专题06 静电场中力和能的性质的综合应用【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题06 静电场中力和能的性质的综合应用 命题预测 近几年高考明显从单纯的概念辨析，转向力电综合分析与实际情境的结合。简单来说，就是不再孤立地考电场或力学，而是要求你像分析一个斜面上的物体一样，去分析带电粒子在电场中的运动。2026年预计会延续这一趋势，重点考查模型建构、知识迁移和图像分析能力。 二、 四大高频命题方向 1. 多电荷叠加场中的综合辨析（高频选择题） · 命题点：结合点电荷、均匀带电圆环/球壳等模型，考查电场强度矢量叠加、电势标量叠加、电势能比较等。 · 难点：场强叠加遵循平行四边形法则（矢量），而电势叠加是代数和（标量）。电势能的正负需结合电荷正负判断。 · 备考建议：熟练运用对称法、补偿法（填补）、微元法简化复杂场源的计算。 2. 带电粒子在电场中的轨迹分析（高频选择题） · 命题点：给出电场线/等势面及粒子运动轨迹，判断受力方向、速度/加速度变化、电势能高低等。 高频考法 1.电场中的一线一面一轨迹问题 2.电场中的三类图像 3.力电综合下的平衡与加速 4.带电粒子在电场和重力场中的运动 考向一：电场中的一线一面一轨迹问题 1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 电荷连线上的 电场强度 沿连线先变小后变大 O点最小,但不为零 O点为零 中垂线上的 电场强度 O点最大,向外逐 渐减小 O点最小,向外先 变大后变小 关于O点对 称位置的电 场强度 A与A'、B与B'、C与C' 等大同向 等大反向 2.“电场线+运动轨迹”组合模型 模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析: (1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。 (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。 3．几种典型电场的等势面 电场 等势面 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种 点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种 (正)点电荷 的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 4．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。 (2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。 (3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。 考向二：电场中的三类图像 1.φ-x图像 （1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。 （2）在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 （3）在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。 2.Ep-x图像 （1）根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。 （2）根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。 3.E-x图像 （1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度沿x轴负方向。 （2）在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。 （3）在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。 考向四：带电粒子在电场和重力场中的运动 1.等效重力场 物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。 2.方法应用 (1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。 (2)将a＝视为等效重力加速度。 (3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。 注意：这里的最高点不一定是几何最高点。 (4)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。 3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图 考点五：电场中的力、电综合问题 要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。 1.动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。 2.能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 3.动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否在某方向上动量守恒。 01 等量异种、同种电荷的电场 1．如图所示，O为x轴的原点，在轴上O点左右对称的位置分别固定一正一负两个点电荷（电荷量未知），a、b两点位于过O点并垂直x轴的直线上，且有。若取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．O点的电势可能大于零 B．a、b两点的电场强度相同 C．a点的电场强度大于O点的电场强度 D．将一个带负电的点电荷由a点移到b点，其电势能一定先减小后增大 【答案】A 【详解】A．若正负点电荷电荷量大小相等，则O点电势为零，若正点电荷的电荷量较大，则O点的电势大于零，若负点电荷的电荷量较大，则O点的电势小于零，故A正确； B．若正负点电荷电荷量大小相等，则a、b两点的电场强度相同，若正负点电荷的电荷量大小不相等，则a、b两点的电场强度不相同，故B错误； C．若正负点电荷电荷量大小相等，中垂线上O点电场强度最大，故C错误； D．若正负点电荷电荷量大小相等，则中垂线上各点电势均为零，所以将一个带负电的点电荷由a点移到b点，其电势能不变，故D错误。 故选A。 2．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点。关于此过程，下列说法正确的是（    ） A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相同 B．电子在E点和F点的电势能不相等 C．电子的电势能可能始终不变 D．电子的动能一定先增大后减小 【答案】C 【详解】A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相反，故A错误； B．E点和F点电势相同，由，电子在E点和F点的电势能相等，故B错误； C．电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电子的电势能不变，故C正确； D．由C项分析可知，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电场力始终不做功，电子的动能不变，故D错误。 故选C。 02 不等量同种、异种电荷的电场 3．如图所示，电荷量分别为和的两个点电荷固定，两点电荷连线水平，在、之间放置内壁光滑的竖直绝缘细管，细管的上、下端口恰好在、连线的中垂线上。电荷量为的小球从上端管口无碰撞进入细管，小球在细管中运动的过程中机械能始终守恒，下列说法正确的是（　　） A． B． C．除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点位于左侧 D．除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点位于右侧 【答案】D 【详解】AB．由于小球在细管中运动的过程中机械能始终守恒，则电场力始终不做功，故细管为等势线，所以电场力与小球的速度方向始终垂直。由分析可知在小球初始位置处的电场强度方向应为斜向右上方，所以在该位置产生的场强应大于在该位置产生的场强，则由可知，由于小球初始位置到两电荷的距离相等，所以有，故AB错误； CD．由于正电荷产生的场强方向背离正电荷，而负电荷产生的场强方向指向负电荷，所以、所在直线上电场强度为0的点只能在两电荷连线的外侧。又因为，则由可知，两电荷连线上场强为零的点应靠近，所以除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点应位于右侧，故C错误，D正确。 故选D。 4．如图所示，实线为两个点电荷和产生的电场中的电场线（方向未标出），c、d是关于两个点电荷连线对称的两点，一个电子沿虚线aOb从a点运动到b点，下列说法正确的是（　　） A．电子的加速度先减小后增大 B．的电荷量大于的电荷量 C．c、d两点在同一等势面上，两点场强相同 D．电子在a点的电势能小于在O点的电势能 【答案】B 【详解】A．电子从a点运动到b点，受电场力作用，由牛顿第二定律，得加速度 电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电子从点运动到点，路径上电场线逐渐变密，再从点运动到点，路径上电场线逐渐变疏，因此场强先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误； B．由电场线的分布可知两点电荷带异种电荷，根据电场线的疏密程度分布可知的电荷量大于的电荷量，故B正确； C．c、d关于两点电荷连线对称，电势相等，在同一等势面上；但场强是矢量，c、d两点场强方向不同，因此场强不相同，故C错误； D．电子带负电，做曲线运动，其合力指向轨迹的凹处，由于电荷之间同种互相排斥，异种互相吸引，所以结合题图以及之前的分析可知，为正电荷，为负电荷，则电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在a点时的电势能大于在O点时的电势能，故D错误。 