2026湖南卷15题 -第7题突破（含第17～18练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第17练 静电场的性质 （三年考频：5次 预测指数：★★★★ ） 本卷共6小题，共27分。1~3题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。4~6题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025·湖南·模拟预测）电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，其工作原理如图所示，振动膜与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路，声波会导致振动膜振动从而使其与基板间的距离发生改变，下列说法正确的是（　　） A．振动膜带正电 B．当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容增大 C．当振动膜与基板间的距离减小时，电容器带的电荷量增加 D．振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变 2．（2025高三下·湖南长沙·专题练习）如图所示， A、B、C三点将半径为R的圆均匀分成三等份，现将两个等量异种点电荷、分别固定在B、C两点，取无穷远处为电势零点，静电力常量为k，下列说法正确的是 A．A点处的电场强度方向垂直OA连线，大小为 B．圆心O处的电势大小为 C．若在A点继续固定电荷量为+Q的点电荷后，O点的电场强度将减小 D．若在A点继续固定电荷量为的点电荷后，O点的电势将升高 3．（24-25高三下·湖南长沙·月考）两个电荷量相同的负电荷固定在水平面上的、两点，点是两个点电荷连线的中点，、两点分别位于点电荷的连线以及中垂线上，如图所示。在点静止释放一带负电的试探电荷1，在点静止释放一带正电的试探电荷2，二者仅在、电荷电场力的作用下运动，是各试探电荷发生的位移，是电荷1的速度，是电荷2的加速度，是电荷1所经过处的电势，是电荷2的电势能。设无穷远处的电势为零，则下面关于电荷1、2运动过程的图像可能正确的是（　　） A．B． C．D． 4．（25-26·湖南长沙·月考）（多选）在对电场的实际研究中，电势比电场强度更容易测量。在对某种特定带电体产生的电场进行研究中，某同学通过采集的实验数据，描绘出了其电势在轴上分布如图所示，轴上两点的电场强度在方向上的分量分别是，下列说法中正确的有（　　） A．的大小小于的大小 B．的方向沿轴正方向 C．试探电荷在点受到的电场力在轴方向分量最大 D．正试探电荷在点的电势能最大 5．（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，底边长、高的正六棱柱置于匀强电场中。已知、、、，下列说法正确的有（　　） A．A点电势 B．B点电势 C．电场强度大小 D．电场强度大小 6．（2025·湖南长沙·三模）（多选）已知均匀带电薄壳外部空间电场与其上电荷全部集中在球心时产生的电场一样，内部空间的电场处处为0。如图所示为一带电量为+Q，半径为R的均匀带电球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为壳内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A．将+q的试探电荷由壳内A点移到O点，试探电荷的电势能不变 B．在圆心O处放一个电量为-2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q C．在+R处取走极小的一块面积ΔS，O点场强大小为 D．在圆心O正上方处取走极小一块面积ΔS，B点场强大小为 《第17练 静电场的性质》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C D D BD AD AC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．C 【解析】A．振动膜与电池负极端连接，可知，振动膜带负电，故A错误；B．根据可知，当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小，故B错误；C．根据，可知，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定，则电容器带的电荷量增加，故C正确；D．结合上述，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定，则电容器带的电荷量增加，电容器充电，振动膜所带负电增多，流经电阻的电流方向向下，当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小，电容器两端近似电压不变，则电容器带的电荷量减小，电容器放电，振动膜所带负电减少，流经电阻的电流方向向上，即振动膜向左与向右振动时，流经电阻的电流方向发生变化，故D错误。故选C。 2．D 【解析】A．B、C处的点电荷在A点处产生的电场强度大小为，根据矢量合成可知A点处的电场强度方向垂直OA方向，大小为，故A错误；B．取无穷远处电势为零时，等量异种点电荷连线的中垂面为零势面，故B错误；CD．若在A点继续固定电荷量为的点电荷后，该电荷在O点产生的电场强度方向与B、C处的点电荷在O处产生的电场强度方向垂直，所以O点的电场强度将增大；电势相加遵循代数相加的法则，所以O点的电势将升高，故C错误，D正确。故选D。 3．D 【解析】A．点处的负电荷会做往复的周期运动，在点处速度最大，场强为0，故加速度应当也为0，（尽管并非图，但速度峰值处同样斜率应为0）A错误；C．在连线上电势分布点最高，两侧变低，但点电势并不为0，C错误；BD．点处的电荷同样会做关于点对称的往复运动，因中垂线上Ｏ点两侧均存在一个场强最大的位置，则根据其初始点的位置有两种可能性：到点前场强不断变小，到点前场强先变大后变小，图像的斜率等于Eq，则D选项对应的是第二种情况；无论是哪一种，其运动过程一定是完全对称的，所以图像B错误，D正确。