Q=CU比较所带电荷量的变化。
6．【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、沿电场线方向电势降低，通过木给出的电场线方向可以判断出，N点的电势比M点的电势低，A不符合题意；
B、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，题目中只给出了一根电场线，无法判断出电场线的疏密程度，所以M点和N点的场强无法比较，B不符合题意；
C、负电荷在电势高的地方电势能大，N点的电势比M点的电势低，故电子在M点的电势比较低，C符合题意；
D、M点和N点的场强无法比较，故电子在M点和N点受到的电场力无法比较，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等差等势面密集的地方，电场强度比较大，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
7．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；电场强度
【解析】【解答】b和c两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，处于静电场中的导体，内部的合场强为零，则两点的场强均为零；在金属箔上的最下端类似尖端，尖端附近场强较大，且d点距离金箔的下端较近，可知d点的场强比a点大，则电场强度最大的是d点。
故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】验电器的金属箔带电后，金属箔是带电体，电场线分布越密集处电场强度越强。
8．【答案】D
【知识点】库仑定律；力的合成；点电荷
【解析】【解答】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’ ，Fbc=k’ ，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k= ，联立解得：k=64/27，D符合题意。
故答案为：D
【分析】选取C球为研究对象，根据库仑定律与电荷间的相互作用力特点，对C球进行受力分析，作出矢量图，然后根据力的矢量三角形与几何三角形的相似找出比例关系，即可解题。
9．【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，A球受绳子拉力，重力以及库仑力，如图所示
由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为
A球与B球间的库仑力
故AB错误；
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，根据牛顿第二定律可知加速度大小为g，故C正确；
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A球静止，画出小球的受力分析，根据平行四边形定列出平衡式子，结合三力平衡的知识进行分析即可。
10．【答案】A
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题中有光滑孔的小球与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等， 要正确分析小球的受力情况，熟练运用平衡条件的推论进行分析。A．小球受重力、水平向左和竖直向上的拉力作用，根据共点力平衡条件可知，球受到的电场力可以向右，大小等于2mg，故A正确；
B．如图所示电场力最小值
故B错误；
CD．球受到的电场力可以斜向右下方或者右上方，匀强电场方向不会竖直向下，故CD错误；
故选A。
【分析】小球静止时，合力为零，分析小球的受力情况，所受重力和电场力合力与绳子拉力合力等大反向，结合带电小球的电性判断电场方向。
11．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设带电油滴的质量为，开关断开时，极板不带电，无电场力，重力和阻力平衡，对A油滴有，根据题意有，当开关闭合时，受向下的电场力，对A油滴有，对B油滴有，联立可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】考查带电粒子在电容器中运动，两种情况受力分析，匀速直线运动受力平衡列等式，联立可求解 油滴B的电荷量 。
12．【答案】D
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电子恰好做圆周运动，则
电子入射动能为Ek，根据动能的表达式有
联立解得
故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B错误；
C．已知|CQ|=2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，由
可知b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；
D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据
则
则b粒子全程的克服电场力做功
故D正确。
故选 D。
【分析】本题主要考查电场线的性质、非匀强电场电场强度与电势差的关系、以及电场中能量关系。由电场线性质、电场中能的性质解答。
电子恰好做圆周运动，则所受静电力提供向心力，结合动能表达式列式求解B点的电场强度；同一电场中，电场线的疏密表示电场的强弱，从而确定P点场强与C点场强大小关系；沿着电场线方向电势逐渐降低，结合确定 b粒子在P点动能与Q点动能大小关系；由结合电场线特点、电场力做功公式求解b粒子全程的克服电场力做功。
13．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．沿电场线方向电势逐渐降低，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．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。
故答案为：D。
【分析】根据φ﹣x图像的切线斜率的物理意义结合电子电势能、能量的转化和守恒定律等知识进行分析解答。
14．【答案】D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，故B错误；
A．MN两点在同一等势面上，电势相等，电容器上极板与电源正极相连，带正电，所以极板间电场方向沿着电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，故A错误；
CD．负电荷从M点运动到P点，由可知P点电势能大，即电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 本题考查非匀强电场中场强、电势、电势能的判断，解题关键是理解电场线和等势面的性质，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
同一电场中电场线疏密表示电场强度的强弱，可判断M点的电场强度比N点的大小关系；电场线与等势面垂直，并由高电势指向低电势，从而判断 M点的电势比P点的高低；电场力做正功，电势能减小，电势能做负功，电势能增加，根据判断M和P电势能大小，进而判断电场力做功的正负、动能变化、速度变化。
15．【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】因为C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，根据点电荷的电场分布和场强的叠加原理可知，两电荷应为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如图所示，
设圆的半径为r，根据几何知识可得
，，
根据点电荷的场强公式
可得，A、B两点的电荷在C点产生的电场强度分别为
，
联立解得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据C点的合场强方向判断两电荷的电性关系，再根据点电荷的场强公式和电场叠加原理列式求解。
16．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。圆环的半径均为R，A、B为两圆环的圆心，设A、B之间的连线上某点P到A的距离为x，到B的距离为，由于两个圆环带同种电荷，它们在P点产生的场强方向相反，将带电圆环进行微元分割，如图所示
可得左环环在P点的场强大小为
同理可知，右环在P点的场强大小为
场强为零的条件为
即
当时，则有，，合场强不为零；
当时，则有，，合场强不为零；
当时，则有，，由于，方向相反，故合场强为零；
因此，在区间内，从零逐渐增大，而后缓慢减小；从某一定值（）逐渐增大，相对而言，在此区间内，开始增加的幅度大于增加的幅度，减小的幅度同样大于增加的幅度，但整体而言，相对离场源电荷较近，因此存在一个点使得
根据对称性及电场强度的变化趋势可知，在区间内，也存在一个点满足
综合可知A、B两点之间连线上场强为0的点的个数为3个。
故选B。
【分析】根据电场强度叠加原则，结合微元法以及场强为零的条件，综合场强的变化趋势以及对称性分析求解。
17．【答案】D
【知识点】匀强电场；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】 【解答】AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得
解得D的电势为
P是CD的中点，P点电势为
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；
D．B点和D点电势为6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 匀强电场的电势规律：匀强电场中，平行线段的电势差与长度成正比（，为线段与电场线夹角 ）。利用，通过求；利用中点电势为两端点电势平均值，求.