故选B。 03 电场中的三类图像（、、） 5．整个xOy平面内分布有一平行于xOy平面的匀强电场。若测得x轴和y轴上的各点电势分别如图1、2所示，则该平面内（3cm，3cm）处的电势为（　　） A．6.25V B．6V C．5V D．4.75V 【答案】A 【详解】假设一单位正点电荷从（0，0）处开始先沿y轴运动到（0，3cm）处，由图2知电场力做功 再沿平行x轴方向运动到（3cm，3cm）处，由图1知电场力做功 故从（0，0）处运动到（3cm，3cm）处电场力共做功为 所以（3cm，3cm）处的电势为。 故选A。 6．如图甲所示，正电荷仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该正电荷的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．A点的电势低于B点的电势 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．正电荷在A点的速度大于在B点的速度 D．正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功 【答案】D 【详解】A C．因正电荷仅在静电力作用下经过A、B、C三点，电势能逐渐减小，说明电场力做正功，动能或者速度增大，正电荷在A点的速度小于在B点的速度；也说明正电荷受电场力方向即场强方向沿x轴正方向，又顺着电场线电势降低，故A点的电势高于B点的电势，故AC错误； B．又 图像的斜率的绝对值表示电场力的大小，又 而图像越来越陡，说明场强增大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误； D．由，由C项分析知，故正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功，故D正确。 故选D。 7．有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示。的正方向与轴的正方向一致，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（    ） A．和之间的电势差大于和之间的电势差 B．电子在点的电势能最大 C．和两点电势相等 D．点的电势小于0 【答案】C 【详解】A．电场强度随变化的图像面积表示电势差的大小。由图可知 区间的面积大于 区间的面积，所以和之间的电势差小于和之间的电势差，故A错误； B．由图可知， 时，电场方向沿轴正方向；时，电场方向沿轴负方向。电场线从点向两侧发散，顺着电场线电势降低，故点电势最高。电子带负电，根据电势能公式 可知，电子在电势最高处电势能最小，故B错误； C．电场沿 轴对称分布，且图像关于原点对称，所以从点到 的图像包围面积等于从点到 的图像包围面积，故从点到 的电势降落等于从点到的电势降落，故C正确； D．取无穷远处电势为零，在区域，电场线指向无穷远，顺着电场线电势降低，故区域电势，由C选项分析可知 ，故D错误。 故选C。 8．空间存在沿x轴分布的电场线，其电势随x变化如图所示，一带负电粒子在t=0时刻从-x0处以某一初速度沿x轴正方向射入，粒子仅在电场力作用下运动。规定沿x轴正方向为正，则粒子在接下来一段时间的运动过程中的电势能Ep、电场强度E、动能Ek、动量p随位置坐标x变化的图像可能正确的（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．由题图可知，电势随x变化的函数关系为 设带负电粒子的电荷量大小为，则带负电粒子的电势能为 由于，所以图像为一条过原点的倾斜直线，且斜率为正值，故A错误； B．图像的斜率为 由于，所以，即电场强度为大于0的恒定值，故B错误； C．由于顺着电场线的方向电势降低，故电场线的方向应沿x轴的正方向，则带负电粒子所受的电场力应沿x轴的负方向，所以带负电粒子沿x轴正方向运动的过程，其电场力做负功，电势能升高，而动能降低。根据能量守恒定律可知，该过程动能的减少量等于电势能的增加量，由A选项分析可知，电势能随均匀增加，所以粒子的动能应随均匀减小，即图像应为向下倾斜的直线，故C正确； D．动量的表达式为 动能的表达式为 联立解得 由于动能与是线性关系，则动量的平方应与是线性关系，所以动量与不是线性关系，故D错误。 故选C。 04 带电粒子在电场中的直线运动、类抛体运动、圆周运动 9．静电复印简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．墨粉颗粒带负电 B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 【答案】D 【详解】A．由题图可知，感光鼓带正电，复印纸带负电，板间电场方向水平向右。墨粉颗粒由静止释放后向右运动，说明所受电场力方向向右，与电场方向相同，所以墨粉颗粒带正电，故A错误； B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能不断减小，故B错误； C．根据动能定理有 解得 若带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越小，故C错误； D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，由于感光鼓与复印纸间的电势差保持不变，根据可知，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变，故D正确。 故选D。 10．如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，AB=2BC，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于O点（图中未标出）。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b（　　） A．具有不同的比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达O点所用的时间之比为1:2 D．到达P、B点时的动能之比为5:8 【答案】D 【详解】A．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由可知两粒子的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得 解得 所以两粒子的比荷相等，故A错误； B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误； C．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿垂直电场方向的位移大小为，由可知两粒子的初速度大小之比为，带电粒子a、b到达O点的垂直电场方向的位移大小相等，所用的时间之比为，故C错误； D．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由，可知带电粒子a、b到达P、B点沿电场方向的速度大小相等；对b粒子，到达B点， 所以 由于带电粒子a、b的初速度大小之比为，所以 到达P、B点时的动能之比为，故D正确。 故选D。 11．如图所示，矩形AEFP区域存在竖直向上的匀强电场，竖直线AE上的A、B、C、D、E相邻两点的间距均为1.5cm，水平线AP上的A、M、N、O、P相邻两点的间距均为。一电子沿某一方向通过AE边进入电场时的动能，经过矩形内M点正上方时的动能，且此时速度方向恰好水平向右，已知D点所在的等势面的电势，电子始终在EF下方的区域内运动，电子电荷量大小为e，不计电子的重力。下列说法正确的是（　　） A．电子经过AE边时的速度方向与水平方向的夹角为45° B．若电子从O点离开电场，则其经过O点时的电势能一定为-54eV C．若电子从B进入电场，则它一定从N点离开电场 D．电子可能从P点离开电场 【答案】B 【详解】A．如图甲所示，设电子从边进入电场时，设速度方向与水平方向的夹角为，则有，， 联立可解得，即，故A错误； B．电子在运动过程中电势能与动能之和守恒，电子从运动到克服电场力做功为 而从运动到点电场力做的正功 所以电子经过点时电势能，故B正确； C．由上述分析可知，若电子从点离开电场，电子应从点进入电场，故C错误； D．设电子进入电场后经过时间运动到最大高度，水平位移为，则有 因电子经过点正上方时速度沿水平方向，表明电子进入电场的最高位置为点，此时电子的水平位移最大，如图乙所示，据初速度为零的匀变速直线运动的特点可知，竖直方向电子从运动到的时间和电子从到出电场的时间相等，所以电子离开电场时距点最远点为点，故D错误。 故选B。 12．如图所示，竖直面内有一半径为的光滑绝缘圆轨道，一质量为，电荷量大小为的带负电小球从轨道最低点出发，沿着轨道切线方向以大小为的初速度水平射出，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，已知，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点对轨道的压力大小为 B．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 C．小球在最低点对轨道的压力大小为 D．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 【答案】B 【详解】AC．小球在最低点时，由牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知小球在最低点对轨道的压力大小为，故AC错误； BD．若能够不脱轨到达最高点，当在最高点轨道对小球的弹力刚好为零时，则有 解得小球经过最高点的最小速度为 由动能定理可得 解得初速度最小值为，故B正确，D错误。 故选B。 05 电场中的力、电综合问题 13．如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向的夹角为37°。重力加速度大小为g，sin37°=0.6，下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．