故选D。 4．BD 【解析】AB．沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，图像的斜率表示电场强度，可知的大小大于的大小，故A错误，B正确；C．由图可知，O点的斜率为零，即电场强度为零，所以试探电荷在点受到的电场力在轴方向分量为0，故C错误；D．根据电势能的计算公式可知，正试探电荷在点的电势能最大，故D正确；故选BD。 5．AD 【解析】如图，过E点作DE延长线，过F作垂线交DE延长线于P点，由几何关系，分析知，则PF为等势线、PD为平面ABCDEF分场强方向。，EA、DB均为等势线，、，A正确、B错误；平面ABCDEF分场强， 垂直平面方向分场强，场强，C错误，D正确。 故选AD。 6．AC 【解析】A．壳内场强处处为0，故移动试探电荷不做功，A正确；B．在圆心处放一个电量为的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出的电荷，则球壳外表面的电荷量为，B错误； C．在处取走极小一块面积，根据对称性，在处极小一块面积的电荷产生的电场，C正确；D．整个球壳在点的电场水平向右，在圆心正上方处取走极小一块面积在点的场强为，方向斜向右下，与矢量作差即为点电场强度，D错误。故选AC。 $第18练 带电粒子在电场中的平衡或运动 （三年考频：1次 预测指数：★★★ ） 本卷共10小题，共46分。1~4题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。5~10题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025·湖南湘豫名校·模拟预测）如图甲，一长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，一正离子源放置在电容器左端中轴线处，离子源能够源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向均沿中轴线水平向右、速度大小为的正离子，正离子的质量为、电荷量为。从时刻起加一如图乙所示的周期性电场，此时A板电势高于B板。已知，且，不计离子的重力，下列说法正确的是（　　） A．时刻进入的正离子刚好击中B板右端点 B．时刻进入的正离子离开电容器时偏离轴线的距离为 C．时刻进入的正离子击中金属板A的右端点 D．离子源发射的正离子被平行板电容器收集的比例为50% 2．（24-25高三下·湖南长沙·月考）如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外点刚好运动到细胞膜内点。将膜内的电场看作匀强电场，已知点电势为，正一价钠离子质量为，质子电荷量为，细胞膜的厚度为。下列说法正确的是（　　） A．钠离子匀减速直线运动的加速度大小 B．膜内匀强电场的场强 C．点电势 D．钠离子在点的电势能为 3．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源两极分别连接放电极与收尘极板，在放电极表面附近形成强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒进入静电除尘区域，粉尘颗粒在电场力的作用下向极板迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场线，三点在同一直线上，，所有粉尘颗粒都吸附负离子后带负电，运动过程中电荷量不变且只考虑粉尘受到除尘器施加的电场力，则下列说法正确的是（    ） A．三点中C的电势最低 B．三个不同的粉尘颗粒在点受到的电场力大小一定为 C．同一粉尘颗粒经过沿直线到极板，段动能的变化量大于段动能的变化量 D．到极板Q的粉尘颗粒的电势能减小，到极板P的粉尘颗粒的电势能增大 4．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，小球A和小球B均匀带上正电荷，力F通过绝缘细线缓慢拉动小球A，直至小球A运动到定滑轮的正下方，然后拉动小球A沿虚线缓慢竖直向上运动，小球A始终未与定滑轮碰撞，小球B固定不动。不计一切摩擦，不考虑定滑轮的大小，不计运动过程中小球电荷分布的变化。下列说法正确的是（　　） A．F一直减小 B．两球间库仑力先增大后减小 C．系统电势能先不变后减小 D．小球A向滑轮正下方运动过程中，轨迹为抛物线的一部分 5．（2025·湖南长沙·二模）（多选）示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（　　） A．如果只在上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b） B．如果只在上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a） C．如果在、上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c） D．如果在，上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d） 6．（2025·湖南长沙·一模）（多选）如图所示，竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层内单位体积的电荷量均为，厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系如图所示；在与空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于的位置，入射电子速度方向与x轴正方向的夹角为时，电子刚好可以到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m，所带电荷量为e，其中，不计电子重力及电子间相互作用力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是（　　）。 A．电子在离子层中做匀变速曲线运动 B．