2. 电场力做功与电势能变化：电势能变化，电场力做功（为试探电荷电量，为电势差 ）。电子带负电（ ），通过计算电场力做功，判断电势能变化.
3. 等势面与电场线的关系：电势相等的点连线为等势线，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势。找到为等势线（ ），确定电场线方向；再通过“电势差与场强关系”（为沿电场线方向的距离 ）计算场强大小.
18．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．该电场的分布特性与一对等量异种点电荷形成的电场等效。若a、b两点位于两点电荷连线的对称位置，则根据等量异种电荷的电场分布规律，a、b两点的电场强度大小相等，且方向相同（均指向负电荷或远离正电荷），故A错误；
B． 由于c、d两点位于同一等势线上，根据等势面的定义，两点电势相等（），因此移动电荷在c、d间不会因电势差做功，故B错误；
C．对于正电荷，其电势能随电势升高而增大。若b点电势低于d点，将正电荷从b移至d时，电势能增加，电场力需克服电势差做功（即做负功），故C正确；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、 分析对称位置的场强时，可直接利用对称性判断方向与大小。
2、 等势面是电势相同的点构成的面，电荷在等势面上移动时 电场力不做功（ΔU=0）。 用来判断两点电势是否相等，计算电场力做功时优先分析等势面。
3、 电场力做功 ，常用来计算电荷移动时的能量变化，判断电场力做功正负。
4、“正同负反”：正电荷电势能与电势同向变化，负电荷反向变化。
19．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势差
【解析】【解答】A． 金属球壳在匀强电场中达到静电平衡时，内部感应电荷的电场会完全抵消外电场，使得合场强处处为零（包括球心O点）。 故A错误；
B．匀强电场中，电场线方向电势确实逐渐降低。但金属球壳静电平衡后，整个导体（包括表面）是等势体，表面电势相同，因此球壳表面电势不会沿电场线方向降低，故有，故B错误；
C．a、d两点关于球心O对称，静电平衡后，球壳外电场线分布对称（如图示）。但电场强度大小不仅取决于电场线密度，还取决于距离球壳的远近。由于a、d两点位置对称，场强大小相等，故C错误；
D．由于a、d两点电场线分布对称，a→O和O→d的场强变化对称。则这两点周围的平均场强大小相等，由可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
【分析】1、导体静电平衡的核心特征：内部无电场、处处等电势、电荷仅分布于表面。
2、对称性分析要点：对称位置场强大小相等，相关电势差具有对称性。
3、电势判断原则：沿电场线方向电势降低，导体表面保持等势。
20．【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查点电荷的电场强度的特点，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。A． a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上， 图2中虚线代表等势面，A错误；
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；
C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；
D．距离内导体越远，电场强度越小， ，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错误。
故选B。
【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，点电荷的电场强度的特点是距离点电荷越远电势降落越慢。
21．【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．两电极间的各处的电势差相等，两电极间总电压固定，处是电极底部，间距最小 ，由电场强度公式 ， 不变、 越小， 越大 。空气被击穿需要强电场，故处因最大先产生电弧，说明电势差“不是处最高”（总电势差固定 ），A错误、B正确 。
C．电弧是 “空气被电离（导电 ）” 产生的发光现象。真空中无空气，无法电离形成导电通路，不会有电弧，C错误；
D．弧光存在时，回路有电流（电荷定向移动 ），有电流说明 “存在电势差”（否则电荷不移动 ），故两电极电势不相等，D错误。
故答案为：B。
【分析】AB：抓住“两电极总电势差恒定”，用 分析。处间距小，大，空气被击穿，判定“电势差相等，电场强度不等”，筛选出B正确 。
C：明确电弧依赖“空气电离”（空气导电 ）。真空无空气，无法电离→无电弧，直接排除C 。
3. 电流与电势差关系（D）：依据“有电流必有电势差”（电荷因电势差才会移动 ），弧光存在时回路有电流→两电极电势不等，排除D 。
22．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．直线通道有电势差为的加速电场，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有
解得
故BC错误；
D．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
设粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查带电粒子在电磁组合场的运动，洛伦兹力提供向心力结合动能定理解答。
根据粒子电性和左手定则判断磁场方向；由动能定理判断第1次加速后，离子的动能增加和第k次加速后，离子的速度大小；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求解 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小。
23．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、当变大、变大时，的变化不确定（比如增大倍数大于，则减小 ），所以不一定增大，偏转角不一定变大，A错误；
B、当变小、变大时，会增大（分母变小、分子变大 ），增大，偏转角变大，B正确；
C、当变大、变小时，减小（分母变大、分子变小 ），减小，偏转角变小，C错误；
D、当变小、变小时，变化不确定（比如和减小倍数相同，则不变 ），不一定增大，偏转角不一定变大，D错误；
故答案为： 。
【分析】把电子运动分为“加速电场加速（动能定理）”和“偏转电场偏转（运动合成与分解）”两个阶段，明确各阶段物理规律的应用，从动能定理出发，推导初速度；再结合牛顿第二定律、运动学公式，推导出偏转角正切值 ，建立偏转角与、 的直接联系，根据 表达式，分析、 变化时 的增减，进而判断 和偏转角 的变化。只有 减小且 增大时， 必然增大，对应偏转角变大，从而确定答案B。
24．【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
25．【答案】A
【知识点】自感与互感；电势差
【解析】【解答】A.由法拉第电磁感应定律可知，，是的单位为V·s，由可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，A错误；
B.由题图可知，从单位角度分析有，B正确；
C.由知，可以用来描述物体的导电性质，C正确；
D.由电感的定义以及法拉第电磁感应定律解得，D正确。
故选A。
【分析】 由法拉第电磁感应定律、电流定义式推导QU和QI的单位，再结合欧姆定律可知图中所定义的M的单位；根据欧姆定律分析C选项；根据电感的定义式和法拉电磁感应定律分析D选项。
26．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．离子在加速电场中被加速时，由动能定理可得：，解得
在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
沿着电场方向：，
解得
故A错误；
B．当时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
故B正确；
C．根据，可得
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，故C错误；
D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，故D错误。
故选B。
【分析】 本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，解题关键是结合动能定理、类平抛运动规律分析。
离子在加速电场中被加速时，由动能定理列式求得进入偏转电场初速度，离子进入偏转电场，做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，两个方向分别列式求解的最大值 ；做类平抛运动的物体速度方向延长线交于垂直电场位移中点，利用此规律列式求解离子恰好能打到样品边缘时L大小；由，推到得到y的表达式，根据表达式判断增大样品的辐照范围的方法；通过图像比较 在 和 时刻偏转电场中电压大小关系，判断射入 的离子打哪一点。
27．【答案】A,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，
故中点的电势为
故A正确；
B．如图，
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，N为三等分点，故AN=，M为OA中点，AM==AN
可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误；
CD．根据匀强电场电场强度与电势差的关系可知电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故答案为：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。
28．【答案】A,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题的关键要掌握电场线的两个意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，电场线方向表示电势高低。A．沿电场线电势逐渐降低，可知三点的电势关系为，选项A正确；
B．电场线越密集场强越大，可知三点的场强关系为，选项B错误；
C．根据U=Ed因ab间的平均场强大于cd间的平均场强，可知ab、bc间的电势差关系为，选项C正确；
D．因为，负电荷在高电势点的电势能较小，可知带负电粒子在三点的电势能关系为，选项D正确。