匀强电场的电场强度大小为 C．现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能减少 D．在最低点由静止释放小球，小球到达A点时细线的拉力大小为 【答案】D 【详解】A．小球静止时细线向左偏，电场水平向右，故小球受到向左的电场力，它带负电，故A错误； B．由平衡条件有 解得，故B错误； C．将小球拉到最低点的过程中，电场力做的功 电场力做负功，电势能增加，故C错误； D．小球从最低点到A点，由动能定理有 代入数据得 在A点，有 解得，故D正确。 故选D。 14．如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力大小为 B．小球可能落在距O点为的斜面上 C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为 D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为 【答案】D 【详解】A．已知合力沿斜面向下（垂直挡板方向），因此垂直斜面（平行挡板）方向合力为0： 重力垂直斜面分量为，电场力垂直斜面分量为，平衡得 解得 故A错误； B．沿斜面向下（垂直挡板方向）合力恒定，计算得加速度 平行挡板方向，合力为0，做匀速直线运动，初速度为； 垂直挡板方向，初速度为0，做匀加速直线运动，加速度恒定。 小球碰撞挡板后反弹，反弹后垂直挡板方向速度大小为碰前的，计算第一次反弹后上升的最大距离： 碰前速度 反弹后速度 上升最大距离 最高点距离斜面（）还有 后续每次反弹上升距离更小，永远无法到达斜面，因此不可能落在斜面上，故B错误； C．第一次碰撞挡板时，垂直挡板方向位移 代入 得运动时间 平行挡板方向（落点到O点的距离） 故C错误； D．计算第一次碰撞到第四次碰撞过程的总路程，第一次碰后→第二次碰：往返路程 第二次碰后→第三次碰 往返路程 第三次碰后→第四次碰 往返路程 总路程 故D正确。 故选D。 一、单选题 1．如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（　　） A．点电荷A、点电荷C所受静电力大小相等 B．M、N两点的电场强度和电势都相同 C．电子在M点电势能比在O点时要小 D．电子沿直线由O点向C点移动过程中，电场力不做功 【答案】C 【详解】A．记等边三角形边长为，点电荷带电量的绝对值为，分析可知点电荷A受点电荷C静电力与点电荷A受点电荷B静电力夹角为，大小相等，故点电荷A受静电力大小为 电荷C受点电荷A静电力与点电荷C受点电荷B静电力夹角为，大小相等，故点电荷C受静电力大小为， A错误； B．点电荷AB在M、N两点产生的合场强等大反向，合电势相等，点电荷C在M、N两点产生的电场强度大小相等，方向不同，电势相同，根据电场强度的叠加可知M、N两点的电场强度大小相等，方向不相同，但电势相同，B错误； C．电子从M到O的过程库仑力做负功，电势能增大，所以，M点电势能比在O点时要小，C正确； D．电场线沿直线由O点向C点，所以电子沿直线O点向C点移动过程中，电场力做负功，D错误。 故选 C。 2．如图所示为半径是r的半圆，O为圆心，ab为直径，c、d为半圆的三等分点。在a、b两点分别固定一点电荷，若在空间加一水平向左、电场强度大小为的匀强电场，c点的电场强度刚好为0，静电力常量为k，下列说法正确的是（   ） A．a、b两点的电荷均带正电 B．a点的电荷带负电，b点的电荷带正电 C．a点的电荷所带电荷量的大小为 D．b点的电荷所带电荷量的大小为 【答案】D 【详解】A．a、b两点电荷在c点的合场强水平向右、大小为，竖直分量总和为0。两个点电荷的场强竖直分量必须一上一下。若均带正电，两个场强竖直分量都向上，无法抵消，A错误； B．若a带负电、b带正电，两个场强水平分量都向左，合场强向左，与向左的匀强电场叠加后不可能为零，B错误； CD．设a、b在c点的场强大小分别为、，因竖直分量 水平分量总和等于 ， 可得： ， 根据点电荷场强公式，其中 解得 同理可得，C错误，D正确。 故选 D。 3．如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则（　　） A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度 B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能 C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同 D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力 【答案】A 【详解】A．静电场中，等势线的疏密反映电场强度的大小，等势线越密，电场线也越密，电场强度越大。由图可知Q点的线比P点更密，因此Q点的电场强度一定大于P点，故A正确； B．题目没有给出等势线的电势高低分布，无法判断Q点和P点的电势大小关系，因此无法确定同一正电荷在两点电势能的大小，故B错误； C．磁感线的切线方向就是该点的磁场方向，小磁针静止时N极指向与磁场方向一致。Q点和P点处磁感线的切线方向不同，因此小磁针N极指向不同，故C错误； D．安培力大小为，安培力大小不仅和磁感应强度有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若Q点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P点安培力，因此不是一定更大，故D错误。 故选A。 4．如图所示，在平面内有一匀强电场，以坐标原点为圆心的圆，与坐标轴的交点分别为、、、，在纸面内从点向各个方向以等大的速率射出电子，到达圆周上各处的电子中，电子到达点处的动能最大。则（　　） A．电场线与轴平行 B．点电势等于点电势 C．在圆周上的各点中，点电势最低 D．到达圆周上、处的电子速度相同 【答案】B 【详解】A．电子初速率相等，到达b点动能最大，根据动能定理，可知从O到b电场力做功最多，由此可知电子受到的电场力方向沿y轴正方向，因电子带负电，故电场方向沿y轴负方向，即电场线与y轴平行，故A错误； B．匀强电场中等势面垂直于电场，因此等势面平行于x轴，a、c在同一等势面上，电势相等，故B正确； C．电场方向沿y轴负方向，沿电场方向电势降低，因此b点电势最高，故C错误； D．a、c电势相等，电子在a、c两点电势能相等，根据功能关系，可知电子到达两点的动能相等，即速率相等，但速度方向不同，因此速度不同，故D错误。 故选B。 5．如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 【答案】D 【详解】A．根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连接下板，负极连接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A错误； B．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误； C．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 电场强度与电势差的关系 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C错误； D．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D正确。 故选D。 6．如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的点。某时刻，该空间加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达点。已知匀强电场的电场强度为，斜面倾角，物块质量为，电荷量为，物块与斜面间动摩擦因数为，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为，BM与斜面垂直，且。物块沿斜面方向移动的距离用表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，，，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变大 B．物块的加速度随变化的关系为 C．物块在MN的中点处的速度大小为 D．MN的长度为0.6m 【答案】C 【详解】A．设弹性绳与BM夹角为，由受力分析垂直斜面方向有 则，运动过程中斜面弹力不变，由可知，物块上滑过程中受到的摩擦力不变，故A错误； B．设弹性绳与BM夹角为，由受力分析沿斜面方向牛顿第二定律有 又由几何关系 联立可得 代入数据，故B错误； C D．根据上述作出图像如图所示 可知物块从到的过程，图线的面积乘以质量即为合力做功，根据对称性可知 解得 设物块在中点处的速度，根据动能定理可得 解得，故C正确、D错误。 故选C。 7．以某静电场中的一根电场线为轴，轴上各点的电场强度与坐标的关系图像如图所示，取轴正方向为电场强度正方向。正点电荷仅在电场力作用下从原点由静止释放，沿轴正方向运动，依次经过、和处。该电荷在、和处的动能之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】图像中图线与轴所围的面积与两点间的电势差对应，由题图可知，、两处的电势差，、两处的电势差，、两处的电势差 由动能定理可知 故该电荷在和处的动能之比为。 选A正确。 8．如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板、的间距和板长均为，上极板接地，下极板不带电。一发射源从点沿方向以相同速度持续喷射出质量为、电荷量为（很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．油滴喷射的初速度大小为 B．最终稳定时，油滴沿方向做匀变速直线运动 C．油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4 D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少 【答案】D 【详解】A．