电子将从正离子层左侧边界离开 C．电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加 D．刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时满足 7．（2025·湖南·模拟预测）（多选）如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为q（q>0），质量为m的小球从M点在纸面内以的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2v0的速度通过N点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　） A． B．小球经过N点时速度方向一定与水平向右的方向成60° C．电场强度方向有可能斜向右上 D．小球在运动过程中的最小速度为 8．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，绝缘斜面体静止于粗糙的水平面上，，，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在和面上，且连线水平。已知面均足够长且光滑，斜面体和、的质量分别为、、，重力加速度为，，下列判断正确的是（    ） A．P、Q的质量之比是 B．P、Q带异种电荷，且的电荷量大于的电荷量 C．水平面对斜面体的支持力等于 D．若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止），则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平向右 9．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L、不可伸长的绝缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A点，细线刚好伸直，已知电场强度大小，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．小球运动到B点时速度大小为 B．小球运动到B点时速度大小为 C．小球由A点运动到B点的过程中，减少的电势能等于增加的机械能 D．小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周 10．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，在空间x轴上方有沿负y方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴下方有方向与x轴正方向成角的匀强电场，电场强度大小为。现有一带正电量q、质量为m的粒子从以沿x轴正方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第一次经过x轴时速度方向与x轴成角，则（　　） A．与E满足 B．粒子从第1次经过x轴到第2次经过x轴时的过程，速度变化量为 C．粒子第4次经过x轴时的位置为 D．粒子第4次经过x轴时速度大小为 《第18练 带电粒子在电场中的平衡或运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C C ABD BD ABD CD BD BC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．C 【解析】A．时刻进入的正离子运动的如图线1所示，其偏移量为，，，离子击中B板的中点，A错误。B．时刻进入的正离子的如图线2所示，其离开电容器时偏离轴线的距离为，离子沿中心轴线离开，B错误；C．时刻进入的正离子的如图线3所示，即时刻进入的正离子击中金属板A的右端点，C正确；D．设时刻进入电场的离子刚好打到板上的如图线4所示，，解得，又因为时刻进入电容器的离子刚好打到板右端点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为，D错误。故选C。 2．D 【解析】A．正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达点，即到达点时速度为零，由-2ad解得加速度大小，故错误； B．由牛顿第二定律可知，解得，故错误；C．由动能定理可得，解得点电势为，故错误；D．钠离子在点电势能为，故D正确。故选D。 3．C 【解析】A．收尘极板P、Q均带正电，放电极带负电，电场线上的电场方向由收尘极板指向放电极，沿电场线方向电势降低，则三点中C的电势最高，故A错误；B．电场力，根据电场线的疏密程度可知，但不同的颗粒带的电荷量大小关系不知道，所以不能比较不同粉尘颗粒在点受到的电场力大小关系，故B错误；C．电场线密集的地方场强越大，根据，可知，根据动能定理可知，所以根据分析可知同一粉尘颗粒电荷量不变时，段动能的变化量大于段动能的变化量，故C正确；D．收尘极板都带正电，电势都较高，对于负电荷来说电势能低，则到极板P、Q的粉尘颗粒的电势能均减小，故D错误。 故选C。 4．C 【解析】A．设绳长为l，小球球心间的距离为R，滑轮到小球B球心的高度为h，小球受重力、库仑力和绳拉力F处于动态平衡状态。则，比值为定值，小球A向滑轮正下方运动过程中，l减小，F减小，R不变，故库仑力大小不变；当小球A沿虚线竖直向上运动时，，r增大，库仑力减小，F增大。则整个过程中F先减小后增大，故A错误；B．库仑力先不变后减小，故B错误；C．电场力先不做功后做正功，故系统电势能先不变后减小，C正确； D．由于R不变，小球A的轨迹应为圆周的一部分，故D错误。故选C。 5．ABD 【解析】A．如果只在上加图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形如图（b），故A正确；B．如果只在上加图乙所示的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图形如图（a），故B正确；CD．