故选AD。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电场线方向分析电势高低；根据电场线疏密分析电场强度的大小；根据公式U=Ed分析电势差大小；根据电势能公式Ep=qφ分析电势能大小。
29．【答案】B,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；电场强度；电势
【解析】【解答】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示
设与线段交点为点，由几何关系
解得得
因此有，
根据正弦定理，对甲有
对乙有
因为
是一对相互作用力，可得
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．A点小球电荷量大于B点小球电荷量，E点离大电荷近，F离小电荷更近，如果在AB两个小球电荷量相等，则根据对称性EF场强大小相等方向相反，现在相当于在等量基础上增加在A小球电荷量，故E点场强大，根据点电荷场强公式简单计算可知方向依然相反，故C错误；
D．与B选项类似的方法，若有一正试探电荷从O运动到D的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故电势先升高后降低，故D正确。
故答案为：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。
30．【答案】A,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】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。
故答案为：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。
31．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受到的洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，所以受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度
磁感应强度
故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
粒子到达点时，位移偏转角为，
解得
故可得
所以粒子在点的速度
到过程，重力做功为零，只有电场力做功，由动能定理，有
解得两点间的电势差
故C正确；
D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且
当竖直方向速度为零时，粒子向上运动的距离最大，故粒子能向上运动的最大距离
故D错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查带电物体在重力场、电场、磁场组成的混合场中的运动，根据物体轨迹判断洛伦兹力和电场力方向是解题关键。
带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，合力为零，判断处洛伦兹力和电场力方向，根据共点力平衡条件列式求解 电场强度和磁场强度；在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，在根据匀速运动和匀加速位移—时间运动公式列式求得类平抛运动时间，根据匀变速速度时间公式求得沿着合力方向速度，再根据运动的合成与分解求得 粒子经过P点 的速度，最后根据动能定理求得 NP两点的电势差 ；当粒子沿着竖直方向的速度为零时， 距离NP最大，自由落体运动规律求得粒子从N→P时距离NP距离最大值。
32．【答案】；不存在
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；点电荷的电场
【解析】【解答】根据几何关系设，则
对检验电荷进行受力分析，可得
其中
，
联立解得
如图
根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的矢量三角形，若在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷对检验电荷的库仑力变大，根据矢量三角形法则可知此时点电荷对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
【分析】本题主要考查库仑定律中的平衡问题，由几何知识求得 PQ1与PQ2长度关系，再根据库仑定律和力的合成与分解求得， Q1与Q2电量之比；画出矢量三角形，根据矢量三角形边长变化判断在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。
33．【答案】；大于；大于零
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】由于对称性，根据矢量叠加法则可知直径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
越靠近正电荷电势越高，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，电势能减小，电场力做正功，电场力做功W＞0。
【分析】根据对称性排除相应电荷对O电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对O的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。
34．【答案】（1）解：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
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）解：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）解：设带电粒子的质量为m，假设带点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
【知识点】电场力做功；电势
【解析】【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。
35．【答案】（1）解：a点电势高，即导体棒上端电势高，根据右手定则可判断，磁场垂直纸面向里
（2）解：滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属棒的电阻不计Uad=E=φ0
滑动变阻器两种情况下
联立方程得R0＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）解：导体棒切割磁感线
得v＝5m/s
（4）解：将定值电阻与金属棒看成一个等效电源，得当Rx＝5Ω时滑动变阻器消耗的功率最大
【知识点】电势差、电势、电势能；电功率和电功；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据电势的高低以及右手定则得出磁场的方向；
（2）根据电势差和电势的关系以及电路的动态分析得出 R0的大小；
（3）结合法拉第电磁感应定律得出金属杆运动时的速率；
（4）通过电功率的表达式得出功率最大时滑动变阻器的阻值。
36．【答案】（1）解：两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）解：带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
解得
（3）解：设带电粒子运动 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前 距离做匀加速直线运动，后 距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有 ，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）粒子在板间运动，利用板间电压可以求出电场强度的大小，结合电场强度的表达式可以求出粒子受到电场力的大小；
（2）粒子从静止到N板的过程中，利用动能定理可以求出粒子到达N板的速度大小；
（3）当粒子运动到板的一半时，利用动能定理可以求出速度的大小，结合位移公式可以求出粒子在板间运动的时间。
37．【答案】解：(1)粒子从O (0，0)到M(，a)做水平匀速直线运动，竖直向上匀加速直线运动的类平抛运动，设时间为t，
则水平位移OMx由匀速直线运动乘以时间得有
，
竖直向上位移OMy由竖直加速度时间平方除以2得有
，
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为θ，则
即
由题意，正电荷粒子从N点离开磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里 ，左手定则判断旋转中心在过点N垂直于NM的右侧方向NO1，过M做角平分线，与NO1交于O1，过N做角平分线垂线得点P，如下图正电荷粒子从P点进入磁场，
粒子在磁场中以O1点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则：
解得粒子做圆周运动的半径为
由几何关系知
所以N点的纵坐标为
横坐标为
，
即N点的坐标为(，)
(3)如图当矩形磁场为图示虚线三边均与圆周运动轨迹相切时，矩形的面积最小．则矩形的两个边长分别为，
，
上已求得
所以矩形磁场的最小面积为
【知识点】点电荷的电场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本题综合考查类平抛运动、圆周运动及磁场边界问题；突破点在于将电、磁场的运动分段处理，并利用几何关系确定N点位置；几何关系优先用三角函数严格推导，避免凭直觉猜测分段画轨迹图（电场段抛物线、磁场段圆弧）；合速度 v 的计算不可省略；
（2）易错点包括：① 类平抛运动中时间关联错误；② 磁场中半径公式 r=mvqB误用 v0代替合速度；③ 最小磁场面积未考虑轨迹切线条件；
（3）隐含条件：① 粒子返回M点暗示对称性；② 磁场方向垂直纸面向里决定偏转方向。
38．【答案】（1）W=QU
在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功
（2）粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式
又
联立可得
解得粒子的动能
设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半径为r处，电场力做功
其中
代入可得
根据
可得粒子在半径为r处的电势能
粒子的总能量粒子的总能量