板长和间距均为，初速度沿，故，总初速度 第一滴油滴下落时板间无电场，仅受重力，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的竖直上抛运动。落在下极板中点C，在水平方向，有 在竖直方向，有 联立解得 总初速度，故A错误； B．随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开点为止，之后粒子将一直从点射出，故B错误； C．水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和点的时间，则时间之比为1：2，故C错误； D．电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上 竖直方向上，做匀减速直线运动，至最高点时，位移 联立解得 从点到最高点的过程中，由动能定理，有 解得 即电势能最多减少，故D正确。 故选D。 二、多选题 9．如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为、、、的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足。规定无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（    ） A．M与O点的场强不同 B． C．将电性为负的试探电荷由P点移动到Q点，电场力做正功 D．在四面体的棱上，另有3个点的电势与M点相同 【答案】AD 【详解】A．由对称性可知，M与O点的场强大小相同，但方向不同，A正确； B．在ab的中垂线上，在ab两处电荷的电场中，M点的电势为0。M点是cd的中点，在cd两处电荷的电场中，M点的电势也为0，故M点的电势为0；P、Q距离a、c均为处，a、c分别为+q、-q的电荷，则分别在P、Q处的电势绝对值相等，同理，P、Q距离b、d均为处，b、d分别为-q、+q的电荷，b、d分别在P、Q处的电势绝对值相等，P与d、c距离与Q与b、a距离相等，则合电势刚好相反，即φP=-φQ，根据A分析，O点的电势也为零，则有UPM=φP-φM，UOQ=φO-φQ，则UPM=-UQO，故B错误 ； C．因为φP＞φQ，则负电荷由P点运动到Q点，电场力做负功，故C错误； D．根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab、ac、db中点的电场强度大小，电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，故D正确。 故选AD。 10．一电荷量为e的质子仅在电场力的作用下从O点沿x轴正方向运动，其电势能随位置坐标x变化的关系图像如图所示，其中图线在时为抛物线，在时为直线，且直线与抛物线在处相切。下列说法正确的是（　　） A．内质子的加速度先减小后增大 B．处的电场强度大小为 C．处的电势为 D．在内电场力对质子做正功，在内电场力对质子做负功 【答案】AC 【详解】A．内图像为抛物线，顶点在处，，斜率的绝对值从最大值逐渐减小到0，因此电场力大小逐渐减小，加速度逐渐减小；，斜率的绝对值从0逐渐增大，电场力大小逐渐增大，加速度逐渐增大。因此加速度（大小）先减小后增大，故A正确； B．图像为直线，斜率 电场强度大小 故B错误； C．由 处 得 故C正确； D．电场力做功满足 和，电势能一直减小，，因此电场力全程做正功，故D错误。 故选AC。 11．某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为，不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（　　） A．粒子在左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．接收屏接收粒子位置在出口上方处 D．粒子在右侧区域飞行的时间为 【答案】BD 【详解】A．在金属筒内，由于静电屏蔽内部场强为0，此时为匀速直线运动，故A错误； B．若在每个筒内飞行时间均为则可以满足每次在狭缝中均为加速。又在筒中存在 即速度比为 匀速飞行，则长度比为，故B正确； C．从5号筒飞出后动能为， 速度为 势能为，设飞至接收屏时离Q的距离为b，存在 类比天体运动特点还应存在 联立可得 则接收粒子位置应为出口上方处，C错误； D．类比天体运动，飞行周期应与半径为的圆周运动周期一致。则有 可得 则飞行时间为，故D正确。 故选BD。 12．如图所示，质量为m、电荷量为的粒子从点以初速度沿x轴正方向射出，为使其打在x轴上的点，可在整个空间施加电场或磁场，不计粒子所受重力，下列说法正确的是（　　） A．仅施加一平行于y轴正方向的匀强电场，则电场强度 B．仅施加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，则磁感应强度 C．仅施加由A点指向C点方向的匀强电场，该粒子可能打在C点 D．仅施加由A点指向C点方向的匀强磁场，该粒子可能打在C点 【答案】AD 【详解】A．仅施加一平行于y轴正方向的匀强电场，带负电的粒子向y轴负方向偏转，带负电的粒子做类平抛运动，在x轴方向上 在y轴方向上 联立解得 ，故A正确； B．仅施加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，根据左手定则可知，0时刻洛伦兹力沿y轴正方向，带负电的粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，圆轨迹在A点上方，该粒子不可能打在C点，故B错误； C．仅施加由A点指向C点方向的匀强电场，带负电的粒子受到由C点指向A点方向的电场力作用，电场力有沿y轴正方向的分量，该粒子的运动轨迹向y轴正方向偏转，该粒子不可能打在C点，故C错误； D．仅施加由A点指向C点方向的匀强磁场，将初速度分解为沿方向的一个分速度，带负电的粒子沿方向以速度大小做匀速直线运动；将初速度分解为垂直于方向的另一个分速度，带负电的粒子受到洛伦兹力作用，在垂直于方向上以速度大小做匀速圆周运动；该粒子沿方向做等距螺旋线运动，故该粒子可能打在C点，D正确。 故选AD。 三、解答题 13．飞行时间质谱仪可以通过测量离子飞行的时间，测量离子质量、比荷（电荷量与质量之比）。 (1)如图甲所示，激光脉冲照射到样品板O处，会产生不同种类的带正电离子。离子在O处的初速度不计，经过电压为U的静电场加速后，射入长为L的漂移管，在管中沿轴线做匀速直线运动。某一电荷量为q的离子在漂移管中的运动时间为T1，不考虑离子的重力和离子间的相互作用力，求该离子的质量m； (2)为了增大离子在漂移管中的飞行路程，在右端增加电场强度为E、方向如图乙所示的匀强电场反射区域BC，让离子穿过漂移管后，受电场的作用返回漂移管，再回到A端。求反射区域BC的最小间距x； (3)改进后，若测得离子从进入A端至首次返回A端的飞行时间为T2，能否测出离子的比荷？若能，请计算出离子的比荷；若不能，请说明理由。 【答案】(1) (2) (3)能， 【详解】（1）设离子经过加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理可得 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 联立解得 （2）根据动能定理，有 所以 （3）能，离子在漂移管中的速度为 在反射区运动平均速度为，有 离子从进入A端至首次返回A端的时间为 联立解得 14．如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。时刻，质量为m、电荷量为的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。 (1)区域Ⅰ内电场强度大小和方向； (2)区域Ⅱ内磁感应强度大小和方向。 【答案】(1)，沿y轴正方向； (2)，垂直纸面向外 【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知正粒子受到的电场力竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为 竖直方向有 水平方向有 由牛顿第二定律有 联立解得 （2） 粒子在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度 联立解得 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外 15．如图，竖直面上固定一个圆形光滑绝缘，半径为。，连线是水平直径，，连线是竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角的匀强电场。一个质量为、带电荷量为的绝缘小球从点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道内侧运动时恰好不脱离轨道，并从点开始水平向左做直线运动，重力加速度为。求： (1)匀强电场场强的大小； (2)小球在轨道上的最小速率； (3)小球在点对轨道压力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从 点开始水平向左做直线运动，说明小球在 点之后受到的合力方向水平向左。小球受重力 和电场力 ，由于小球带负电，电场力方向与电场线方向相反，即斜向左上方，与水平方向夹角为 。要使合力水平向左，竖直方向分力必须平衡，即 解得 （2）小球受到的重力和电场力的合力 水平向左，大小为 该合力即为等效重力，方向水平向左。轨道上等效最高点为最右端点，此处速率最小。小球恰好不脱离轨道，说明在点轨道弹力为零，由合力提供向心力，有 即 解得 （3） 点为等效最低点。从点运动到点，合力做正功，位移为。由动能定理得 代入 和 ，解得 在点，指向圆心的合力提供向心力，轨道弹力指向圆心，合力背离圆心，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为 。 20 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 静电场中力和能的性质的综合应用 命题预测 近几年高考明显从单纯的概念辨析，转向力电综合分析与实际情境的结合。简单来说，就是不再孤立地考电场或力学，而是要求你像分析一个斜面上的物体一样，去分析带电粒子在电场中的运动。