如果在、上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。故选BD。 6．BD 【解析】A．由于电场强度变化，电子受到的电场力会发生变化，所以电子运动加速度发生变化，故A错误；B．电子到达离子层分界面处受到向x轴负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开，故B正确；C．图像面积表示电势差，电场力做功，电势能增加，故C错误；D．电子到达离子层分界面处时速度，由动能定理可知，解得，故D正确。故选BD。 7．ABD 【解析】A．小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有，解得，故A正确；B．小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，水平速度大小为，所以在竖直方向，设小球经过N点时速度方向与水平的夹角为，则，解得，故B正确；C．若小球在竖直方向只受重力，则，解得，所以小球一定受到竖直向下的电场力的分力，即电场强度一定有竖直向下的分量，故C错误；D．画出小球从M到N的速度变化矢量图，如图所示 可知，实际速度与垂直时速度最小，则，则，故D正确。故选ABD。 8．CD 【解析】A．由库仑力、重力和倾角的关系式为，可知，P、Q质量之比为，故A错误；B．P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，故B错误；C．由斜面和P、Q所构成的整体是二力平衡，水平面对斜面支持力等于总重力，水平面对斜面没有摩擦力，水平面对斜面的支持力为，故C正确；D．若P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑，故此时整体具有向右的加速度，对整体受力分析可知斜面受到的静摩擦力水平向右，故D正确；故选CD。 9．BD 【解析】AB．对小球受力分析，将电场力与重力合成为一个等效“重力”，如图所示 设等效“重力”与竖直方向的夹角为，根据几何关系有，解得，可知其等效“重力场”的最低点为点C，如图所示 依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第一次运动到O点正下方时的速度设为v，根据动能定理有，解得，此时细线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂直于细线方向的速度为，由对称性可知，小球运动到B点的速度大小与细线绷紧瞬间的速度大小相等，即，故A错误，B正确；C．由上分析，可知在细线瞬间绷紧，致使小球沿细线方向的速度变为零，只有垂直于细线方向的速度，故小球由A点运动到B点的过程中，减少的电势能大于增加的机械能，故C错误；D．设小球往复运动过程中，运动到等效最低点左侧最高点时，细线与竖直方向夹角为，根据动能定理有，解得，由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周，故D正确。故选BD。 10．BC 【解析】A．粒子在第一象限做类平抛运动，竖直方向上做从静止开始的匀加速直线运动，则有，， ，粒子第一次经过x轴时速度方向与x轴成角，则有，联立解得，，故A错误；B．设粒子从第一次到达x轴到第二次到达x轴的距离为，则有，，其中，联立解得，，所以该过程的速度变化量为，故B正确；C．粒子第一次到达x轴有，，结合A选项可得，根据对称性可知，粒子从第二次到达x轴到第三次到达x轴的时间为，则粒子第二次到达x轴时沿x轴方向的速度为，所以粒子从第二次到达x轴到第三次到达x轴的距离为，同理有粒子从第三次到达x轴到第四次到达x轴的距离为，所以粒子第4次经过x轴时到原点的距离为，即粒子第4次经过x轴时的位置为，故C正确；D．对粒子运动的全程列动能定理方程有，解得粒子第4次经过x轴时速度大小为，故D错误。故选BC。 $第18练带电粒子在电场中的平衡或运动 (三年考频：1次 预测指数：★★★) 本卷共10小题，共46分。1~4题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。510 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.(2025湖南湘豫名校模拟预测)如图甲，一长 A细胞膜外 为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，一 88888889999 正离子源放置在电容器左端中轴线处，离子源能够 M 源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向 细胞核 V 均沿中轴线水平向右、速度大小为'，的正离子，正 细胞膜 B细胞膜丙 离子的质量为m、电荷量为q。从t=0时刻起加一 如图乙所示的周期性电场，此时A板电势高于B板。 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= d 已知L=7,且d=9驱I,不计离子的重力，下 An B.膜内匀强电场的场强E=mm ed 列说法正确的是() . C.B点电势g,=P。+ e D.钠离子在B点的电势能为区，=g,e+ 2 3.(25-26高三上·湖南长沙月考)如图所示为双板 甲 式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源两极分 A.t=0时刻进入的正离子刚好击中B板右端点 别连接放电极与收尘极板P、Q，在放电极表面附 B.t=T时刻进入的正离子离开电容器时偏离 近形成强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒 4 进入静电除尘区域，粉尘颗粒在电场力的作用下向 轴线的距离为8 极板P、Q迁移并沉积，以达到除尘目的。己知图 中虚线为电场线，A、B、C三点在同一直线上， C.1音时刻进入的正滨子击中金属板A的右 AB=BC,所有粉尘颗粒都吸附负离子后带负电， 端点 运动过程中电荷量不变且只考虑粉尘受到除尘器 D.离子源发射的正离子被平行板电容器收集的 施加的电场力，则下列说法正确的是() 比例为50% 收 收 2.