则，
根据数学知识可知对数函数在（0，∞）是增函数，且的二阶导数
所以是凹函数，已知，即r2是r1与r3的等差中项，根据凹函数的性质
移项可得
又因为
可得
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即
电子的动能
联立可得
根据库仑定律，电子与原子核之间的库仑力
电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处，克服库仑力做功
积分可得
则电子在基态轨道半径a处的电势能
根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量ΔE等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即
设外电场的电场强度为E，电子在电场力作用下获得能量，当电子获得的能量等于将基态氢原子电离所需的能量时，氢原子被电离。电子在电场力作用下获得的能量
联立可得
代入数据解得
方法二：根据功能关系可得
代入数据可得
【知识点】功能关系；电场力做功；电势能；电势
【解析】【分析】（1）根据电场力做功公式计算即可；
（2）分别表达出电子在不同轨道上具有的动能和电势能，然后用数学的方法比较即可；
（3）根据功能关系计算。
39．【答案】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（2）粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据闭合回路欧姆定律求得两极板间的电压。粒子在电容器中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解粒子所带电荷量；
（2）根据类平抛运动求得粒子进入磁场时速度大小与方向。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小；
（3）应用配速法，粒子的运动可分解为匀速直线运动与匀速圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力求得分运动匀速圆周运动的轨迹半径，结合几何关系求解粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
1 / 1高考一轮复习：静电场
一、选择题
1．（2025·海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（　　）
A．、都带正电 B．、都带负电
C．带负电、带正电 D．带正电、带负电
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，根据静电感应的原理，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。
故答案为：C。
【分析】静电感应的原理分析作答。
2．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，A、B是两个完全相同的带绝缘棒的金属小球，A球所带电荷量为-1.6×10-9C，B球不带电。现将A、B接触后再分开，则（　　）
A．A、B接触前，B球上没有电子
B．A、B接触前，A球上有1×1010个电子
C．A、B接触时，A 球失去1×1010个电子
D．A、B接触时，B球得到5×109个电子
【答案】D
【知识点】电荷守恒定律；元电荷
【解析】【解答】A、B球不带电是呈电中性（正负电荷数量相等 ），并非没有电子，A错误；
B、A球带电量，单个电子电荷量，仅净电荷对应的电子数
但A球还有与正电荷平衡的电子，实际电子数远大于此，B错误；
C、A、B相同，接触后电荷平分，A球初始带电量，接触后A球带电量变为，A球失去的电荷量
失去电子数
不是失去个电子，C错误；
D、接触后B球得到电荷量（负电荷 ），得到电子数
D正确；
故答案为：D。
【分析】A、不带电的物体是正负电荷总量相等，电子依然存在，据此判断A错误 。
B、先通过算出A球净电荷对应的电子数，但要注意A球还有平衡正电荷的电子，实际电子数更多，判断B错误 。
C、依据相同金属球接触电荷平分规律，算出A球接触前后电荷量变化，再用算失去电子数，判断C错误 。
D、根据电荷平分，确定B球得到的电荷量，用算得到电子数，判断D正确 。
3．（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；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．
【答案】C
【知识点】电场强度；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】根据匀强电场特点可得ac中点d场强等于4V，故bd连线为等势线，ac刚好与bd垂直，故ac连线为电场线，电场线由高电势指向低电势，故电场方向为ac，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀强电场等势面特点进行分析解答。
4．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，高一学生在学考报名时进行了指纹采集．电容式指纹识别的原理是手指与传感器表面接触时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成电容不同的平行板电容器，从而识别出指纹的纹路．下列说法正确的是（　　）
A．极板与指纹嵴（凸的部分）构成的电容器电容大
B．极板与指纹沟（凹的部分）构成的电容器电容大
C．若充电电压变大，所有电容器电容增大
D．若充电电压变大，所有电容器电容减小
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、B平行板电容器电容决定式为 （ 为介电常数， 为极板面积， 为极板间距 ），指纹嵴（凸部）与极板间距 小，指纹沟（凹部）与极板间距 大，因 、 相同， 越小， 越大，故极板与指纹嵴构成的电容大，A正确，B错误；
C、D、电容是电容器本身的属性，由 、、 决定，与充电电压无关，充电电压变化不影响电容大小，C、D错误；
故答案为：A。
【分析】 A、B选项： 对比指纹嵴和沟与极板的间距，结合决定式，间距小则电容大，判断出极板与指纹嵴构成的电容更大，A对B错。
C、D选项：强调电容是电容器固有属性，不受充电电压影响，直接判定C、D错误。
5．（2025·宁波模拟）如图为一平行板电容器，电容为，、两极板的正对面积为，上半部分正对面积为且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为和。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷和。下列说法正确的是（　　）
A．上、下两个电容器的电容和一定相等
B．上、下两个电容器两极板间的电势差和一定相等
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量和一定相等
D．若电容器、两极板间均为空气，其电容一定变大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】掌握电容的定义式和决定式是解题的基础，知道两个极板是等势体。A．根据可知上、下两个电容器的电容和不相等，选项A错误；
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差和一定相等，选项B正确；
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量和不相等，选项C错误；
D．若电容器、两极板间均为空气，因变小，可知其电容一定变小，选项D错误。
故选B。
【分析】根据比较电容的大小，以及两极板间都为空气时电容的变化；两个极板均为等势体，据此比较电势差的大小；根据Q=CU比较所带电荷量的变化。
6．（2019·海南）如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（　　）
A．M点的电势比N点的低
B．M点的场强大小一定比N点的大
C．电子在M点的电势能比在N点的低
D．电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、沿电场线方向电势降低，通过木给出的电场线方向可以判断出，N点的电势比M点的电势低，A不符合题意；
B、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，题目中只给出了一根电场线，无法判断出电场线的疏密程度，所以M点和N点的场强无法比较，B不符合题意；
C、负电荷在电势高的地方电势能大，N点的电势比M点的电势低，故电子在M点的电势比较低，C符合题意；
D、M点和N点的场强无法比较，故电子在M点和N点受到的电场力无法比较，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等差等势面密集的地方，电场强度比较大，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
7．（2025·广西）用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是（　　）
A．a B．b C．c D．d
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；电场强度
【解析】【解答】b和c两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，处于静电场中的导体，内部的合场强为零，则两点的场强均为零；在金属箔上的最下端类似尖端，尖端附近场强较大，且d点距离金箔的下端较近，可知d点的场强比a点大，则电场强度最大的是d点。
故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】验电器的金属箔带电后，金属箔是带电体，电场线分布越密集处电场强度越强。
8．（2018·全国Ⅰ卷）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为K，则（　　）。
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
【答案】D
【知识点】库仑定律；力的合成；点电荷
【解析】【解答】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’ ，Fbc=k’ ，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k= ，联立解得：k=64/27，D符合题意。
故答案为：D
