第1部分 专题3 第8节 静电场-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 专题三　电场与磁场 第8节　静电场 高考体验 1．(2025·陕晋宁青卷，1)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(　　) 答案：B 解析：静电场的电场线不相交，且应该从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，故A、C错误；B项的电场线可能是正点电荷电场的电场线，故B项可能正确；假设存在D项所示相互平行、间距不相等的电场线，根据电场线与等势线垂直，作出几条等差等势线，这几条等势线相互平行，这与电场线较密的地方等势线也较密矛盾，则假设错误，故D错误。 2．(2025·浙江1月选考，4)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，电场力对电子做的功相等 答案：D 解析：电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，可知题图中连接正电荷或负电荷的线为电场线，其他线为等势线，且可以判断出电场线的方向。根据电场线由电势高的等势线指向电势低的等势线，并结合题图可知，b点电势高于a点电势，A错误；电场中某点的电场强度方向为该点处电场线的切线方向，故a、c两点的电场强度方向不同，则a、c两点的电场强度不同，B错误；电场线的密疏反映电场强度的大小，从d→e→f电场线越来越稀疏，则电场强度逐渐减小，所以de段的平均电场强度大于ef段的平均电场强度，又de＝ef，由公式U＝Ed可知|Ude|>|Uef|，则|Udf|＝|Ude|＋|Uef|<|Ude|＋|Ude|＝2|Ude|，C错误；由题图可知，a、f两点在同一等势线上，故φa＝φf，则φa－φb＝φf－φb，即Uab＝Ufb，由公式W＝qU可知，从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等，D正确。 3．(2025·福建卷，4)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，电子恰好做圆周运动，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B、P两点间的电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子a入射动能为Ek，电子所带的电荷量为－e，则(　　) A．B点的电场强度E＝ B．P点场强大于C点场强 C．电子b在P点的动能小于在Q点的动能 D．电子b全程克服电场力做的功小于2eU 答案：D 解析：电子a恰好做半径为r的圆周运动，设电子a的质量为m，运动速率为v，则对电子a由牛顿第二定律有Ee＝m，又电子a的入射动能为Ek＝mv2，联立可得E＝，A错误；由题图径向电场的电场线分布可知，越靠近圆心处，电场线越密集，场强越大，B点、C点到圆心距离相等，又P点比B点更远离圆心，所以P点场强小于C点场强，B错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则该电场中越远离圆心，电势越低，又|CQ|＝2|BP|，则Q点比P点更远离圆心，φQ<φP，又电子带负电，则电子b在P点的电势能小于在Q点的电势能，由能量守恒定律可知，电子b在P点的动能大于在Q点的动能，C错误；由于越远离圆心，电场越弱，故C、Q间的平均电场强度小于B、P间的平均电场强度，又B、P间的电势差为U，|CQ|＝2|BP|，则由U＝d可知，C、Q间的电势差小于2U，又全程电场力对电子b做负功，所以电子b全程克服电场力做的功小于2eU，D正确。 4．(2025·湖南卷，8)(多选)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 答案：AD 解析：根据题意有Ep＝qφO＝－qφA＝2qφB，解得φO＝、φA＝－、φB＝，则OA中点C的电势φC＝＝0，A正确；因为OC中点M的电势φM＝＝＝φB，所以BM连线为等势线，又因为电场线与等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，所以电场线与BM连线垂直，且由BM连线指向A点一侧，如图所示，根据几何关系可知，电场线与x轴正方向夹角θ的正切值tanθ＝＝＝1，即θ＝45°，根据场强与电势差的关系可知，电场强度的大小E＝＝，B、C错误，D正确。 5．(2025·重庆卷，5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　　) A．具有不同比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达M、N的速度大小相等 D．到达K所用时间之比为1∶2 答案：D 解析：带电粒子a、b在电场中做类平抛运动，运动时间相等，且a、b沿电场方向的位移大小相等，根据y＝at2可知，粒子a、b运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得＝，可知两带电粒子具有相同比荷，故A错误；两带电粒子运动过程中，电场力均做正功，所以电势能均随时间逐渐减小，故B错误；由题图可知，a、b沿初速度方向的位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向，由公式vy＝at可知，a、b到达M、N时沿电场方向的分速度大小相等，则由v＝可知，a、b到达M、N的速度大小不相等，故C错误；由题图可知，带电粒子a、b到达K时沿初速度方向的位移相等，由于带电粒子a、b的初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确。 6．(2025·安徽卷，10)(多选)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．F1＝F2 B．E＝ 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v＝ 答案：ABD 解析：由题易知甲、乙所受静电力的合力F1、F2均沿水平方向，甲、乙均静止，对甲受力分析如图所示，由平衡条件有F1＝mgtanθ，同理，对乙有F2＝2mgtanθ，所以F1＝F2，A正确；甲受水平向右的qE和水平向左的F库，二者合力F1水平向左，则F1＝F库－qE，乙受水平向右的2qE和水平向右的F库，二者合力F2水平向右，则F2＝F库＋2qE，又F库＝k，联立得E＝，B正确；若将甲、乙互换位置，假设二者仍能保持静止，甲受水平向右的qE和水平向右的F库，二者的合力F1′水平向右，F1′＝qE＋F库≠F1，则甲所受合力不为0，同理，可得乙所受合力不为0，所以假设错误，即二者不能保持静止，C错误；若撤去甲，对乙下滑过程，由动能定理有2mg·tanθ－2qE·＝×2mv2－0，又2mgtanθ＝F2＝k＋2qE，E＝，联立得乙下滑至底端时的速度大小v＝，D正确。 好题精选 7．(2025·广东省广州市外国语学校高三下模拟)高铁站内两段水平钢轨连接处设置有8 mm厚的绝缘节，它起着电气绝缘和机械连接的作用，拉开后各部分如图甲所示。某次列车经过绝缘节时，钢轨A、B之间产生了约为60 V的电势差，此时绝缘节顶部空间的等势面分布如图乙所示，其中c点位于绝缘节正上方，下列说法正确的是(　　) A．a点的电势低于b点 B．负电荷在a点的电势能比在c点大 C．c点场强方向沿着x轴正方向 D．绝缘节顶部的场强约为7.5×103 V/m 答案：D 解析：由图乙可知，a点和b点在同一等势面上，则a点的电势与b点相等，故A错误；a点电势比c点高，则由Ep＝qφ可知，负电荷在a点的电势能比在c点小，故B错误；电场强度的方向与等势面垂直并指向低电势处，由图乙可知，c点场强方向沿着x轴负方向，故C错误；绝缘节顶部的场强约为E＝＝＝7.5×103 V/m，故D正确。 8．(2025·广东省惠州市高三下模拟)(多选)可拉伸电容器在智能穿戴等柔性电子产品中应用广泛，其核心结构由可变形电极和离子凝胶电介质组成，如图所示。当电容器拉伸时，极板面积S和电介质的厚度d均发生变化，其体积V＝Sd保持不变。充电后与电源断开的电容器，在缓慢左右绝缘拉伸过程中，下列判断正确的是(　　) A．电容器的电荷量不变 B．电容器两电极间电压不变 C．电容器的电容与d成正比 D．电容器中的电场强度与d成正比 答案：AD 解析：电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量不变，故A正确；电容器拉伸的过程，电介质的体积V＝Sd保持不变，极板面积S增大，则电介质的厚度d减小，由C＝可知，电容器的电容增大，而电容器的电荷量不变，由Q＝CU可知，电容器两电极间电压减小，故B错误；由C＝及S＝，可得C＝，即电容器的电容与d2成反比，故C错误；电容器中的电场强度E＝＝＝＝，即电容器中的电场强度与d成正比，故D正确。 9．(2025·浙江省金华市义乌市高三下三模)试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有的电势能可以用Er＝来计算(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真空中两个点电荷相距15 cm并固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正半轴上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．两个点电荷可能带同种电荷 B．两个点电荷的电量之比为2∶1 C．x＝5 cm处电场强度等于零 D．两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x＝－3 cm 答案：D 解析：由φ­x图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，A错误；因φ­x图像斜率的绝对值等于电场强度的大小，则x＝5 cm处电场强度不为零，C错误；由Er＝、Er＝qφr可知，点电荷Q形成的电场的电势φr＝，点电荷处电势为无穷大，由φ­x图像可知，正电荷Q1位于原点位置，又两个点电荷相距15 cm，则负电荷－Q2位于x0＝－15 cm位置，x1＝5 cm处的电势为0，则φ1＝k＋k＝0，可得＝，B错误；设两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x2，则有φ2＝k＋k＝0，解得x2＝－3 cm，D正确。 10．(2025·贵州省贵阳市高三下联考)如图，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，它们位于与电场方向平行的同一平面内。已知AB＝CD＝l，AB与CD所在直线的夹角为60°，UAB＝2UCD＝U，则该匀强电场的电场强度为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图所示，从A点沿CD方向作AE，使AE＝CD，根据匀强电场的推论可知，UAE＝UCD＝，设AB的中点为F，A点电势φA＝0，则F点电势φF＝φA－＝－，E点电势φE＝φA－UAE＝－，可知EF为等势面，且由几何知识知，AB⊥EF，则电场线沿AB方向，该匀强电场的电场强度为E＝，故选A。 11．(2025·内蒙古赤峰市高三下模拟)如图是静电场轨道离子阱装置。长为L的圆柱形金属管接高压电源正极，位于中心轴线的金属丝OO′接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，在管的左端以O′为圆心开一半径为R的圆环状窄缝。一个质量为m、电荷量为q的离子，以速度v0从离子阱右侧的A点垂直OA射入，且与AA′的夹角θ＝30°，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为围绕OO′的圆周运动和沿AA′的直线运动两部分，且最后离子从左侧窄缝射出。下列说法正确的是(　　) A．离子带负电 B．离子在运动过程中加速度不变 C．A处的电场强度大小E＝ D．离子在离子阱中运动的路程s＝ 答案：D 解析：电场力提供离子围绕OO′做圆周运动所需的向心力，可知离子所受电场力指向OO′，又由题意知电场强度指向OO′，故离子带正电，A错误；离子在运动过程中只受电场力作用，且电场力方向时刻在变，故加速度方向也时刻在变，B错误；根据电场力提供向心力，有Eq＝m，解得E＝，C错误；对离子，沿AA′方向有L＝v0cosθ·t，解得离子在离子阱中运动的时间t＝，且离子的速率始终为v0，则离子在离子阱中运动的路程s＝v0t＝，D正确。 高考体验 1．(2025·黑吉辽蒙卷，4)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(　　) 答案：D 解析：将该电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量Q不变，由公式C＝和C＝可得U＝d，由题意知，随着F增大，d减小，且越来越“难以减小”，即越来越小，故随着F增大，U减小，且越来越小，故选D。 2．(2024·湖南卷，5)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(　　) 答案：D 解析：根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝k，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝k，方向沿x轴负方向；＝＝，则随着x增大，逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。 3．(2025·甘肃卷，7)离子注入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′方向射入电压为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，U2­t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O′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．U2的最大值Um＝U1 B．当U2＝±Um且L＝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U1 D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 答案：B 解析：离子在加速电场中被加速的过程，由动能定理有qU1＝mv－0，离子在偏转电场中做类平抛运动，恰好从极板右边缘射出时，有l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，A错误；当U2＝±Um时，离子从极板的边缘射出，根据平抛运动推论可知，离子射出极板时的速度反向延长线过其沿初速度方向位移的中点，恰能打到样品边缘时，则由几何知识可知＝，解得L＝，B正确；由B项分析同理可知，离子在极板间运动的过程垂直极板方向的位移越大，样品辐照范围越大，而由A项分析知，离子垂直极板方向的位移y＝·t2＝，若其他条件不变，增大U1，样品的辐照范围减小，C错误；由图2可知，t1时刻所加的负向电场的电压小于t2时刻所加的正向电场的电压，同理分析可知，t1时刻射入的离子在电场中垂直极板方向的位移比t2时刻的小，打在样品上时与O′点的距离比t2时刻的小，且分别打在O′点的两侧，故D错误。 4．(2025·山东卷，11)(多选)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，电荷量分别为＋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R，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：BD 解析：小球甲、乙均受重力、垂直碗壁指向O的弹力、沿AB连线方向的库仑斥力，构成的闭合矢量三角形如图所示，根据图中的几何关系，可知＝，＝，可得＝，因BG>AG，可知m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A处一个电荷量为＋q的点电荷形成的电场1与A、B处一对电荷量均为＋q的等量同种点电荷形成的电场2的叠加，在电场1中，由于C点与点电荷的距离更近，则φ1C>φ1D，在电场2中，根据两等量正点电荷周围的等势面分布可知φ2C>φ2D，由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确；在电场2中，根据对称性知，EE2、EF2大小相等、方向相反，在电场1中，EE1>EF1，方向均与EE2相同，由场强叠加原理可知，E、F两点电场强度的大小不相等，C错误；沿直线从O点到D点，与两小球的距离始终相等且均先减小后增大，则两小球单独形成的电场的电势均先升高后降低，且变化趋势始终相同，由电势的叠加原理可知，沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 5．(2024·江西卷，10)(多选)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A．最低点的位置x＝ B．速率达到最大值时的位置x＝ C．最后停留位置x的区间是≤x≤ D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f) 答案：BD 解析：小球甲所受重力竖直向下且不变，所受电场力竖直向上且越向下越大，则由上到下，重力与电场力的合力先向下且不断减小，减小到0后向上且不断增大，在重力与电场力的合力为0的位置，重力与电场力的合力做功最大，总势能最小，由此位置向上或向下，总势能均增大，若小球甲到达最低点能返回，则在最低点重力与电场力的合力向上，又摩擦力始终对小球甲做负功，根据能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到达的最低点就是整个过程的最低点，小球甲从开始释放至运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋，解得最低点的位置x′＝，A错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x′<，又x′＝，则<，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f)，D正确；小球甲最后静止时，所受静摩擦力大小f静的范围为0≤f静≤f，若小球甲所受静摩擦力方向向上且最大，根据共点力平衡条件有mg＝f＋k，解得此时小球甲的位置x1＝，若小球甲所受静摩擦力方向向下且最大，根据共点力平衡条件有k＝mg＋f，解得此时小球甲的位置x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤，C错误；分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大，若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小，则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。 6．(2025·广东卷，15)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，且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)颗粒碰撞前的电量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电量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。 答案：(1)　(2) (3)当d≥(4k＋1)l＋时，W＝＋4k2mgh；当d<(4k＋1)l＋时，W＝＋ 解析：(1)两金属平板间的电场强度E＝ 颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，设其在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得Eq＝ma 设该过程的时间为t，由运动学公式有l＝at2 颗粒在竖直方向仅受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝gt2 联立解得q＝。 (2)设颗粒在B点碰撞前瞬间水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，由运动学公式可得vx＝at vy＝gt 由题意知，颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间，其水平分速度大小为vx，方向水平向右，竖直分速度大小为vy′＝kvy，方向竖直向上 作出颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示，由于此时颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90° 又tanθ＝，tanβ＝ 联立解得Q＝。 (3)由于vy′＝kvy<vy，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上方绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的 若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第一次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第二次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得，该过程的时间为t′＝ 水平方向上颗粒做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有QE＝ma1 这段时间内颗粒在水平方向上运动距离为x＝vxt′＋a1t′2 联立解得x＝4kl＋ 当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则 W＝Eql＋EQx 解得W＝＋4k2mgh 当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则 W＝Eql＋EQ(d－l) 解得W＝＋。 好题精选 7．图中所示虚线1、2、3、4为静电场的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一个电子在运动中仅受静电力的作用，经过a、b点的动能分别为2 eV和17 eV，则下列说法正确的是(　　) A．电子一定是从a点运动到b点 B．等势面1的电势为10 V C．电子在等势面2上的电势能为－5 eV D．电子的电势能为－3 eV时，它的动能为15 eV 答案：D 解析：电子有可能是从b点运动到a点，A错误；由题意可知，电子在运动过程中，其动能与电势能之和守恒，有Epa＋Eka＝Epb＋Ekb，其中Eka＝2 eV，Ekb＝17 eV，又因为Ep＝－eφ，联立解得φb－φa＝15 V，结合题图可知相邻两等势面之间的电势差为5 V，因为φ3＝0，所以φ1＝－10 V，φ2＝－5 V，故B错误；电子在等势面2上的电势能为Ep2＝－eφ2＝5 eV，故C错误；电子在等势面1上的电势能为Ep1＝－eφ1＝10 eV，电子运动中仅受电场力，动能和电势能之和不变，为E＝Ep1＋Eka＝12 eV，所以电子的电势能为Ep′＝－3 eV时，它的动能为Ek′＝E－Ep′＝15 eV，故D正确。 8．(2025·山东名校考试联盟高三下高考模拟)如图所示，y轴沿竖直方向，且该空间内存在沿z轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0，从坐标原点O水平抛出，v0方向与x轴正方向和z轴正方向夹角均为45°。已知qE＝mg，g为重力加速度。则小球运动过程中速率的最小值为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 答案：C 解析：因qE＝mg，则电场力与重力的合力F合方向在yOz平面内且与y轴负方向和z轴负方向夹角均为45°；速度v0沿x轴正方向的分量vx＝v0cos45°＝v0，沿z轴正方向的分量vz＝v0sin45°＝v0，将沿z轴正方向的速度vz沿F合方向及垂直F合方向分解，与F合方向垂直的分速度为vz⊥＝vzcos45°＝v0，与F合平行的分速度vz∥＝vzsin45°＝v0，当vz∥减为零时，小球的速度最小，可知最小速度为vmin＝＝v0，故选C。 9．磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k′的轻质弹簧。细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为k，介质的相对介电常数为εr，细胞膜的面积S≫d2。当内外两膜层分别带有电荷量Q和－Q时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下列说法正确的是(　　) A．分子层间的距离增加了 B．分子层间的距离减小了 C．分子层间的距离增加了 D．分子层间的距离减小了 答案：B 解析：当内外两膜层分别带有电荷量Q和－Q时，两膜层之间的电场力为引力，在该引力作用下，分子层之间的距离减小，设距离减小量为Δx，由于无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，且细胞膜的面积S≫d2，则膜层周围的电场也可近似看为匀强电场，设两膜层之间的电场强度为E，可知单独一个分子层产生的场强为E，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k′的轻质弹簧，对于其中一个分子层，则有k′Δx＝Q·E，根据电容的表达式有C＝，C＝，根据电场强度与电势差的关系有E＝，结合上述解得Δx＝，即分子层间的距离减小了，故选B。 10．如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功分别为(　　) A.E，W B.E，W C.E，W D.E，W 答案：A 解析：把题中半圆环等分为两段，每段为圆环，设每段在O点的电势为φ0，电场强度为E0，且方向分别与E夹角为θ＝45°，根据电场强度的叠加原理，可知E＝2E0cos45°，因为电势是标量，O点的电势为φ＝2φ0，则W＝－qφ，同理，在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧后，由于其电性与abc相反，cd段在O点形成的场强大小E1＝E0，与ab段在O点的场强方向相同，电势φ1＝－φ0，根据场强叠加原理，可知O处的场强大小为E′＝＝E，电势为3个圆弧在O点的电势之和，为φ′＝φ0＋φ0＋φ1＝，将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为W′＝－qφ′＝W，故选A。 17 学科网（北京）股份有限公司 $