(2425高三下·湖南长沙月考)如图所示，人体 极 极 板 的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在 电极 电压（医学上称为膜电位），使得只有带特定电荷 的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为'。的 正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A 点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀 高压电源 强电场，已知A点电势为？，正一价钠离子质量为 A. AB、C三点中C的电势最低 m,质子电荷量为e,细胞膜的厚度为d。下列说 B.三个不同的粉尘颗粒在A、B、C点受到的电 法正确的是() 场力大小一定为F4>F。>F C.同一粉尘颗粒经过A、B、C沿直线到极板Q, AB段动能的变化量大于BC段动能的变化量 试卷第1页，共1页 D.到极板Q的粉尘颗粒的电势能减小，到极板 平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层，左侧 P的粉尘颗粒的电势能增大 为正电荷离子层，右侧为负电荷离子层，两离子层 4.(25-26高三上·湖南长沙月考)如图所示，小球 内单位体积的电荷量均为P,厚度均为d。以正离 A和小球B均匀带上正电荷，力F通过绝缘细线缓 子层左边缘上某点O为坐标原点，水平向右为正方 慢拉动小球A,直至小球A运动到定滑轮的正下方， 向建立坐标轴Qx。已知正离子层中各点的电场强 然后拉动小球A沿虚线缓慢竖直向上运动，小球A 度方向均沿x轴正方向，其大小E随x的变化关系 始终未与定滑轮碰撞，小球B固定不动。不计一切 如图所示：在x<0与x>2d空间内电场强度均为零。 摩擦，不考虑定滑轮的大小，不计运动过程中小球 某放射性粒子源S位于x=-d的位置，入射电子速 电荷分布的变化。下列说法正确的是() 度方向与x轴正方向的夹角为B时，电子刚好可以 到达离子层分界面处，没有射入负电荷离子层。己 知电子质量为，所带电荷量为e,其中 e=1.6×1019C,不计电子重力及电子间相互作用 力，假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的 是( )。 正电荷离子层 负电荷离子层 77777777777 A.F一直减小 B.两球间库仑力先增大后减小 C.系统电势能先不变后减小 分界面 D.小球A向滑轮正下方运动过程中，轨迹为抛 物线的一部分 aaa 5.(2025湖南长沙·二模)（多选)示波器是一种常 A.电子在离子层中做匀变速曲线运动 见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电 B.电子将从正离子层左侧边界离开 压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如 C.电子从进入离子层到离子层分界面过程电势 图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终 打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上 能增加Ped 得到图形的说法中正确的是( D.刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时 电子枪 B满足cos日= dpe v Eo 7.(2025湖南模拟预测)（多选）如图所示，纸面 为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h, 空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大 小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为q(心0)， 质量为m的小球从M点在纸面内以。=√2gh的速 A.如果只在X'上加图甲所示的电压，则在荧 度水平向左开始运动，以后恰好以大小为1=20的 光屏上看到的图形如图(b) 速度通过N点。已知重力加速度为g,不计空气阻 B.如果只在YY'上加图乙所示的电压，则在荧 力。则() 光屏上看到的图形如图(a) C.如果在YY'、XX'上分别加图甲、乙所示的 电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c) D.如果在YY',X'上分别加图甲、乙所示的 电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d) 6.(2025湖南长沙一模)（多选）如图所示，竖直 试卷第2页，共3页 A.Uo=2mgh 势能等于增加的机械能 9 D.小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半 B.小球经过N点时速度方向一定与水平向右的 个圆周 方向成60° 10.（25-26高三上·湖南长沙月考)（多选）如图所 C.电场强度方向有可能斜向右上 示，在空间x轴上方有沿负y方向的匀强电场，电 D.小球在运动过程中的最小速度为 场强度大小为E,在x轴下方有方向与x轴正方向 成45°角的匀强电场，电场强度大小为√2E。现有 8.(2025湖南长沙模拟预测)（多选)如图所示， 一带正电量4、质量为m的粒子从(0，)以沿x轴正 绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B=37°， 方向的速度。射出，忽略粒子所受的重力。若粒子 ∠C=53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别 第一次经过x轴时速度方向与x轴成45°角，则 静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。