【分析】选取C球为研究对象，根据库仑定律与电荷间的相互作用力特点，对C球进行受力分析，作出矢量图，然后根据力的矢量三角形与几何三角形的相似找出比例关系，即可解题。
9．（2025·湖南）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．A球静止时，轻绳上拉力为
B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，A球受绳子拉力，重力以及库仑力，如图所示
由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为
A球与B球间的库仑力
故AB错误；
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，根据牛顿第二定律可知加速度大小为g，故C正确；
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A球静止，画出小球的受力分析，根据平行四边形定列出平衡式子，结合三力平衡的知识进行分析即可。
10．（2025·天河模拟）如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带正电小球A，绳两点P、Q固定，在竖直平面内，整个空间存在匀强电场。小球静止时，轻绳绷紧，AP水平、AQ竖直，小球A的质量为m，则（　　）
A．球受到的电场力可以等于2mg B．球受到电场力的最小值为mg
C．匀强电场方向一定水平向右 D．匀强电场方向可以竖直向下
【答案】A
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题中有光滑孔的小球与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等， 要正确分析小球的受力情况，熟练运用平衡条件的推论进行分析。A．小球受重力、水平向左和竖直向上的拉力作用，根据共点力平衡条件可知，球受到的电场力可以向右，大小等于2mg，故A正确；
B．如图所示电场力最小值
故B错误；
CD．球受到的电场力可以斜向右下方或者右上方，匀强电场方向不会竖直向下，故CD错误；
故选A。
【分析】小球静止时，合力为零，分析小球的受力情况，所受重力和电场力合力与绳子拉力合力等大反向，结合带电小球的电性判断电场方向。
11．（2025·河池模拟）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电量为的油滴A以速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以速度匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用力，则油滴B的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设带电油滴的质量为，开关断开时，极板不带电，无电场力，重力和阻力平衡，对A油滴有，根据题意有，当开关闭合时，受向下的电场力，对A油滴有，对B油滴有，联立可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】考查带电粒子在电容器中运动，两种情况受力分析，匀速直线运动受力平衡列等式，联立可求解 油滴B的电荷量 。
12．（2025·福建） 某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（　　）
A．B点的电场强度
B．P点场强大于C点场强
C．b粒子在P点动能小于Q点动能
D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU
【答案】D
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电子恰好做圆周运动，则
电子入射动能为Ek，根据动能的表达式有
联立解得
故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B错误；
C．已知|CQ|=2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，由
可知b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；
D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据
则
则b粒子全程的克服电场力做功
故D正确。
故选 D。
【分析】本题主要考查电场线的性质、非匀强电场电场强度与电势差的关系、以及电场中能量关系。由电场线性质、电场中能的性质解答。
电子恰好做圆周运动，则所受静电力提供向心力，结合动能表达式列式求解B点的电场强度；同一电场中，电场线的疏密表示电场的强弱，从而确定P点场强与C点场强大小关系；沿着电场线方向电势逐渐降低，结合确定 b粒子在P点动能与Q点动能大小关系；由结合电场线特点、电场力做功公式求解b粒子全程的克服电场力做功。
13．（2025·海南）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度方向沿负方向
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．电子在点的动能小于在点的动能
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．沿电场线方向电势逐渐降低，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．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。
故答案为：D。
【分析】根据φ﹣x图像的切线斜率的物理意义结合电子电势能、能量的转化和守恒定律等知识进行分析解答。
14．（2025·甘肃）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是
A．M点的电势比P点的低
B．M点的电场强度比N点的小
C．负电荷从M点运动到P点，速度增大
D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功
【答案】D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，故B错误；
A．MN两点在同一等势面上，电势相等，电容器上极板与电源正极相连，带正电，所以极板间电场方向沿着电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，故A错误；
CD．负电荷从M点运动到P点，由可知P点电势能大，即电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 本题考查非匀强电场中场强、电势、电势能的判断，解题关键是理解电场线和等势面的性质，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
同一电场中电场线疏密表示电场强度的强弱，可判断M点的电场强度比N点的大小关系；电场线与等势面垂直，并由高电势指向低电势，从而判断 M点的电势比P点的高低；电场力做正功，电势能减小，电势能做负功，电势能增加，根据判断M和P电势能大小，进而判断电场力做功的正负、动能变化、速度变化。
15．（2024·贵州） 如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，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
【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】因为C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，根据点电荷的电场分布和场强的叠加原理可知，两电荷应为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如图所示，
设圆的半径为r，根据几何知识可得
，，
根据点电荷的场强公式
可得，A、B两点的电荷在C点产生的电场强度分别为
，
联立解得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据C点的合场强方向判断两电荷的电性关系，再根据点电荷的场强公式和电场叠加原理列式求解。
16．（2025·长沙模拟）如图所示，两个均匀带电的圆环正对放置，圆环的半径均为R，A、B为两圆环的圆心。两圆环的带电量均为+Q，A、B间距离为4R，则A、B两点之间连线上场强为0的点的个数为（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。圆环的半径均为R，A、B为两圆环的圆心，设A、B之间的连线上某点P到A的距离为x，到B的距离为，由于两个圆环带同种电荷，它们在P点产生的场强方向相反，将带电圆环进行微元分割，如图所示
可得左环环在P点的场强大小为
同理可知，右环在P点的场强大小为
场强为零的条件为
即
当时，则有，，合场强不为零；
当时，则有，，合场强不为零；
当时，则有，，由于，方向相反，故合场强为零；
因此，在区间内，从零逐渐增大，而后缓慢减小；从某一定值（）逐渐增大，相对而言，在此区间内，开始增加的幅度大于增加的幅度，减小的幅度同样大于增加的幅度，但整体而言，相对离场源电荷较近，因此存在一个点使得
根据对称性及电场强度的变化趋势可知，在区间内，也存在一个点满足
综合可知A、B两点之间连线上场强为0的点的个数为3个。
故选B。
【分析】根据电场强度叠加原则，结合微元法以及场强为零的条件，综合场强的变化趋势以及对称性分析求解。
17．（2024高一下·成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少3eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
【答案】D
【知识点】匀强电场；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】 【解答】AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得
解得D的电势为
P是CD的中点，P点电势为
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；
D．B点和D点电势为6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 匀强电场的电势规律：匀强电场中，平行线段的电势差与长度成正比（，为线段与电场线夹角 ）。利用，通过求；利用中点电势为两端点电势平均值，求.