2026年预计会延续这一趋势，重点考查模型建构、知识迁移和图像分析能力。 二、 四大高频命题方向 1. 多电荷叠加场中的综合辨析（高频选择题） · 命题点：结合点电荷、均匀带电圆环/球壳等模型，考查电场强度矢量叠加、电势标量叠加、电势能比较等。 · 难点：场强叠加遵循平行四边形法则（矢量），而电势叠加是代数和（标量）。电势能的正负需结合电荷正负判断。 · 备考建议：熟练运用对称法、补偿法（填补）、微元法简化复杂场源的计算。 2. 带电粒子在电场中的轨迹分析（高频选择题） · 命题点：给出电场线/等势面及粒子运动轨迹，判断受力方向、速度/加速度变化、电势能高低等。 高频考法 1.电场中的一线一面一轨迹问题 2.电场中的三类图像 3.力电综合下的平衡与加速 4.带电粒子在电场和重力场中的运动 考向一：电场中的一线一面一轨迹问题 1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 电荷连线上的 电场强度 沿连线先变小后变大 O点最小,但不为零 O点为零 中垂线上的 电场强度 O点最大,向外逐 渐减小 O点最小,向外先 变大后变小 关于O点对 称位置的电 场强度 A与A'、B与B'、C与C' 等大同向 等大反向 2.“电场线+运动轨迹”组合模型 模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析: (1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。 (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。 3．几种典型电场的等势面 电场 等势面 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种 点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种 (正)点电荷 的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 4．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。 (2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。 (3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。 考向二：电场中的三类图像 1.φ-x图像 （1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。 （2）在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 （3）在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。 2.Ep-x图像 （1）根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。 （2）根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。 3.E-x图像 （1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度沿x轴负方向。 （2）在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。 （3）在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。 考向四：带电粒子在电场和重力场中的运动 1.等效重力场 物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。 2.方法应用 (1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。 (2)将a＝视为等效重力加速度。 (3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。 注意：这里的最高点不一定是几何最高点。 (4)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。 3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图 考点五：电场中的力、电综合问题 要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。 1.动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。 2.能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 3.动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否在某方向上动量守恒。 01 等量异种、同种电荷的电场 1．如图所示，O为x轴的原点，在轴上O点左右对称的位置分别固定一正一负两个点电荷（电荷量未知），a、b两点位于过O点并垂直x轴的直线上，且有。若取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．O点的电势可能大于零 B．a、b两点的电场强度相同 C．a点的电场强度大于O点的电场强度 D．将一个带负电的点电荷由a点移到b点，其电势能一定先减小后增大 2．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点。关于此过程，下列说法正确的是（    ） A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相同 B．电子在E点和F点的电势能不相等 C．电子的电势能可能始终不变 D．电子的动能一定先增大后减小 02 不等量同种、异种电荷的电场 3．如图所示，电荷量分别为和的两个点电荷固定，两点电荷连线水平，在、之间放置内壁光滑的竖直绝缘细管，细管的上、下端口恰好在、连线的中垂线上。电荷量为的小球从上端管口无碰撞进入细管，小球在细管中运动的过程中机械能始终守恒，下列说法正确的是（　　） A． B． C．除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点位于左侧 D．除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点位于右侧 4．如图所示，实线为两个点电荷和产生的电场中的电场线（方向未标出），c、d是关于两个点电荷连线对称的两点，一个电子沿虚线aOb从a点运动到b点，下列说法正确的是（　　） A．电子的加速度先减小后增大 B．的电荷量大于的电荷量 C．c、d两点在同一等势面上，两点场强相同 D．电子在a点的电势能小于在O点的电势能 03 电场中的三类图像（、、） 5．整个xOy平面内分布有一平行于xOy平面的匀强电场。若测得x轴和y轴上的各点电势分别如图1、2所示，则该平面内（3cm，3cm）处的电势为（　　） A．6.25V B．6V C．5V D．4.75V 6．如图甲所示，正电荷仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该正电荷的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．A点的电势低于B点的电势 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．正电荷在A点的速度大于在B点的速度 D．正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功 7．有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示。的正方向与轴的正方向一致，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（    ） A．和之间的电势差大于和之间的电势差 B．电子在点的电势能最大 C．和两点电势相等 D．点的电势小于0 8．空间存在沿x轴分布的电场线，其电势随x变化如图所示，一带负电粒子在t=0时刻从-x0处以某一初速度沿x轴正方向射入，粒子仅在电场力作用下运动。规定沿x轴正方向为正，则粒子在接下来一段时间的运动过程中的电势能Ep、电场强度E、动能Ek、动量p随位置坐标x变化的图像可能正确的（    ） A． B． C． D． 04 带电粒子在电场中的直线运动、类抛体运动、圆周运动 9．静电复印简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．墨粉颗粒带负电 B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 10．如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，AB=2BC，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于O点（图中未标出）。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b（　　） A．具有不同的比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达O点所用的时间之比为1:2 D．到达P、B点时的动能之比为5:8 11．如图所示，矩形AEFP区域存在竖直向上的匀强电场，竖直线AE上的A、B、C、D、E相邻两点的间距均为1.5cm，水平线AP上的A、M、N、O、P相邻两点的间距均为。一电子沿某一方向通过AE边进入电场时的动能，经过矩形内M点正上方时的动能，且此时速度方向恰好水平向右，已知D点所在的等势面的电势，电子始终在EF下方的区域内运动，电子电荷量大小为e，不计电子的重力。下列说法正确的是（　　） A．电子经过AE边时的速度方向与水平方向的夹角为45° B．若电子从O点离开电场，则其经过O点时的电势能一定为-54eV C．若电子从B进入电场，则它一定从N点离开电场 D．电子可能从P点离开电场 12．