己知 ( AB、AC面均足够长且光滑，斜面体和P、Q的质 量分别为M、、m2,重力加速度为g,sin37°=0.6， cos37°=0.8，下列判断正确的是() B A.P、Q的质量之比是4：3 A.与E满足。=m h B.P、Q带异种电荷，且O的电荷量大于P的 电荷量 B.粒子从第1次经过x轴到第2次经过x轴时 C.水平面对斜面体的支持力等于 的过程，速度变化量为2W2。 (M++m2)8g C.粒子第4次经过x轴时的位置为(381,0) D.若改变P、Q质量和电荷量使得P沿静止斜 D.粒子第4次经过x轴时速度大小为3W3。 面加速上滑而Q加速下滑（斜面体保持静止）， 则在P、Q运动过程中斜面受到的静摩擦力水平 向右 9.(25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选)如图所 示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为、 电荷量为q的带正电小球用长为工、不可伸长的绝 缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A 点，细线刚好伸直，己知电场强度大小B=,名 为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静 止释放，则下列判断正确的是() A① E A.小球运动到B点时速度大小为2√gL B.小球运动到B点时速度大小为√2gL C.小球由A点运动到B点的过程中，减少的电 试卷第3页，共3页 《第18练带电粒子在电场中的平衡或运动》参考答案 题号 1 2 4 6 8 9 10 答案 D C ABD BD ABD CD BD BC 1.C 【解析】A.t=0时刻进入的正离子运动的v~t如 图线1所示，共移量为号9阳。4-行， T 22 《=6了分，离子击中B板的中点，A错误。 T B.t=二时刻进入的正离子的v~t如图线2所示， 2.D 【解析】A.正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 其离开电容器时偏离轴线的距离为 好到达B点，即到达B点时速度为零，由 y=2x19T -2×19ET =0,离子沿中心 2m(4 24 0-=-2ad解得加速度大小a= ,故A错误； 2d 轴线离开，B错误；C.1=T时刻进入的正离子 B.由牛顿第二定律可知e=a,解得E= 2ed 的v~t如图线3所示， 故B错误：C.由动能定理可得(，-9，)e=0-n ， =-2×1g37 +2x1q8(TY gETi=d 2m(8 2m8 82 解得8点电势为9=9+”，故C错误：D.钠 2e 即t=T时刻进入的正离子击中金属板A的右端 离子在B点电势能为E,=me=e+m心，故D正 2 确。故选D。 点，C正确：D.设t=。时刻进入电场的离子刚好 3.C 打到B板上的v~t如图线4所示， 【解析】A.收尘极板P、Q均带正电，放电极带 d=2x1( 负电，电场线上的电场方向由收尘极板指向放电极， 2 2m(2 -6,解得25,又因为 4 沿电场线方向电势降低，则A、B、C三点中C的电 t=T时刻进入电容器的离子刚好打到4板右端 8 势最高，故A错误；B.电场力F=Eg,根据电场 点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器 线的疏密程度可知E4>E。>E。,但不同的颗粒带 1 3 2-√2 的百分比为刀= 2 8 4 的电荷量大小关系不知道，所以不能比较不同粉尘 x100%=54.3%,D 1 颗粒在A、B、C点受到的电场力大小关系，故B错 2 误；C.电场线密集的地方场强越大，根据U=Ed, 错误。故选C。 可知U4a>Uc,根据动能定理可知 W电=qU=△E,所以根据分析可知同一粉尘颗粒 答案第1页，共1页 电荷量不变时，AB段动能的变化量大于BC段动能 分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电 的变化量，故C正确；D.收尘极板P、Q都带正 压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在 电，电势都较高，对于负电荷来说电势能低，则到 荧光屏上看到的图形将如图(d)所示，故C错误， 极板P、Q的粉尘颗粒的电势能均减小，故D错误。 D正确。故选BD。 故选C。 6.BD 4.C 【解析】A.由于电场强度变化，电子受到的电场 【解析】A.设绳长为1，小球球心间的距离为R, 力会发生变化，所以电子运动加速度发生变化，故 滑轮到小球B球心的高度为h,小球受重力、库仑 A错误；B.电子到达离子层分界面处受到向x轴 力和绳拉力F处于动态平衡状态。则 负方向的电场力，故电子从正离子层左侧边界离开， kdAB 8=R2 F,比值为定值，小球A向滑轮正 1 故B正确：C.B-x图像面积表示电势差U=P h R 下方运动过程中，1减小，F减小，R不变，故库仑 电场力做功W=-eU=-ped 力大小不变：当小球A沿虚线竖直向上运动时， 28，电势能增加 g=+F,r增大，库仑力减小，下增大。则 r △E,=-m=Ped2 260 ，故C错误；D.电子到达离子 整个过程中F先减小后增大，故A错误；B.库仑 力先不变后减小，故B错误；C.电场力先不做功 层分界面处时速度y,=vsin8,由动能定理可知 后做正功，故系统电势能先不变后减小，C正确： 2n,解得cos= d pe 故 D.由于R不变，小球A的轨迹应为圆周的一部分， 280 故D错误。故选C。 D正确。故选BD。 7.ABD 【解析】A.小球从M到N的运动过程中，根据动 能定理有gUe+mgh=m2-,解得 = 2mgh ,故A正确：B.小球在水平方向的运 9 动具有对称性，故到达N点时，水平速度大小为。， 5.ABD 【解析】A.如果只在XX'上加图甲所示的电压， 所以在竖直方向y,=V2-=√gh,设小球经过 竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形如图 N点时速度方向与水平的夹角为&，则 (b),故A正确：B.如果只在YY上加图乙所示 tama&==5,解得u=60°，故B正确：C.