2. 电场力做功与电势能变化：电势能变化，电场力做功（为试探电荷电量，为电势差 ）。电子带负电（ ），通过计算电场力做功，判断电势能变化.
3. 等势面与电场线的关系：电势相等的点连线为等势线，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势。找到为等势线（ ），确定电场线方向；再通过“电势差与场强关系”（为沿电场线方向的距离 ）计算场强大小.
18．（2024高二上·广东期中）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．该电场的分布特性与一对等量异种点电荷形成的电场等效。若a、b两点位于两点电荷连线的对称位置，则根据等量异种电荷的电场分布规律，a、b两点的电场强度大小相等，且方向相同（均指向负电荷或远离正电荷），故A错误；
B． 由于c、d两点位于同一等势线上，根据等势面的定义，两点电势相等（），因此移动电荷在c、d间不会因电势差做功，故B错误；
C．对于正电荷，其电势能随电势升高而增大。若b点电势低于d点，将正电荷从b移至d时，电势能增加，电场力需克服电势差做功（即做负功），故C正确；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、 分析对称位置的场强时，可直接利用对称性判断方向与大小。
2、 等势面是电势相同的点构成的面，电荷在等势面上移动时 电场力不做功（ΔU=0）。 用来判断两点电势是否相等，计算电场力做功时优先分析等势面。
3、 电场力做功 ，常用来计算电荷移动时的能量变化，判断电场力做功正负。
4、“正同负反”：正电荷电势能与电势同向变化，负电荷反向变化。
19．（2025·金华模拟）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，其中a、d两点关于球心o对称，则（　　）
A．o点电场强度不为0 B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度 D．a、o间电势差等于o、d间电势差
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势差
【解析】【解答】A． 金属球壳在匀强电场中达到静电平衡时，内部感应电荷的电场会完全抵消外电场，使得合场强处处为零（包括球心O点）。 故A错误；
B．匀强电场中，电场线方向电势确实逐渐降低。但金属球壳静电平衡后，整个导体（包括表面）是等势体，表面电势相同，因此球壳表面电势不会沿电场线方向降低，故有，故B错误；
C．a、d两点关于球心O对称，静电平衡后，球壳外电场线分布对称（如图示）。但电场强度大小不仅取决于电场线密度，还取决于距离球壳的远近。由于a、d两点位置对称，场强大小相等，故C错误；
D．由于a、d两点电场线分布对称，a→O和O→d的场强变化对称。则这两点周围的平均场强大小相等，由可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
【分析】1、导体静电平衡的核心特征：内部无电场、处处等电势、电荷仅分布于表面。
2、对称性分析要点：对称位置场强大小相等，相关电势差具有对称性。
3、电势判断原则：沿电场线方向电势降低，导体表面保持等势。
20．（2025·温州模拟）如图1所示，同轴电缆是广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输线，它由两个同心导体组成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔开。图2为同轴电缆横截面内静电场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，下列说法正确的是（　　）
A．图2中虚线代表电场线
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用
C．a、b两点处的电场强度相同
D．a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍
【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查点电荷的电场强度的特点，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。A． a、b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上， 图2中虚线代表等势面，A错误；
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；
C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；
D．距离内导体越远，电场强度越小， ，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，D错误。
故选B。
【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，点电荷的电场强度的特点是距离点电荷越远电势降落越慢。
21．（2025·浙江模拟）如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧产生和消失的过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法正确的是（　　）
A．P处电势差最高
B．P处的电场强度最大
C．在真空中实验效果更加明显
D．弧光存在的时候两电极电势相同
【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．两电极间的各处的电势差相等，两电极间总电压固定，处是电极底部，间距最小 ，由电场强度公式 ， 不变、 越小， 越大 。空气被击穿需要强电场，故处因最大先产生电弧，说明电势差“不是处最高”（总电势差固定 ），A错误、B正确 。
C．电弧是 “空气被电离（导电 ）” 产生的发光现象。真空中无空气，无法电离形成导电通路，不会有电弧，C错误；
D．弧光存在时，回路有电流（电荷定向移动 ），有电流说明 “存在电势差”（否则电荷不移动 ），故两电极电势不相等，D错误。
故答案为：B。
【分析】AB：抓住“两电极总电势差恒定”，用 分析。处间距小，大，空气被击穿，判定“电势差相等，电场强度不等”，筛选出B正确 。
C：明确电弧依赖“空气电离”（空气导电 ）。真空无空气，无法电离→无电弧，直接排除C 。
3. 电流与电势差关系（D）：依据“有电流必有电势差”（电荷因电势差才会移动 ），弧光存在时回路有电流→两电极电势不等，排除D 。
22．（2025·广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在 加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．直线通道有电势差为的加速电场，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有
解得
故BC错误；
D．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
设粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查带电粒子在电磁组合场的运动，洛伦兹力提供向心力结合动能定理解答。
根据粒子电性和左手定则判断磁场方向；由动能定理判断第1次加速后，离子的动能增加和第k次加速后，离子的速度大小；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求解 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小。
23．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、当变大、变大时，的变化不确定（比如增大倍数大于，则减小 ），所以不一定增大，偏转角不一定变大，A错误；
B、当变小、变大时，会增大（分母变小、分子变大 ），增大，偏转角变大，B正确；
C、当变大、变小时，减小（分母变大、分子变小 ），减小，偏转角变小，C错误；
D、当变小、变小时，变化不确定（比如和减小倍数相同，则不变 ），不一定增大，偏转角不一定变大，D错误；
故答案为： 。
【分析】把电子运动分为“加速电场加速（动能定理）”和“偏转电场偏转（运动合成与分解）”两个阶段，明确各阶段物理规律的应用，从动能定理出发，推导初速度；再结合牛顿第二定律、运动学公式，推导出偏转角正切值 ，建立偏转角与、 的直接联系，根据 表达式，分析、 变化时 的增减，进而判断 和偏转角 的变化。只有 减小且 增大时， 必然增大，对应偏转角变大，从而确定答案B。
24．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，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
【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
25．（2024·北京）电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示．类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”．由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景．下列说法错误的是（　　）
A．QU的单位和ΦI的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
【答案】A
【知识点】自感与互感；电势差
【解析】【解答】A.由法拉第电磁感应定律可知，，是的单位为V·s，由可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，A错误；
B.由题图可知，从单位角度分析有，B正确；
C.由知，可以用来描述物体的导电性质，C正确；
D.由电感的定义以及法拉第电磁感应定律解得，D正确。
故选A。
【分析】 由法拉第电磁感应定律、电流定义式推导QU和QI的单位，再结合欧姆定律可知图中所定义的M的单位；根据欧姆定律分析C选项；根据电感的定义式和法拉电磁感应定律分析D选项。