如图所示，竖直面内有一半径为的光滑绝缘圆轨道，一质量为，电荷量大小为的带负电小球从轨道最低点出发，沿着轨道切线方向以大小为的初速度水平射出，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，已知，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点对轨道的压力大小为 B．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 C．小球在最低点对轨道的压力大小为 D．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 05 电场中的力、电综合问题 13．如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向的夹角为37°。重力加速度大小为g，sin37°=0.6，下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．匀强电场的电场强度大小为 C．现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能减少 D．在最低点由静止释放小球，小球到达A点时细线的拉力大小为 14．如图所示，在足够大的范围内存在水平向左的匀强电场（图中未画出），倾角为α的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面底端有一垂直斜面的足够长的绝缘挡板，现从斜面上O点垂直斜面、以大小为v的速度抛出一质量为m的带正电小球，O点到斜面底端的距离为s，小球刚被抛出时所受的合力方向沿斜面向下，小球碰到挡板后垂直挡板反弹（平行挡板方向的速度变为0），且每次反弹后的速度大小为碰前瞬间垂直挡板方向速度大小的，碰撞时间都极短，不计空气阻力，小球所带的电荷量始终不变，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力大小为 B．小球可能落在距O点为的斜面上 C．小球第一次落到挡板上的点到斜面底端的距离为 D．小球从第一次到第四次与挡板碰撞的过程中的路程为 一、单选题 1．如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（　　） A．点电荷A、点电荷C所受静电力大小相等 B．M、N两点的电场强度和电势都相同 C．电子在M点电势能比在O点时要小 D．电子沿直线由O点向C点移动过程中，电场力不做功 2．如图所示为半径是r的半圆，O为圆心，ab为直径，c、d为半圆的三等分点。在a、b两点分别固定一点电荷，若在空间加一水平向左、电场强度大小为的匀强电场，c点的电场强度刚好为0，静电力常量为k，下列说法正确的是（   ） A．a、b两点的电荷均带正电 B．a点的电荷带负电，b点的电荷带正电 C．a点的电荷所带电荷量的大小为 D．b点的电荷所带电荷量的大小为 3．如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则（　　） A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度 B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能 C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同 D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力 4．如图所示，在平面内有一匀强电场，以坐标原点为圆心的圆，与坐标轴的交点分别为、、、，在纸面内从点向各个方向以等大的速率射出电子，到达圆周上各处的电子中，电子到达点处的动能最大。则（　　） A．电场线与轴平行 B．点电势等于点电势 C．在圆周上的各点中，点电势最低 D．到达圆周上、处的电子速度相同 5．如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 6．如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的点。某时刻，该空间加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达点。已知匀强电场的电场强度为，斜面倾角，物块质量为，电荷量为，物块与斜面间动摩擦因数为，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为，BM与斜面垂直，且。物块沿斜面方向移动的距离用表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，，，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变大 B．物块的加速度随变化的关系为 C．物块在MN的中点处的速度大小为 D．MN的长度为0.6m 7．以某静电场中的一根电场线为轴，轴上各点的电场强度与坐标的关系图像如图所示，取轴正方向为电场强度正方向。正点电荷仅在电场力作用下从原点由静止释放，沿轴正方向运动，依次经过、和处。该电荷在、和处的动能之比为（　　） A． B． C． D． 8．如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板、的间距和板长均为，上极板接地，下极板不带电。一发射源从点沿方向以相同速度持续喷射出质量为、电荷量为（很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．油滴喷射的初速度大小为 B．最终稳定时，油滴沿方向做匀变速直线运动 C．油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4 D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少 二、多选题 9．如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为、、、的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足。规定无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（    ） A．M与O点的场强不同 B． C．将电性为负的试探电荷由P点移动到Q点，电场力做正功 D．在四面体的棱上，另有3个点的电势与M点相同 10．一电荷量为e的质子仅在电场力的作用下从O点沿x轴正方向运动，其电势能随位置坐标x变化的关系图像如图所示，其中图线在时为抛物线，在时为直线，且直线与抛物线在处相切。下列说法正确的是（　　） A．内质子的加速度先减小后增大 B．处的电场强度大小为 C．处的电势为 D．在内电场力对质子做正功，在内电场力对质子做负功 11．某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为，不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（　　） A．粒子在左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．接收屏接收粒子位置在出口上方处 D．粒子在右侧区域飞行的时间为 12．如图所示，质量为m、电荷量为的粒子从点以初速度沿x轴正方向射出，为使其打在x轴上的点，可在整个空间施加电场或磁场，不计粒子所受重力，下列说法正确的是（　　） A．仅施加一平行于y轴正方向的匀强电场，则电场强度 B．仅施加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，则磁感应强度 C．仅施加由A点指向C点方向的匀强电场，该粒子可能打在C点 D．仅施加由A点指向C点方向的匀强磁场，该粒子可能打在C点 三、解答题 13．飞行时间质谱仪可以通过测量离子飞行的时间，测量离子质量、比荷（电荷量与质量之比）。 (1)如图甲所示，激光脉冲照射到样品板O处，会产生不同种类的带正电离子。离子在O处的初速度不计，经过电压为U的静电场加速后，射入长为L的漂移管，在管中沿轴线做匀速直线运动。某一电荷量为q的离子在漂移管中的运动时间为T1，不考虑离子的重力和离子间的相互作用力，求该离子的质量m； (2)为了增大离子在漂移管中的飞行路程，在右端增加电场强度为E、方向如图乙所示的匀强电场反射区域BC，让离子穿过漂移管后，受电场的作用返回漂移管，再回到A端。求反射区域BC的最小间距x； (3)改进后，若测得离子从进入A端至首次返回A端的飞行时间为T2，能否测出离子的比荷？若能，请计算出离子的比荷；若不能，请说明理由。 14．如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。时刻，质量为m、电荷量为的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。 (1)区域Ⅰ内电场强度大小和方向； (2)区域Ⅱ内磁感应强度大小和方向。 15．如图，竖直面上固定一个圆形光滑绝缘，半径为。，连线是水平直径，，连线是竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角的匀强电场。一个质量为、带电荷量为的绝缘小球从点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道内侧运动时恰好不脱离轨道，并从点开始水平向左做直线运动，重力加速度为。求： (1)匀强电场场强的大小； (2)小球在轨道上的最小速率； (3)小球在点对轨道压力的大小。 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 静电场中力和能的性质的综合应用 01 等量异种、同种电荷的电场 1． 【答案】A 【详解】A．若正负点电荷电荷量大小相等，则O点电势为零，若正点电荷的电荷量较大，则O点的电势大于零，若负点电荷的电荷量较大，则O点的电势小于零，故A正确； B．若正负点电荷电荷量大小相等，则a、b两点的电场强度相同，若正负点电荷的电荷量大小不相等，则a、b两点的电场强度不相同，故B错误； C．