若 的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图 形如图(a),故B正确：CD.如果在YY'、XX'上 小球在竖直方向只受重力，则=2gh,解得 答案第2页，共4页 y,=√2gh<V6gh,所以小球一定受到竖直向下的 设等效“重力”与竖直方向的夹角为日，根据几何关 电场力的分力，即电场强度一定有竖直向下的分量， 系有tam日=g驱-1，解得日=45，可知其等效重 ng 故C错误；D.画出小球从M到N的速度变化矢量 力场”的最低点为点C,如图所示 图，如图所示 A 依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第 可知，实际速度与△垂直时速度最小，则 一次运动到O点正下方时的速度设为"，根据动能 sn9=5=,则=，sim0= 定理有qBL+gL=二2，解得v=2gL,此时细 △v 7 76,故D 2 正确。故选ABD。 线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂 8.CD 直于细线方向的速度为v1=vc0s0=√2gL,由对称 【解析】A.由库仑力F、重力g和倾角B的关系 性可知，小球运动到B点的速度大小与细线绷紧瞬 式为F=gtan8,可知，P、Q质量之比为 mtanc 16 间的速度大小相等，即yg=v1=√2gL,故A错误， m,amBg,故A错误；B.P、Q两物体都是 B正确：C.由上分析，可知在细线瞬间绷紧，致 三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等 使小球沿细线方向的速度变为零，只有垂直于细线 的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大 方向的速度，故小球由A点运动到B点的过程中， 小关系不能确定，故B错误；C.由斜面和P、Q 减少的电势能大于增加的机械能，故C错误；D.设 所构成的整体是二力平衡，水平面对斜面支持力等 小球往复运动过程中，运动到等效最低点左侧最高 于总重力，水平面对斜面没有摩擦力，水平面对斜 点时，细线与竖直方向夹角为，根据动能定理有 面的支持力为N=(M+%+2)g,故C正确：D.若 qELsina+mgL0-cosa)=m1,解得au=45°， 21 P沿静止斜面加速上滑而Q加速下滑，故此时整体 由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做 具有向右的加速度，对整体受力分析可知斜面受到 往复运动，轨迹为半个圆周，故D正确。故选BD。 的静摩擦力水平向右，故D正确；故选CD。 10.BC 9.BD 【解析】A.粒子在第一象限做类平抛运动，竖直 【解析】AB.对小球受力分析，将电场力与重力合 方向上做从静止开始的匀加速直线运动，则有 成为一个等效“重力”，如图所示 Bg=ma,h=af,y,=a4,粒子第一次经过 2 x轴时速度方向与x轴成45°角，则有y,=v。tan45°， mg 答案第3页，共4页 2mh 联立解得= v=。+42cos45°·t2=3。,所以粒子从第二次到达x ,%= 2Egh ,故A错误；B.设 V 轴到第三次到达x轴的距离为 粒子从第一次到达x轴到第二次到达x轴的距离为 x,=v.2生1=3。×2生，=12h,同理有粒子从第三次到 ,则有为，sin45°=V2,52,书，cos45°= 25,其 达x轴到第四次到达x轴的距离为 中4=5g,联立解得X,=8h,4=2 2mh Eg ,所 名=34，+24cos45号=161，所以粒子第4次经 以该过程的速度变化量为 过x轴时到原点的距离为x=,+x2++x=38h, △y=44=55=22,故B正确：C.粒子 即粒子第4次经过x轴时的位置为(38h,0),故C 第一次到达x轴有5=以，h=,结合A选项 正确；D.对粒子运动的全程列动能定理方程有 2 Bh+2B购eos45(化+)m-m,解得 1 可得x=2h,根据对称性可知，粒子从第二次到达 粒子第4次经过x轴时速度大小为y,=√26v。,故D x轴到第三次到达x轴的时间为2t,,则粒子第二次 错误。故选BC。 到达x轴时沿x轴方向的速度为 答案第4页，共4页第17练静电场的性质 （三年考频：5次 预测指数：★★★★ ) 本卷共6小题，共27分。13题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。46 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.(2025湖南·模拟预测)电容式麦克风的振动膜 个点电荷连线的中点，C、D两点分别位于点电荷 是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，其工作 的连线以及中垂线上，如图所示。在C点静止释放 原理如图所示，振动膜与基板构成电容器，并与电 一带负电的试探电荷1，在D点静止释放一带正电 阻、电池构成闭合回路，声波会导致振动膜振动从 的试探电荷2，二者仅在A、B电荷电场力的作用 而使其与基板间的距离发生改变，下列说法正确的 下运动，x是各试探电荷发生的位移，Y是电荷1 是() 的速度，a2是电荷2的加速度，g是电荷1所经过 振动膜 电阻 处的电势，E,2是电荷2的电势能。设无穷远处的 信号 电势为零，则下面关于电荷1、2运动过程的图像 输出 可能正确的是( 基板电池 A.振动膜带正电 B.当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电 容增大 C.当振动膜与基板间的距离减小时，电容器带 B 的电荷量增加 D.振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变 21 2.(2025高三下·湖南长沙.专题练习)如图所示，A、 B、C三点将半径为R的圆均匀分成三等份，现将 两个等量异种点电荷+Q、一Q分别固定在B、C两 点，取无穷远处为电势零点，静电力常量为飞，下 列说法正确的是( A.A点处的电场强度方向垂直OA连线，大小 4.