26．（2025·甘肃）离子注人机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射人电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中轴线），极板长度为l、间距为d，U2-l关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于0'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是
A． 的最大值
B．当 且 时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
D．在 和 时刻射入 的离子，有可能分别打在A 和B 点
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．离子在加速电场中被加速时，由动能定理可得：，解得
在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
沿着电场方向：，
解得
故A错误；
B．当时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
故B正确；
C．根据，可得
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，故C错误；
D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，故D错误。
故选B。
【分析】 本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，解题关键是结合动能定理、类平抛运动规律分析。
离子在加速电场中被加速时，由动能定理列式求得进入偏转电场初速度，离子进入偏转电场，做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，两个方向分别列式求解的最大值 ；做类平抛运动的物体速度方向延长线交于垂直电场位移中点，利用此规律列式求解离子恰好能打到样品边缘时L大小；由，推到得到y的表达式，根据表达式判断增大样品的辐照范围的方法；通过图像比较 在 和 时刻偏转电场中电压大小关系，判断射入 的离子打哪一点。
二、多项选择题
27．（2025·湖南）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和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。下列说法正确的是（　　）
A．中点的电势为零
B．电场的方向与x轴正方向成角
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
【答案】A,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，
故中点的电势为
故A正确；
B．如图，
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，N为三等分点，故AN=，M为OA中点，AM==AN
可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误；
CD．根据匀强电场电场强度与电势差的关系可知电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故答案为：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。
28．（2025高二上·中山期末）如图是某种高压电干燥装置的电场分布图，电极和大导体板分别接在高压电源两极，两极间产生强电场，图中实线为电场线、虚线为等势面，电场中三点在同一条电场线上，且长度，下列关系正确的有（　　）
A．三点的电势关系为
B．三点的场强关系为
C．ab、bc间的电势差关系为
D．带负电粒子在三点的电势能关系为
【答案】A,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题的关键要掌握电场线的两个意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，电场线方向表示电势高低。A．沿电场线电势逐渐降低，可知三点的电势关系为，选项A正确；
B．电场线越密集场强越大，可知三点的场强关系为，选项B错误；
C．根据U=Ed因ab间的平均场强大于cd间的平均场强，可知ab、bc间的电势差关系为，选项C正确；
D．因为，负电荷在高电势点的电势能较小，可知带负电粒子在三点的电势能关系为，选项D正确。
故选AD。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电场线方向分析电势高低；根据电场线疏密分析电场强度的大小；根据公式U=Ed分析电势差大小；根据电势能公式Ep=qφ分析电势能大小。
29．（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、乙刚好静止于确内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
【答案】B,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；电场强度；电势
【解析】【解答】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示
设与线段交点为点，由几何关系
解得得
因此有，
根据正弦定理，对甲有
对乙有
因为
是一对相互作用力，可得
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．A点小球电荷量大于B点小球电荷量，E点离大电荷近，F离小电荷更近，如果在AB两个小球电荷量相等，则根据对称性EF场强大小相等方向相反，现在相当于在等量基础上增加在A小球电荷量，故E点场强大，根据点电荷场强公式简单计算可知方向依然相反，故C错误；
D．与B选项类似的方法，若有一正试探电荷从O运动到D的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故电势先升高后降低，故D正确。
故答案为：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。
30．（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．方向沿x轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为E=(cos54°+sin18°)
D．大小为E=(2cos54°+sin18°)
【答案】A,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】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。
故答案为：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。
31．（2025·福建） 空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受到的洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，所以受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度
磁感应强度
故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
粒子到达点时，位移偏转角为，
解得
故可得
所以粒子在点的速度
到过程，重力做功为零，只有电场力做功，由动能定理，有
解得两点间的电势差
故C正确；
D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且
当竖直方向速度为零时，粒子向上运动的距离最大，故粒子能向上运动的最大距离
故D错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查带电物体在重力场、电场、磁场组成的混合场中的运动，根据物体轨迹判断洛伦兹力和电场力方向是解题关键。
带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，合力为零，判断处洛伦兹力和电场力方向，根据共点力平衡条件列式求解 电场强度和磁场强度；在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，在根据匀速运动和匀加速位移—时间运动公式列式求得类平抛运动时间，根据匀变速速度时间公式求得沿着合力方向速度，再根据运动的合成与分解求得 粒子经过P点 的速度，最后根据动能定理求得 NP两点的电势差 ；当粒子沿着竖直方向的速度为零时， 距离NP最大，自由落体运动规律求得粒子从N→P时距离NP距离最大值。
三、非选择题
32．（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）。
【答案】；不存在
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；点电荷的电场
【解析】【解答】根据几何关系设，则
对检验电荷进行受力分析，可得
其中
，
联立解得
如图
根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的矢量三角形，若在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷对检验电荷的库仑力变大，根据矢量三角形法则可知此时点电荷对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
【分析】本题主要考查库仑定律中的平衡问题，由几何知识求得 PQ1与PQ2长度关系，再根据库仑定律和力的合成与分解求得， Q1与Q2电量之比；画出矢量三角形，根据矢量三角形边长变化判断在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。
33．（2024·福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为（）的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为　 　。、分别为、的中点，则点的电势　 　（填“大于”“等于”或“小于”）点的电势；将一带电量为（）的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功　 　（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