若正负点电荷电荷量大小相等，中垂线上O点电场强度最大，故C错误； D．若正负点电荷电荷量大小相等，则中垂线上各点电势均为零，所以将一个带负电的点电荷由a点移到b点，其电势能不变，故D错误。 故选A。 2． 【答案】C 【详解】A．电子在E点和F点所受电场力的大小和方向相反，故A错误； B．E点和F点电势相同，由，电子在E点和F点的电势能相等，故B错误； C．电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电子的电势能不变，故C正确； D．由C项分析可知，电子可能绕O点，以EO为半径，在电场力的作用下做匀速圆周运动，这种情况下，电场力始终不做功，电子的动能不变，故D错误。 故选C。 02 不等量同种、异种电荷的电场 3． 【答案】D 【详解】AB．由于小球在细管中运动的过程中机械能始终守恒，则电场力始终不做功，故细管为等势线，所以电场力与小球的速度方向始终垂直。由分析可知在小球初始位置处的电场强度方向应为斜向右上方，所以在该位置产生的场强应大于在该位置产生的场强，则由可知，由于小球初始位置到两电荷的距离相等，所以有，故AB错误； CD．由于正电荷产生的场强方向背离正电荷，而负电荷产生的场强方向指向负电荷，所以、所在直线上电场强度为0的点只能在两电荷连线的外侧。又因为，则由可知，两电荷连线上场强为零的点应靠近，所以除无穷远外，、所在直线上电场强度为0的点应位于右侧，故C错误，D正确。 故选D。 4． 【答案】B 【详解】A．电子从a点运动到b点，受电场力作用，由牛顿第二定律，得加速度 电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电子从点运动到点，路径上电场线逐渐变密，再从点运动到点，路径上电场线逐渐变疏，因此场强先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误； B．由电场线的分布可知两点电荷带异种电荷，根据电场线的疏密程度分布可知的电荷量大于的电荷量，故B正确； C．c、d关于两点电荷连线对称，电势相等，在同一等势面上；但场强是矢量，c、d两点场强方向不同，因此场强不相同，故C错误； D．电子带负电，做曲线运动，其合力指向轨迹的凹处，由于电荷之间同种互相排斥，异种互相吸引，所以结合题图以及之前的分析可知，为正电荷，为负电荷，则电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在a点时的电势能大于在O点时的电势能，故D错误。 故选B。 03 电场中的三类图像（、、） 5．【答案】A 【详解】假设一单位正点电荷从（0，0）处开始先沿y轴运动到（0，3cm）处，由图2知电场力做功 再沿平行x轴方向运动到（3cm，3cm）处，由图1知电场力做功 故从（0，0）处运动到（3cm，3cm）处电场力共做功为 所以（3cm，3cm）处的电势为。 故选A。 6． 【答案】D 【详解】A C．因正电荷仅在静电力作用下经过A、B、C三点，电势能逐渐减小，说明电场力做正功，动能或者速度增大，正电荷在A点的速度小于在B点的速度；也说明正电荷受电场力方向即场强方向沿x轴正方向，又顺着电场线电势降低，故A点的电势高于B点的电势，故AC错误； B．又 图像的斜率的绝对值表示电场力的大小，又 而图像越来越陡，说明场强增大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误； D．由，由C项分析知，故正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功，故D正确。 故选D。 7．【答案】C 【详解】A．电场强度随变化的图像面积表示电势差的大小。由图可知 区间的面积大于 区间的面积，所以和之间的电势差小于和之间的电势差，故A错误； B．由图可知， 时，电场方向沿轴正方向；时，电场方向沿轴负方向。电场线从点向两侧发散，顺着电场线电势降低，故点电势最高。电子带负电，根据电势能公式 可知，电子在电势最高处电势能最小，故B错误； C．电场沿 轴对称分布，且图像关于原点对称，所以从点到 的图像包围面积等于从点到 的图像包围面积，故从点到 的电势降落等于从点到的电势降落，故C正确； D．取无穷远处电势为零，在区域，电场线指向无穷远，顺着电场线电势降低，故区域电势，由C选项分析可知 ，故D错误。 故选C。 8． 【答案】C 【详解】A．由题图可知，电势随x变化的函数关系为 设带负电粒子的电荷量大小为，则带负电粒子的电势能为 由于，所以图像为一条过原点的倾斜直线，且斜率为正值，故A错误； B．图像的斜率为 由于，所以，即电场强度为大于0的恒定值，故B错误； C．由于顺着电场线的方向电势降低，故电场线的方向应沿x轴的正方向，则带负电粒子所受的电场力应沿x轴的负方向，所以带负电粒子沿x轴正方向运动的过程，其电场力做负功，电势能升高，而动能降低。根据能量守恒定律可知，该过程动能的减少量等于电势能的增加量，由A选项分析可知，电势能随均匀增加，所以粒子的动能应随均匀减小，即图像应为向下倾斜的直线，故C正确； D．动量的表达式为 动能的表达式为 联立解得 由于动能与是线性关系，则动量的平方应与是线性关系，所以动量与不是线性关系，故D错误。 故选C。 04 带电粒子在电场中的直线运动、类抛体运动、圆周运动 9． 【答案】D 【详解】A．由题图可知，感光鼓带正电，复印纸带负电，板间电场方向水平向右。墨粉颗粒由静止释放后向右运动，说明所受电场力方向向右，与电场方向相同，所以墨粉颗粒带正电，故A错误； B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能不断减小，故B错误； C．根据动能定理有 解得 若带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越小，故C错误； D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，由于感光鼓与复印纸间的电势差保持不变，根据可知，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变，故D正确。 故选D。 10．【答案】D 【详解】A．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由可知两粒子的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得 解得 所以两粒子的比荷相等，故A错误； B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误； C．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿垂直电场方向的位移大小为，由可知两粒子的初速度大小之比为，带电粒子a、b到达O点的垂直电场方向的位移大小相等，所用的时间之比为，故C错误； D．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由，可知带电粒子a、b到达P、B点沿电场方向的速度大小相等；对b粒子，到达B点， 所以 由于带电粒子a、b的初速度大小之比为，所以 到达P、B点时的动能之比为，故D正确。 故选D。 11． 【答案】B 【详解】A．如图甲所示，设电子从边进入电场时，设速度方向与水平方向的夹角为，则有，， 联立可解得，即，故A错误； B．电子在运动过程中电势能与动能之和守恒，电子从运动到克服电场力做功为 而从运动到点电场力做的正功 所以电子经过点时电势能，故B正确； C．由上述分析可知，若电子从点离开电场，电子应从点进入电场，故C错误； D．设电子进入电场后经过时间运动到最大高度，水平位移为，则有 因电子经过点正上方时速度沿水平方向，表明电子进入电场的最高位置为点，此时电子的水平位移最大，如图乙所示，据初速度为零的匀变速直线运动的特点可知，竖直方向电子从运动到的时间和电子从到出电场的时间相等，所以电子离开电场时距点最远点为点，故D错误。 故选B。 12． 【答案】B 【详解】AC．小球在最低点时，由牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知小球在最低点对轨道的压力大小为，故AC错误； BD．若能够不脱轨到达最高点，当在最高点轨道对小球的弹力刚好为零时，则有 解得小球经过最高点的最小速度为 由动能定理可得 解得初速度最小值为，故B正确，D错误。 故选B。 05 电场中的力、电综合问题 13． 【答案】D 【详解】A．小球静止时细线向左偏，电场水平向右，故小球受到向左的电场力，它带负电，故A错误； B．由平衡条件有 解得，故B错误； C．将小球拉到最低点的过程中，电场力做的功 电场力做负功，电势能增加，故C错误； D．小球从最低点到A点，由动能定理有 代入数据得 在A点，有 解得，故D正确。 故选D。 14． 【答案】D 【详解】A．已知合力沿斜面向下（垂直挡板方向），因此垂直斜面（平行挡板）方向合力为0： 重力垂直斜面分量为，电场力垂直斜面分量为，平衡得 解得 故A错误； B．沿斜面向下（垂直挡板方向）合力恒定，计算得加速度 平行挡板方向，合力为0，做匀速直线运动，初速度为； 垂直挡板方向，初速度为0，做匀加速直线运动，加速度恒定。 小球碰撞挡板后反弹，反弹后垂直挡板方向速度大小为碰前的，计算第一次反弹后上升的最大距离： 碰前速度 反弹后速度 上升最大距离 最高点距离斜面（）还有 后续每次反弹上升距离更小，永远无法到达斜面，因此不可能落在斜面上，故B错误； C．第一次碰撞挡板时，垂直挡板方向位移 代入 得运动时间 平行挡板方向（落点到O点的距离） 故C错误； D．计算第一次碰撞到第四次碰撞过程的总路程，第一次碰后→第二次碰：往返路程 第二次碰后→第三次碰 往返路程 第三次碰后→第四次碰 往返路程 总路程 故D正确。 故选D。 一、单选题 1． 【答案】C 【详解】A．记等边三角形边长为，点电荷带电量的绝对值为，分析可知点电荷A受点电荷C静电力与点电荷A受点电荷B静电力夹角为，大小相等，故点电荷A受静电力大小为 电荷C受点电荷A静电力与点电荷C受点电荷B静电力夹角为，大小相等，故点电荷C受静电力大小为， A错误； B．点电荷AB在M、N两点产生的合场强等大反向，合电势相等，点电荷C在M、N两点产生的电场强度大小相等，方向不同，电势相同，根据电场强度的叠加可知M、N两点的电场强度大小相等，方向不相同，但电势相同，B错误； C．