(25-26湖南长沙·月考)（多选)在对电场的实 为2g 际研究中，电势比电场强度更容易测量。在对某种 3R2 特定带电体产生的电场进行研究中，某同学通过采 B.圆心0处的电势大小为2 集的实验数据，描绘出了其电势p在x轴上分布如 R 图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的 C.若在A点继续固定电荷量为+Q的点电荷后， 分量分别是E、E。,下列说法中正确的有() O点的电场强度将减小 D.若在A点继续固定电荷量为+Q的点电荷后， O点的电势将升高 3.(24-25高三下·湖南长沙·月考)两个电荷量相同 的负电荷固定在水平面上的A、B两点，O点是两 试卷第1页，共1页 A.Ex的大小小于Ec的大小 B.E。的方向沿x轴正方向 C.试探电荷在O点受到的电场力在x轴方向分 量最大 D.正试探电荷在O点的电势能最大 5.(2026湖南长沙二模)（多选）如图所示，底边 长a=2cm、高h=lcm的正六棱柱 ABCDEF-ABCD'EF'置于匀强电场中。已知 po=0V、9E=16V、pp=24V、Pg=15V,下列 说法正确的有( A.A点电势p4=16V B.B点电势Pg=8V C.电场强度大小E=1500V/m D.电场强度大小E=1700V/m 6.(2025湖南长沙.三模)（多选）已知均匀带电薄 壳外部空间电场与其上电荷全部集中在球心时产 生的电场一样，内部空间的电场处处为0。如图所 示为一带电量为+Q,半径为R的均匀带电球壳，以 球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为壳内一 点，B点坐标为2R,静电力常量为k,下列说法正 确的是() A.将+q的试探电荷由壳内A点移到O点，试 探电荷的电势能不变 B.在圆心O处放一个电量为-2Q的点电荷，球 壳外表面带电量仍为+Q C.在+R处取走极小的一块面积△S,O点场强 大小为E=但AS 4πR4 D.在圆心O正上方处取走极小一块面积△S,B 点场强大小为E= kQ△S 20πR4 试卷第2页，共2页 《第17练静电场的性质》参考答案 题号 2 3 4 J 6 答案 C O D BD AD AC 1.C 线上O点两侧均存在一个场强最大的位置，则根据 【解析】A.振动膜与电池负极端连接，可知，振 其初始点的位置有两种可能性：到O点前场强不断 动膜带负电，故A错误：B.根据C=￡S 可知， 变小，到O点前场强先变大后变小，E。一x图像的 4πkd 斜率等于E,则D选项对应的是第二种情况；无 当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小， 论是哪一种，其运动过程一定是完全对称的，所以 数B错误：C.根据C4,C号可知，当振 图像B错误，D正确。故选D。 4.BD 动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电 【解析】AB.沿电场方向电势降低，在O点左侧， 容器两端电压一定，则电容器带的电荷量增加，故 C正确；D.结合上述，当振动膜与基板间的距离 E的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E。的方向 减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定， 沿x轴正方向，图像的斜率表示电场强度，可知E 则电容器带的电荷量增加，电容器充电，振动膜所 的大小大于E。的大小，故A错误，B正确；C.由 带负电增多，流经电阻的电流方向向下，当振动膜 图可知，O点的斜率为零，即电场强度为零，所以 与基板间的距离增大时，电容器电容减小，电容器 试探电荷在O点受到的电场力在x轴方向分量为0， 两端近似电压不变，则电容器带的电荷量减小，电 故C错误：D.根据电势能的计算公式E,=9p可知， 容器放电，振动膜所带负电减少，流经电阻的电流 正试探电荷在O点的电势能最大，故D正确；故选 方向向上，即振动膜向左与向右振动时，流经电阻 BD. 的电流方向发生变化，故D错误。故选C。 5.AD 2.D 【解析】如图，过E点作DE延长线，过F作垂线 【解析】A.B、C处的点电荷在A点处产生的电场 强度大小为 交DE延长线于P点，由几何关系PE=ED,分 ,根据矢量合成可知A点处的电场 3R2 析知pp=24V,则PF为等势线、PD为平面 强度方向垂直OA方向，大小为 ABCDEF分场强方向。EA∥DB∥PF,EA、DB E=迟a切-景，放A特误：B取无》运 均为等势线，P4=16V、P=0V,A正确、B错 处电势为零时，等量异种点电荷连线的中垂面为零 误；平面ABCDEF分场强E,=E-L=800V/m, 势面，故B错误；CD.若在A点继续固定电荷量 为+Q的点电荷后，该电荷在O点产生的电场强度 垂直平面方向分场强E,=6,=1500V/m,场 h 方向与B、C处的点电荷在O处产生的电场强度方 强E=√E+E子=1700V/m,C错误，D正确。 向垂直，所以O点的电场强度将增大；电势相加遵 E 循代数相加的法则，所以O点的电势将升高，故C 24W 16V 错误，D正确。故选D。 3.D 【解析】A.C点处的负电荷会做往复的周期运动， 24V 在O点处速度最大，场强为0，故加速度应当也为 16V0V 0,(尽管并非-1图，但速度峰值处同样斜率应为 故选AD。 0)A错误；C.在连线上电势分布O点最高，两侧 6.AC 变低，但O点电势并不为0，C错误；BD.D点处 【解析】A.壳内场强处处为0，故移动试探电荷 的电荷同样会做关于O点对称的往复运动，因中垂 不做功，A正确；B.在圆心O处放一个电量为-2Q 答案第1页，共1页 的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出+2Q 点的电场E。水平向右，在圆心0正上方处取 的电荷，则球壳外表面的电荷量为一Q,B错误： C.在+R处取走极小一块面积△S,根据对称性， 走极小一块面积△S在B点的场强为 在-R处极小一块面积的电荷产生的电场 毛-年公Q公方狗向有下，片与 E六六0-架器.c正路：D.丝个味杭在a E,矢量作差即为B点电场强度，D错误。故选AC。 答案第2页，共2页