【答案】；大于；大于零
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】由于对称性，根据矢量叠加法则可知直径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
越靠近正电荷电势越高，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，电势能减小，电场力做正功，电场力做功W＞0。
【分析】根据对称性排除相应电荷对O电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对O的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。
34．（2025·广西）带电粒子绕着带电量为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；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带点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）用推理论证带点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。
【答案】（1）解：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
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）解：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）解：设带电粒子的质量为m，假设带点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
【知识点】电场力做功；电势
【解析】【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。
35．（2022·上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是II中，并且R0大小为多少；
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【答案】（1）解：a点电势高，即导体棒上端电势高，根据右手定则可判断，磁场垂直纸面向里
（2）解：滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属棒的电阻不计Uad=E=φ0
滑动变阻器两种情况下
联立方程得R0＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）解：导体棒切割磁感线
得v＝5m/s
（4）解：将定值电阻与金属棒看成一个等效电源，得当Rx＝5Ω时滑动变阻器消耗的功率最大
【知识点】电势差、电势、电势能；电功率和电功；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据电势的高低以及右手定则得出磁场的方向；
（2）根据电势差和电势的关系以及电路的动态分析得出 R0的大小；
（3）结合法拉第电磁感应定律得出金属杆运动时的速率；
（4）通过电功率的表达式得出功率最大时滑动变阻器的阻值。
36．（2022·北京）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）解：两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）解：带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有
解得
（3）解：设带电粒子运动 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前 距离做匀加速直线运动，后 距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有 ，
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）粒子在板间运动，利用板间电压可以求出电场强度的大小，结合电场强度的表达式可以求出粒子受到电场力的大小；
（2）粒子从静止到N板的过程中，利用动能定理可以求出粒子到达N板的速度大小；
（3）当粒子运动到板的一半时，利用动能定理可以求出速度的大小，结合位移公式可以求出粒子在板间运动的时间。
37．（2025高二下·罗湖月考）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
(1)电场强度的大小；(2)N点的坐标； (3)矩形磁场的最小面积．
【答案】解：(1)粒子从O (0，0)到M(，a)做水平匀速直线运动，竖直向上匀加速直线运动的类平抛运动，设时间为t，
则水平位移OMx由匀速直线运动乘以时间得有
，
竖直向上位移OMy由竖直加速度时间平方除以2得有
，
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为θ，则
即
由题意，正电荷粒子从N点离开磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里 ，左手定则判断旋转中心在过点N垂直于NM的右侧方向NO1，过M做角平分线，与NO1交于O1，过N做角平分线垂线得点P，如下图正电荷粒子从P点进入磁场，
粒子在磁场中以O1点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则：
解得粒子做圆周运动的半径为
由几何关系知
所以N点的纵坐标为
横坐标为
，
即N点的坐标为(，)
(3)如图当矩形磁场为图示虚线三边均与圆周运动轨迹相切时，矩形的面积最小．则矩形的两个边长分别为，
，
上已求得
所以矩形磁场的最小面积为
【知识点】点电荷的电场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本题综合考查类平抛运动、圆周运动及磁场边界问题；突破点在于将电、磁场的运动分段处理，并利用几何关系确定N点位置；几何关系优先用三角函数严格推导，避免凭直觉猜测分段画轨迹图（电场段抛物线、磁场段圆弧）；合速度 v 的计算不可省略；
（2）易错点包括：① 类平抛运动中时间关联错误；② 磁场中半径公式 r=mvqB误用 v0代替合速度；③ 最小磁场面积未考虑轨迹切线条件；
（3）隐含条件：① 粒子返回M点暗示对称性；② 磁场方向垂直纸面向里决定偏转方向。
38．（2025·北京市）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。
（1）设两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。
（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为和时的总能量分别为和。若，推理分析并比较与的大小。
（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷，电子质量，静电力常量，基态氢原子轨道半径和能量）
【答案】（1）W=QU
在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功
（2）粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式
又
联立可得
解得粒子的动能
设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半径为r处，电场力做功
其中
代入可得
根据
可得粒子在半径为r处的电势能
粒子的总能量粒子的总能量
则，
根据数学知识可知对数函数在（0，∞）是增函数，且的二阶导数
所以是凹函数，已知，即r2是r1与r3的等差中项，根据凹函数的性质
移项可得
又因为
可得
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即
电子的动能
联立可得
根据库仑定律，电子与原子核之间的库仑力
电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处，克服库仑力做功
积分可得
则电子在基态轨道半径a处的电势能
根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量ΔE等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即
设外电场的电场强度为E，电子在电场力作用下获得能量，当电子获得的能量等于将基态氢原子电离所需的能量时，氢原子被电离。电子在电场力作用下获得的能量
联立可得
代入数据解得
方法二：根据功能关系可得
代入数据可得
【知识点】功能关系；电场力做功；电势能；电势
【解析】【分析】（1）根据电场力做功公式计算即可；
（2）分别表达出电子在不同轨道上具有的动能和电势能，然后用数学的方法比较即可；
（3）根据功能关系计算。
39．（2025·湖南）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
【答案】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（2）粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据闭合回路欧姆定律求得两极板间的电压。粒子在电容器中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解粒子所带电荷量；
（2）根据类平抛运动求得粒子进入磁场时速度大小与方向。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小；
（3）应用配速法，粒子的运动可分解为匀速直线运动与匀速圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力求得分运动匀速圆周运动的轨迹半径，结合几何关系求解粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
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