电子从M到O的过程库仑力做负功，电势能增大，所以，M点电势能比在O点时要小，C正确； D．电场线沿直线由O点向C点，所以电子沿直线O点向C点移动过程中，电场力做负功，D错误。 故选 C。 2． 【答案】D 【详解】A．a、b两点电荷在c点的合场强水平向右、大小为，竖直分量总和为0。两个点电荷的场强竖直分量必须一上一下。若均带正电，两个场强竖直分量都向上，无法抵消，A错误； B．若a带负电、b带正电，两个场强水平分量都向左，合场强向左，与向左的匀强电场叠加后不可能为零，B错误； CD．设a、b在c点的场强大小分别为、，因竖直分量 水平分量总和等于 ， 可得： ， 根据点电荷场强公式，其中 解得 同理可得，C错误，D正确。 故选 D。 3． 【答案】A 【详解】A．静电场中，等势线的疏密反映电场强度的大小，等势线越密，电场线也越密，电场强度越大。由图可知Q点的线比P点更密，因此Q点的电场强度一定大于P点，故A正确； B．题目没有给出等势线的电势高低分布，无法判断Q点和P点的电势大小关系，因此无法确定同一正电荷在两点电势能的大小，故B错误； C．磁感线的切线方向就是该点的磁场方向，小磁针静止时N极指向与磁场方向一致。Q点和P点处磁感线的切线方向不同，因此小磁针N极指向不同，故C错误； D．安培力大小为，安培力大小不仅和磁感应强度有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若Q点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P点安培力，因此不是一定更大，故D错误。 故选A。 4． 【答案】B 【详解】A．电子初速率相等，到达b点动能最大，根据动能定理，可知从O到b电场力做功最多，由此可知电子受到的电场力方向沿y轴正方向，因电子带负电，故电场方向沿y轴负方向，即电场线与y轴平行，故A错误； B．匀强电场中等势面垂直于电场，因此等势面平行于x轴，a、c在同一等势面上，电势相等，故B正确； C．电场方向沿y轴负方向，沿电场方向电势降低，因此b点电势最高，故C错误； D．a、c电势相等，电子在a、c两点电势能相等，根据功能关系，可知电子到达两点的动能相等，即速率相等，但速度方向不同，因此速度不同，故D错误。 故选B。 5． 【答案】D 【详解】A．根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连接下板，负极连接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A错误； B．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误； C．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 电场强度与电势差的关系 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C错误； D．根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D正确。 故选D。 6．【答案】C 【详解】A．设弹性绳与BM夹角为，由受力分析垂直斜面方向有 则，运动过程中斜面弹力不变，由可知，物块上滑过程中受到的摩擦力不变，故A错误； B．设弹性绳与BM夹角为，由受力分析沿斜面方向牛顿第二定律有 又由几何关系 联立可得 代入数据，故B错误； C D．根据上述作出图像如图所示 可知物块从到的过程，图线的面积乘以质量即为合力做功，根据对称性可知 解得 设物块在中点处的速度，根据动能定理可得 解得，故C正确、D错误。 故选C。 7． 【答案】A 【详解】图像中图线与轴所围的面积与两点间的电势差对应，由题图可知，、两处的电势差，、两处的电势差，、两处的电势差 由动能定理可知 故该电荷在和处的动能之比为。 选A正确。 8． 【答案】D 【详解】A．板长和间距均为，初速度沿，故，总初速度 第一滴油滴下落时板间无电场，仅受重力，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的竖直上抛运动。落在下极板中点C，在水平方向，有 在竖直方向，有 联立解得 总初速度，故A错误； B．随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开点为止，之后粒子将一直从点射出，故B错误； C．水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和点的时间，则时间之比为1：2，故C错误； D．电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上 竖直方向上，做匀减速直线运动，至最高点时，位移 联立解得 从点到最高点的过程中，由动能定理，有 解得 即电势能最多减少，故D正确。 故选D。 二、多选题 9． 【答案】AD 【详解】A．由对称性可知，M与O点的场强大小相同，但方向不同，A正确； B．在ab的中垂线上，在ab两处电荷的电场中，M点的电势为0。M点是cd的中点，在cd两处电荷的电场中，M点的电势也为0，故M点的电势为0；P、Q距离a、c均为处，a、c分别为+q、-q的电荷，则分别在P、Q处的电势绝对值相等，同理，P、Q距离b、d均为处，b、d分别为-q、+q的电荷，b、d分别在P、Q处的电势绝对值相等，P与d、c距离与Q与b、a距离相等，则合电势刚好相反，即φP=-φQ，根据A分析，O点的电势也为零，则有UPM=φP-φM，UOQ=φO-φQ，则UPM=-UQO，故B错误 ； C．因为φP＞φQ，则负电荷由P点运动到Q点，电场力做负功，故C错误； D．根据正四面体及电荷分布的对称性可知，ab、ac、db中点的电场强度大小，电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，故D正确。 故选AD。 10． 【答案】AC 【详解】A．内图像为抛物线，顶点在处，，斜率的绝对值从最大值逐渐减小到0，因此电场力大小逐渐减小，加速度逐渐减小；，斜率的绝对值从0逐渐增大，电场力大小逐渐增大，加速度逐渐增大。因此加速度（大小）先减小后增大，故A正确； B．图像为直线，斜率 电场强度大小 故B错误； C．由 处 得 故C正确； D．电场力做功满足 和，电势能一直减小，，因此电场力全程做正功，故D错误。 故选AC。 11． 【答案】BD 【详解】A．在金属筒内，由于静电屏蔽内部场强为0，此时为匀速直线运动，故A错误； B．若在每个筒内飞行时间均为则可以满足每次在狭缝中均为加速。又在筒中存在 即速度比为 匀速飞行，则长度比为，故B正确； C．从5号筒飞出后动能为， 速度为 势能为，设飞至接收屏时离Q的距离为b，存在 类比天体运动特点还应存在 联立可得 则接收粒子位置应为出口上方处，C错误； D．类比天体运动，飞行周期应与半径为的圆周运动周期一致。则有 可得 则飞行时间为，故D正确。 故选BD。 12． 【答案】AD 【详解】A．仅施加一平行于y轴正方向的匀强电场，带负电的粒子向y轴负方向偏转，带负电的粒子做类平抛运动，在x轴方向上 在y轴方向上 联立解得 ，故A正确； B．仅施加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，根据左手定则可知，0时刻洛伦兹力沿y轴正方向，带负电的粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，圆轨迹在A点上方，该粒子不可能打在C点，故B错误； C．仅施加由A点指向C点方向的匀强电场，带负电的粒子受到由C点指向A点方向的电场力作用，电场力有沿y轴正方向的分量，该粒子的运动轨迹向y轴正方向偏转，该粒子不可能打在C点，故C错误； D．仅施加由A点指向C点方向的匀强磁场，将初速度分解为沿方向的一个分速度，带负电的粒子沿方向以速度大小做匀速直线运动；将初速度分解为垂直于方向的另一个分速度，带负电的粒子受到洛伦兹力作用，在垂直于方向上以速度大小做匀速圆周运动；该粒子沿方向做等距螺旋线运动，故该粒子可能打在C点，D正确。 故选AD。 三、解答题 13． 【答案】(1) (2) (3)能， 【详解】（1）设离子经过加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理可得 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 联立解得 （2）根据动能定理，有 所以 （3）能，离子在漂移管中的速度为 在反射区运动平均速度为，有 离子从进入A端至首次返回A端的时间为 联立解得 14． 【答案】(1)，沿y轴正方向； (2)，垂直纸面向外 【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知正粒子受到的电场力竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为 竖直方向有 水平方向有 由牛顿第二定律有 联立解得 （2） 粒子在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度 联立解得 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向外 15． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从 点开始水平向左做直线运动，说明小球在 点之后受到的合力方向水平向左。小球受重力 和电场力 ，由于小球带负电，电场力方向与电场线方向相反，即斜向左上方，与水平方向夹角为 。要使合力水平向左，竖直方向分力必须平衡，即 解得 （2）小球受到的重力和电场力的合力 水平向左，大小为 该合力即为等效重力，方向水平向左。轨道上等效最高点为最右端点，此处速率最小。小球恰好不脱离轨道，说明在点轨道弹力为零，由合力提供向心力，有 即 解得 （3） 点为等效最低点。从点运动到点，合力做正功，位移为。由动能定理得 代入 和 ，解得 在点，指向圆心的合力提供向心力，轨道弹力指向圆心，合力背离圆心，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为 。 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $