压轴06 静电场（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 以电场性质为核心，通过图像分析、电容器动态、等效重力场等模型建构，整合对称法、能量观点等解题方法，形成概念-模型-综合应用的逻辑链条，培养科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电场性质理解|2例|电场强度、电势、电势能判断方法|从基本概念到矢量合成，夯实静电场基础| |电场图像问题|3例|φ-x/E-x/Ep-x图像斜率与面积分析|通过图像转化抽象电场为直观物理量关系| |电容器分析|2例|两类动态问题（U不变/Q不变）公式推理|结合电容定义式与决定式，建立动态变化规律| |等效重力场圆周运动|2例|重力与电场力合成“等效重力”|将复合场运动转化为单一场模型，培养模型建构能力| |力电综合问题|3例|动力学、能量、动量三大观点应用|综合力学方法解决电场中的复杂运动，提升科学推理能力|

压轴06 静电场 命题预测 2026年高考仍会侧重对基本概念和规律的考查，并重视电场中的模型建构。题型上仍将以选择题为主，计算题也可能出现，并可能融合点电荷的电场、电场的力的性质和能的性质等知识一起考查。在方法上仍会注重对称法、等效法等解题方法的应用。 复习备考时需要注意以下几点： （1）建构知识体系，透析电场规律。以电场强度、电势、电势差、电势能、静电力做功等基本概念入手，夯实电场基础，掌握基本模型； （2）前后联系，归纳方法。善于利用类比法把复杂、抽象的电场问题转化为较熟悉的力学问题，掌握对称法、等效法、微元法解题方法，学会解决静电场综合问题。 高频考法 1.电场性质的理解 2.电场中的图像问题 3.电容器的分析和计算 4.带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 5.电场中的力、电综合问题 知识·技法·思维 考向01 电场性质的理解 电场性质的判断方法 (1)电场强度 ①根据电场线的疏密程度进行判断． ②根据等差等势面的疏密程度进行判断． ③根据E＝k结合矢量合成进行判断． (2)电势 ①由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断． ②由φ＝进行判断． (3)电势能 ①根据电场力做功判断． ②根据Ep＝qφ判断． 考向02 电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 φ－x图像 ①从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 ②φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x图像 以电场强度沿x轴方向为例： ①E>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图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep－x图像 ①图像的切线斜率大小表示静电力大小 ②可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 考向03 电容器的分析和计算 平行板电容器的两类动态分析方法 两种情况 电路结构 常用公式 动态分析 电容器始终接在恒压电源上 电容的定义式C＝ 电容的决定式C＝ 电场强度E＝ U不变 d↑→C↓→Q↓ d↑→E↓ S↑→C↑→Q↑ 电容器充电后断电 Q不变 d↑→C↓→U↑ E不变 S↑→C↑→U↓→E↓ [规律总结]　(1)Q不变时，平行板电容器两极板间的场强E＝＝＝∝，跟两极板间的距离无关． (2)与电容器连接的静电计指针的偏角反映电容器两极板间的电势差． 考向04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 1．等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时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. 3．举例 考向05 电场中的力、电综合问题 1.用动力学的观点分析 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。 (2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。 2．用能量的观点分析 (1)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 3．用动量的观点分析 (1)运用动量定理分析，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)运用动量守恒定律分析，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为某方向上动量守恒。 典例·靶向·突破 题型01 电场性质的理解 1．如图所示，一半径为R的橡胶圆环，固定在绝缘支架上，圆环上均匀分布着同种电荷。现从圆环上截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E，再从圆环上截去长为2s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心产生的场强大小为，不考虑因截取导致的电荷分布变化，则（　　） A．的最大值小于3E B．的最大值等于3E C．的最小值等于E D．的最小值大于E 题型解码 电场与电场力的叠加遵循平等四边形定则（善于利用对称法、微元法、等效法和极限法），而电势的叠加遵循代数和。 题型02 电场中的图像问题 2．（多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子束在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为下述过程：已知静电场的方向平行于轴，在范围内，电势随的变化如图所示，电子从处静止释放，仅在静电力作用下在轴上往返运动。已知电子电荷量大小为。下列说法正确的是（　　） A．轴上点左侧的电场强度和右侧的电场强度的大小之比 B．若将正电子从处静止释放，则正电子也能在范围内做往返运动 C．电子在处的动能为20eV D．电子的运动是简谐运动 题型解码 同解决力学中的图像类问题相似，解决电场相关图像问题，关键是弄清图像坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析静电力、电势能、动能等变化情况。 3. 如图甲所示为一带正电的球体。该球体半径为，带电荷量为，电荷在球体中均匀分布。以球心为原点，水平向右为正方向建立轴，试探电荷在球体内部坐标为时所受静电力为，与的关系如图乙所示。以无穷远处为电势零点，球内轴上各点电势随坐标变化的关系图像为（　　） A． B． C． D． 题型03 电容器的分析和计算 4．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容越大 B．挥拳力量越大，极板间电压越大 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 故选C。 题型解码 关键是确定电容器的电势差不变还是电荷量不变，一般情况下电容器充电后仍与电源连接则电势差不变，断开与电电源的连接则电荷量不变，但特别注意含有二极管的电容器动态分析，在原有的基础上一定要分析由于二极管的存在电容器是否能发生充、放电。 5. （多选）如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙所示，电源的电压恒定，为定值电阻，单刀双掷开关S不断在1、2之间自动切换，系统监测每次充电电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器的电容值大。图丙中的曲线a、b为两次监测的结果。下列说法正确的是（　　） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻中的电流从左向右 D．减小的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 6．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 题型解码 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时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”。 7. （多选）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（    ） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 题型05 电场中的力、电综合问题 8．在O点处固定一个正点电荷，A点在O点右上方。从A点由静止释放一个带电小球，其一段轨迹如图中实线所示。已知，。则（    ） A．小球在B点的机械能等于在C点的机械能 B．电场中A点的电势高于C点的电势 C．小球由A点运动到C点的过程中，电势能先增加后减少 D．电场中A点的场强大于C点的场强 题型解码 电场中的力、电综合问题实质是将力学三大观点（动力学、能量、动量）处理问题转移到带电粒子在电场中的运动，但值得注意的是在分析受力时要加上电场力、分析功和能时要加上电场力做功与电势能。 9. （多选）如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子从O到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0 C．电场强度大小为 D．粒子从O到P的最小速度为 1．（2026·辽宁·一模）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 2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，平行等距的竖直虚线为某电场的一组等差等势面，一带电微粒以一定初速度射入电场后，恰能沿直线从向运动，则由此可知（　　） A．点的电势一定小于点的电势 B．微粒从到点，电势能减小，机械能增大 C．若微粒从点运动到点，合力做正功 D．若初速度方向改变，微粒一定做曲线运动 3．（2026·黑龙江双鸭山·一模）如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为2mg B．小球通过D点时的速度大小为 C．小球在运动过程中的最大速度为 D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg 4．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素的实验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S闭合后，静电计G的指针张开一个角度，两正对水平金属板A、B间有一带电油滴悬浮不动。忽略静电计G所引起的极板电荷量影响。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B板水平左移少许，则油滴将向下运动 B．若仅将A板竖直上移少许，A板所带的电荷量不变 C．若断开S，仅将A板水平右移少许，则G的指针张角将变小 D．若断开S，仅将B板水平右移少许，则油滴将向上运动 5．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　） A．点和点的电场强度相同 B．点的电场强度和电势均为零 C．电子在点的电势能相等 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 6．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为。、分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。的中点是圆周上电势最低的点。质量为，电荷量为（）的小球从点以相同的速率向竖直面内各个方向发射，重力加速度为，下列说法中正确的是（　　） A．电场沿方向 B．电势差 C．小球到达点的动能为 D．小球加速度大小可能为 7．（2026·辽宁·一模）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 8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）电荷量分别为、的两个点电荷，分别固定在和处，在它们形成的电场中，在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，处电势为零，处电势最大。根据提供的信息，下列判断正确的是（    ） A．两个点电荷可能带同种电荷 B．电荷量一定满足关系式 C．一电子从处由静止释放，电势能一定先减小后增大 D．一电子从处由静止释放，一定在之间做往复运动 9．（多选）（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知在无限大接地薄金属板附近放有一点电荷时，可以用虚拟的镜像电荷（以薄金属板为对称轴的等量异种电荷）代替薄金属板上感应电荷对电场的影响。如图所示为点电荷和无限大的接地薄金属板附近的电场线分布。以点电荷为圆心的圆上有、、、四个点，其中、两点连线为圆的一条直径，且垂直于金属板，、两点连线与金属板平行。一负试探电荷在、、、四个点受到的电场力大小分别为、、、，对应的电势能分别为、、、，下列说法正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 10．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，真空中的阴极K可连续不断地释放电子（电子初速度忽略不计），电子经加速电压加速后从小孔射出，沿水平正对的平行金属板A、B中轴线射入两极板之间的偏转电场，两极板之间的电场强度随时间的变化关系如图（b）所示，所有电子在两金属板A、B之间的偏转电场中运动的时间均为，在金属板A、B右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏到金属板A、B右端的距离为。已知电子的质量为，电荷量为，金属板A、B的长度均为，且所有的电子都能打在荧光屏上，不计电子重力及电子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．加速电压 B．金属板A、B之间的距离最小为 C．打在荧光屏上的电子动能大小为 D．荧光屏上有电子击中的区域长度为 11．（多选）（2026·黑龙江吉林·二模）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 12．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，圆柱形区域内有电场强度大小为的匀强电场，横截面是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同速度进入电场。已知速度为零的粒子进入电场后，沿方向离开电场，与的夹角。运动中粒子仅受静电力作用。 (1)速度为零的粒子，自点运动到点，求粒子离开电场时的动能； (2)自点垂直于方向进入电场的粒子，自点离开电场，已知，求粒子运动过程中静电力冲量的大小。 13．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图（a），一倾角为θ的绝缘直杆固定在竖直平面内，空间分布磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）；杆的一端O点固定一带正电的小球a，另一带正电的小球b（质量为m）套在杆上，两球所带电荷量分别为、。两球均可视为点电荷，小球b与杆间的动摩擦因数为μ。两点电荷的电势能公式为（式中r为两点电荷间的距离、k为静电力常量）。小球b从距离小球a为的M点由静止释放后沿杆加速滑下，运动过程中电荷量保持不变。重力加速度为g。 (1)当小球b运动到某点时，杆对小球b的作用力恰好为零，求此时小球b的速度的大小； (2)小球b继续下滑到距小球a为的N点时，恰好达到最大速度，试写出与的关系式；并求出小球b从M点运动到N点过程中产生的热量Q； (3)如图（b），当小球b运动到杆的另一端时被锁定，此时两球间距为d；现撤去磁场，杆开始绕O点在纸面内匀速转动且周期为。某时刻在杆的延长线上，距离小球b球心为处出现一速度方向与杆垂直且带负电的粒子c（重力不计），此后粒子c仅在库仑力作用下随小球b一起运动，同时绕小球b在纸面内做匀速圆周运动。已知远小于d，可认为粒子c与小球a间的库仑力大小不变，杆对粒子c的运动无影响。求粒子c刚出现时速度的大小及绕小球b运动的周期T。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴06 静电场 典例·靶向·突破 题型01 电场性质的理解 1．【答案】A 【详解】因截取一段圆弧后，剩余的部分在圆心处产生的场强与截取的部分在圆心处产生的场强等大反向，截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E1=E；再截取2s后剩余部分在圆环中心产生的场强大小E2应小于2E大于等于E（当三段等分圆周时）；而应该是E1和E2两部分场强的矢量和，由于两场强不能共线，则最大值小于3E，最小值为零。 故选A。 题型解码 电场与电场力的叠加遵循平等四边形定则（善于利用对称法、微元法、等效法和极限法），而电势的叠加遵循代数和。 题型02 电场中的图像问题 2．【答案】AC 【详解】A．根据 结合图像可得，坐标原点左侧的场强为 坐标原点右侧的场强为 则，故A正确； B．沿电场线方向电势降低，故正电子在到处受到的电场力沿轴正方向，则正电子不会在范围内做往返运动，故B错误； C．电子在原点左侧受向右的电场力，电子做匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力，电子做匀减速运动到速度为0，后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，在原点左侧运动的位移大小为，在原点右侧运动的位移大小为，根据动能定理有 解得电子在处的动能为，故C正确； D．电子先做匀加速运动，再做匀减速运动，之后重复，不是简谐运动，故D错误。 故选AC。 题型解码 同解决力学中的图像类问题相似，解决电场相关图像问题，关键是弄清图像坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析静电力、电势能、动能等变化情况。 3. 【答案】D 【详解】 试探电荷受力，由图乙知与成正比，因此均匀带电球体内部电场强度也与成正比，即（为常数），且电场方向沿正方向。沿电场线方向电势逐渐降低，电场沿正方向，因此越大，电势越低。 图像斜率的绝对值等于电场强度。 由于随增大而增大，因此斜率的绝对值随增大逐渐增大，应为下降且越来越陡的曲线，故D正确，ABC错误。 故选D。 题型03 电容器的分析和计算 4．【答案】C 【详解】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据 可知电容越小，故A错误； B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据 可知极板间电压越小，故B错误； C．断开电源后，挥拳冲击过程中，由A选项分析可知，电容增大，但电容器不能充放电，故C正确； D．根据 可知相同挥拳力量下，电压变化幅度为 所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。 故选C。 题型解码 关键是确定电容器的电势差不变还是电荷量不变，一般情况下电容器充电后仍与电源连接则电势差不变，断开与电电源的连接则电荷量不变，但特别注意含有二极管的电容器动态分析，在原有的基础上一定要分析由于二极管的存在电容器是否能发生充、放电。 5. 【答案】AC 【详解】A．根据可知，图线与坐标轴所围面积表示电荷量，根据可知，没有药液时电容器的电容小，电荷量小，图线与坐标轴所围面积小，即没有药液的是图线a，故A正确； B．充电时，根据可知，两极板间的电压不断增大，根据可知，两极板间的电场强度不断增大，故B错误； C．由图乙可知，充电过程中定值电阻R中的电流从左向右，故C正确； D．充满电时两极板间的电压等于电源电动势，与定值电阻R的阻值无关，故D错误。 故选AC。 题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 6．【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。 题型解码 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时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”。 7. 【答案】BCD 【详解】AB．设重力和电场力的合力为，依题意，时动能最大，时动能最小，由动能定理有 解得，方向与重力成，向右下方，如图所示 由余弦定理有 解得，A错误，B正确； C．依题意，在时，轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律有，其中 解得，C正确； D．如图所示 在A点有 在C点有 从C到A由动能定理有 解得，D正确。 故选BCD。 题型05 电场中的力、电综合问题 8．【答案】A 【详解】A．曲线运动的合力指向轨迹凹侧，本题轨迹凹侧朝向O点，说明小球受到O点正点电荷的吸引力，因此小球带负电。点电荷的等势面是到O点距离相等的同心圆，由可知B、C在同一等势面，。机械能的变化等于除重力外其他力（本题为电场力）做的功，从B到C电场力做功 因此B、C两点机械能相等，故A正确； B．正点电荷的电势满足 离O越远（越大）电势越低。由得，因此，故B错误； C． 从A到C的过程中，小球到O点的距离先减小后增大（，轨迹为曲线，因此小球先靠近O、再远离O）。小球受电场吸引力，靠近O时电场力做正功，电势能减小；远离O时电场力做负功，电势能增加，因此电势能先减小后增大，故C错误； D．正点电荷场强满足 ，因此 故D错误。 故选A。 题型解码 电场中的力、电综合问题实质是将力学三大观点（动力学、能量、动量）处理问题转移到带电粒子在电场中的运动，但值得注意的是在分析受力时要加上电场力、分析功和能时要加上电场力做功与电势能。 9. 【答案】BD 【详解】A．粒子从O到P，沿轴方向有 解得粒子从O到P的运动时间为，故A错误； B．设粒子在P点的速度大小为，粒子从O到P，沿轴方向有 解得，故B正确； C．沿轴方向有 解得沿轴正方向分场强为 沿轴方向有 解得沿轴负方向分场强为 则电场强度大小为，故C错误； D．如图所示 将带电粒子的运动分解为沿电场力方向和垂直电场力方向，当沿电场力方向的分速度减为0时，带电粒子的速度最小；由图可得 则粒子从O到P的最小速度为，故D正确。 故选BD。 1． 【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。 2． 【答案】C 【详解】A．微粒受到电场力与重力作用才能沿直线从向运动，电场力必定水平向左，合力方向从点指向点，微粒的电性未知，故场强方向未知，故点的电势和点的电势高低无法判断，故A错误； B．微粒从到点，电场力做负功，可知电势能增大，根据功能关系可知微粒的机械能减小，故B错误； C．若微粒从点运动到点，合力从点指向点，可知合力做正功，故C正确； D．重力和电场力都为恒力，故合力为恒力，可知若初速度方向改变，速度方向与合外力可能不在同一条直线上，但是若初速度方向反向，微粒还做直线运动，故D错误。 故选C。 3． 【答案】D 【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电场力大小为，故A错误； B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有 解得，故B错误； CD．小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得 解得 在C点，由牛顿第二定律得 解得，故C错误，D正确。 故选D。 4． 【答案】D 【详解】A．S闭合，不变，B板水平左移，仅改变正对面积，极板间距不变。由得，板间电场强度不变，油滴受力不变，仍保持静止，故A错误； B．S闭合，不变，A板竖直上移，极板间距增大，由得电容减小，由得，A板所带电荷量减小，故B错误； C．断开S，不变，A板水平右移，正对面积减小，由得电容减小，由得，电容器电压增大，因此静电计G的指针张角变大，故C错误； D．断开S，不变，B板水平右移，正对面积减小，板间电场强度，不变减小，因此增大，电场力增大，油滴将向上运动，故D正确。 故选D。 5． 【答案】C 【详解】A．根据图中、的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故A错误。 B．根据题意可知，、、为3个带等量正电的点电荷，可知处的电场方向指向外侧，而无穷远处电势为零，故点电势大于零；根据库仑定律，结合3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特点，可知处电场强度为零，故B错误。 C．根据对称性特点，可知、、点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。 D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知、处的电势大小相等，电子在这两个点的电势能大小相等，故D错误。 故选C。 6． 【答案】C 【详解】A．匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点M'关于圆心O对称，电场线由高电势指向低电势，因此电场方向沿半径OM方向，而AM为弦，其方向与OM不同，故A错误； B．因CB连线垂直电场线，可知，而，可知电势差，B错误； C．因AD两点电势相等，则从A到D电场力不做功，由动能定理，小球到达点的动能为，C正确； D．小球受恒力作用，设水平加速度 竖直加速度 合加速度 由数学知识可知，a的最小值为 故加速度不可能为0.5g，故D错误。 故选C。 7． 【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。 8． 【答案】C 【详解】A．处电势最大，则该处电场强度为零，两个点电荷一定带异种电荷，故A错误； B．根据点电荷电场强度公式有 可得，故B错误； C．根据电势变化规律，可知处向右，电场强度先沿x轴负方向，并逐渐减小，再沿x轴正方向，先增大后减小，故一电子从处由静止释放，电场力先做正功后做负功，电势能一定先减小后增大，故C正确； D．处的电势低于处的电势，故一电子从处由静止释放，运动到处还有沿x轴正方向的速度，会继续运动，故D错误。 故选C。 9．【答案】BD 【详解】AB．A、C都在以为圆心的圆上，到的距离相等。则在A、C产生的场强大小相等、方向相反。A离镜像更远，镜像在C点产生的场强更大，且与在C点产生的场强方向相同，与在A点产生的场强方向相反，因此合场强​ 电场力大小，得 A离镜像更远，因此电势 ​负试探电荷电势能，越大，电势能越小，因此，故A错误，B正确； CD．B、D关于和镜像电荷的连线对称，二者到的距离相等，到镜像的距离也相等。因此合场强大小相等，电势相等。电场力大小，故 电势能，故，故C错误，D正确。 故选BD。 10． 【答案】AC 【详解】A．电子经过金属板A、B之间的偏转电场用时为，故电子水平方向的速度大小为 在加速电场中加速有 联立解得，A正确； B．在时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为 所以两金属板之间的最小距离为，B错误； C．电子在金属板之间飞行的时间均为，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均相同，为 所以打在荧光屏上的电子动能均为，C正确； D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均平行，在时刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为 与时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为，D错误。 故选AC。 11． 【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。 12． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于，故电场线由指向，根据几何关系可知 根据动能定理有 可得 （2）因为粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图。 当从D点射出时，由几何关系有， 电场力提供加速度有 可得 13． 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）对小球垂直杆方向受力分析：库仑力沿杆方向，不影响垂直方向平衡；杆作用力为零，说明洛伦兹力与重力垂直杆的分力平衡，平衡条件 解得 （2）小球速度最大时加速度为零，沿杆方向合力为零。垂直杆方向：速度，洛伦兹力大于重力垂直分力，杆的支持力垂直杆向下，平衡得 摩擦力 沿杆方向合力为零得 整理得与的关系式 整理得 根据能量守恒 解得 （3）粒子c(设质量为、电量为)的运动可看成两个匀速圆周运动的合运动:在小球a的引力作用下绕点的匀速圆周运动和在小球b的引力作用下绕小球b的匀速圆周运动。 根据向心力公式可得:， 解得 粒子c刚出现时速度的大小等于两个匀速圆周运动线速度的合速度 解得 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴06 静电场 命题预测 2026年高考仍会侧重对基本概念和规律的考查，并重视电场中的模型建构。题型上仍将以选择题为主，计算题也可能出现，并可能融合点电荷的电场、电场的力的性质和能的性质等知识一起考查。在方法上仍会注重对称法、等效法等解题方法的应用。 复习备考时需要注意以下几点： （1）建构知识体系，透析电场规律。以电场强度、电势、电势差、电势能、静电力做功等基本概念入手，夯实电场基础，掌握基本模型； （2）前后联系，归纳方法。善于利用类比法把复杂、抽象的电场问题转化为较熟悉的力学问题，掌握对称法、等效法、微元法解题方法，学会解决静电场综合问题。 高频考法 1.电场性质的理解 2.电场中的图像问题 3.电容器的分析和计算 4.带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 5.电场中的力、电综合问题 知识·技法·思维 考向01 电场性质的理解 电场性质的判断方法 (1)电场强度 ①根据电场线的疏密程度进行判断． ②根据等差等势面的疏密程度进行判断． ③根据E＝k结合矢量合成进行判断． (2)电势 ①由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断． ②由φ＝进行判断． (3)电势能 ①根据电场力做功判断． ②根据Ep＝qφ判断． 考向02 电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 φ－x图像 ①从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 ②φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x图像 以电场强度沿x轴方向为例： ①E>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图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep－x图像 ①图像的切线斜率大小表示静电力大小 ②可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 考向03 电容器的分析和计算 平行板电容器的两类动态分析方法 两种情况 电路结构 常用公式 动态分析 电容器始终接在恒压电源上 电容的定义式C＝ 电容的决定式C＝ 电场强度E＝ U不变 d↑→C↓→Q↓ d↑→E↓ S↑→C↑→Q↑ 电容器充电后断电 Q不变 d↑→C↓→U↑ E不变 S↑→C↑→U↓→E↓ [规律总结]　(1)Q不变时，平行板电容器两极板间的场强E＝＝＝∝，跟两极板间的距离无关． (2)与电容器连接的静电计指针的偏角反映电容器两极板间的电势差． 考向04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 1．等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时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. 3．举例 考向05 电场中的力、电综合问题 1.用动力学的观点分析 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。 (2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。 2．用能量的观点分析 (1)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 3．用动量的观点分析 (1)运用动量定理分析，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)运用动量守恒定律分析，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为某方向上动量守恒。 典例·靶向·突破 题型01 电场性质的理解 1．如图所示，一半径为R的橡胶圆环，固定在绝缘支架上，圆环上均匀分布着同种电荷。现从圆环上截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E，再从圆环上截去长为2s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心产生的场强大小为，不考虑因截取导致的电荷分布变化，则（　　） A．的最大值小于3E B．的最大值等于3E C．的最小值等于E D．的最小值大于E 【答案】A 【详解】因截取一段圆弧后，剩余的部分在圆心处产生的场强与截取的部分在圆心处产生的场强等大反向，截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E1=E；再截取2s后剩余部分在圆环中心产生的场强大小E2应小于2E大于等于E（当三段等分圆周时）；而应该是E1和E2两部分场强的矢量和，由于两场强不能共线，则最大值小于3E，最小值为零。 故选A。 题型解码 电场与电场力的叠加遵循平等四边形定则（善于利用对称法、微元法、等效法和极限法），而电势的叠加遵循代数和。 题型02 电场中的图像问题 2．（多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子束在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为下述过程：已知静电场的方向平行于轴，在范围内，电势随的变化如图所示，电子从处静止释放，仅在静电力作用下在轴上往返运动。已知电子电荷量大小为。下列说法正确的是（　　） A．轴上点左侧的电场强度和右侧的电场强度的大小之比 B．若将正电子从处静止释放，则正电子也能在范围内做往返运动 C．电子在处的动能为20eV D．电子的运动是简谐运动 【答案】AC 【详解】A．根据 结合图像可得，坐标原点左侧的场强为 坐标原点右侧的场强为 则，故A正确； B．沿电场线方向电势降低，故正电子在到处受到的电场力沿轴正方向，则正电子不会在范围内做往返运动，故B错误； C．电子在原点左侧受向右的电场力，电子做匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力，电子做匀减速运动到速度为0，后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，在原点左侧运动的位移大小为，在原点右侧运动的位移大小为，根据动能定理有 解得电子在处的动能为，故C正确； D．电子先做匀加速运动，再做匀减速运动，之后重复，不是简谐运动，故D错误。 故选AC。 题型解码 同解决力学中的图像类问题相似，解决电场相关图像问题，关键是弄清图像坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析静电力、电势能、动能等变化情况。 3. 如图甲所示为一带正电的球体。该球体半径为，带电荷量为，电荷在球体中均匀分布。以球心为原点，水平向右为正方向建立轴，试探电荷在球体内部坐标为时所受静电力为，与的关系如图乙所示。以无穷远处为电势零点，球内轴上各点电势随坐标变化的关系图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 试探电荷受力，由图乙知与成正比，因此均匀带电球体内部电场强度也与成正比，即（为常数），且电场方向沿正方向。沿电场线方向电势逐渐降低，电场沿正方向，因此越大，电势越低。 图像斜率的绝对值等于电场强度。 由于随增大而增大，因此斜率的绝对值随增大逐渐增大，应为下降且越来越陡的曲线，故D正确，ABC错误。 故选D。 题型03 电容器的分析和计算 4．家用健身挥拳力量测试仪的核心部件为平行板电容器，如图所示，固定极板与可动极板的正对面积保持不变，极板间介质为空气。挥拳冲击可动极板时，极板间距会随之减小。测试前先将电容器与恒压电源相连完成充电，随后断开电源。下列说法正确的是（　　） A．挥拳力量越小，电容越大 B．挥拳力量越大，极板间电压越大 C．断开电源后，挥拳冲击过程中，极板带电量不变 D．调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变小 【答案】C 【详解】A．挥拳力量越小，则极板间距会越大，根据 可知电容越小，故A错误； B．由A选项分析可知，挥拳力量越大，电容越大，根据 可知极板间电压越小，故B错误； C．断开电源后，挥拳冲击过程中，由A选项分析可知，电容增大，但电容器不能充放电，故C正确； D．根据 可知相同挥拳力量下，电压变化幅度为 所以，调节仪器参数，减小极板正对面积，相同挥拳力量下，电压变化幅度变大，故D错误。 故选C。 题型解码 关键是确定电容器的电势差不变还是电荷量不变，一般情况下电容器充电后仍与电源连接则电势差不变，断开与电电源的连接则电荷量不变，但特别注意含有二极管的电容器动态分析，在原有的基础上一定要分析由于二极管的存在电容器是否能发生充、放电。 5. （多选）如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙所示，电源的电压恒定，为定值电阻，单刀双掷开关S不断在1、2之间自动切换，系统监测每次充电电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器的电容值大。图丙中的曲线a、b为两次监测的结果。下列说法正确的是（　　） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻中的电流从左向右 D．减小的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 【答案】AC 【详解】A．根据可知，图线与坐标轴所围面积表示电荷量，根据可知，没有药液时电容器的电容小，电荷量小，图线与坐标轴所围面积小，即没有药液的是图线a，故A正确； B．充电时，根据可知，两极板间的电压不断增大，根据可知，两极板间的电场强度不断增大，故B错误； C．由图乙可知，充电过程中定值电阻R中的电流从左向右，故C正确； D．充满电时两极板间的电压等于电源电动势，与定值电阻R的阻值无关，故D错误。 故选AC。 题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 6．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。 题型解码 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时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”。 7. （多选）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（    ） A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在A、C两点拉力的差值为 【答案】BCD 【详解】AB．设重力和电场力的合力为，依题意，时动能最大，时动能最小，由动能定理有 解得，方向与重力成，向右下方，如图所示 由余弦定理有 解得，A错误，B正确； C．依题意，在时，轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律有，其中 解得，C正确； D．如图所示 在A点有 在C点有 从C到A由动能定理有 解得，D正确。 故选BCD。 题型05 电场中的力、电综合问题 8．在O点处固定一个正点电荷，A点在O点右上方。从A点由静止释放一个带电小球，其一段轨迹如图中实线所示。已知，。则（    ） A．小球在B点的机械能等于在C点的机械能 B．电场中A点的电势高于C点的电势 C．小球由A点运动到C点的过程中，电势能先增加后减少 D．电场中A点的场强大于C点的场强 【答案】A 【详解】A．曲线运动的合力指向轨迹凹侧，本题轨迹凹侧朝向O点，说明小球受到O点正点电荷的吸引力，因此小球带负电。点电荷的等势面是到O点距离相等的同心圆，由可知B、C在同一等势面，。机械能的变化等于除重力外其他力（本题为电场力）做的功，从B到C电场力做功 因此B、C两点机械能相等，故A正确； B．正点电荷的电势满足 离O越远（越大）电势越低。由得，因此，故B错误； C． 从A到C的过程中，小球到O点的距离先减小后增大（，轨迹为曲线，因此小球先靠近O、再远离O）。小球受电场吸引力，靠近O时电场力做正功，电势能减小；远离O时电场力做负功，电势能增加，因此电势能先减小后增大，故C错误； D．正点电荷场强满足 ，因此 故D错误。 故选A。 题型解码 电场中的力、电综合问题实质是将力学三大观点（动力学、能量、动量）处理问题转移到带电粒子在电场中的运动，但值得注意的是在分析受力时要加上电场力、分析功和能时要加上电场力做功与电势能。 9. （多选）如图所示，空间存在平行xOy平面的匀强电场。带正电粒子质量为m、电荷量为q，经过O点时速度大小为v0，方向沿y轴正方向，经过P点时速度沿x轴正方向。P点坐标为（2d，d），不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子从O到P的运动时间为 B．粒子在P点的速度大小为2v0 C．电场强度大小为 D．粒子从O到P的最小速度为 【答案】BD 【详解】A．粒子从O到P，沿轴方向有 解得粒子从O到P的运动时间为，故A错误； B．设粒子在P点的速度大小为，粒子从O到P，沿轴方向有 解得，故B正确； C．沿轴方向有 解得沿轴正方向分场强为 沿轴方向有 解得沿轴负方向分场强为 则电场强度大小为，故C错误； D．如图所示 将带电粒子的运动分解为沿电场力方向和垂直电场力方向，当沿电场力方向的分速度减为0时，带电粒子的速度最小；由图可得 则粒子从O到P的最小速度为，故D正确。 故选BD。 1．（2026·辽宁·一模）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。 2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，平行等距的竖直虚线为某电场的一组等差等势面，一带电微粒以一定初速度射入电场后，恰能沿直线从向运动，则由此可知（　　） A．点的电势一定小于点的电势 B．微粒从到点，电势能减小，机械能增大 C．若微粒从点运动到点，合力做正功 D．若初速度方向改变，微粒一定做曲线运动 【答案】C 【详解】A．微粒受到电场力与重力作用才能沿直线从向运动，电场力必定水平向左，合力方向从点指向点，微粒的电性未知，故场强方向未知，故点的电势和点的电势高低无法判断，故A错误； B．微粒从到点，电场力做负功，可知电势能增大，根据功能关系可知微粒的机械能减小，故B错误； C．若微粒从点运动到点，合力从点指向点，可知合力做正功，故C正确； D．重力和电场力都为恒力，故合力为恒力，可知若初速度方向改变，速度方向与合外力可能不在同一条直线上，但是若初速度方向反向，微粒还做直线运动，故D错误。 故选C。 3．（2026·黑龙江双鸭山·一模）如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为2mg B．小球通过D点时的速度大小为 C．小球在运动过程中的最大速度为 D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg 【答案】D 【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电场力大小为，故A错误； B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有 解得，故B错误； CD．小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得 解得 在C点，由牛顿第二定律得 解得，故C错误，D正确。 故选D。 4．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素的实验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S闭合后，静电计G的指针张开一个角度，两正对水平金属板A、B间有一带电油滴悬浮不动。忽略静电计G所引起的极板电荷量影响。下列说法正确的是（　　） A．若仅将B板水平左移少许，则油滴将向下运动 B．若仅将A板竖直上移少许，A板所带的电荷量不变 C．若断开S，仅将A板水平右移少许，则G的指针张角将变小 D．若断开S，仅将B板水平右移少许，则油滴将向上运动 【答案】D 【详解】A．S闭合，不变，B板水平左移，仅改变正对面积，极板间距不变。由得，板间电场强度不变，油滴受力不变，仍保持静止，故A错误； B．S闭合，不变，A板竖直上移，极板间距增大，由得电容减小，由得，A板所带电荷量减小，故B错误； C．断开S，不变，A板水平右移，正对面积减小，由得电容减小，由得，电容器电压增大，因此静电计G的指针张角变大，故C错误； D．断开S，不变，B板水平右移，正对面积减小，板间电场强度，不变减小，因此增大，电场力增大，油滴将向上运动，故D正确。 故选D。 5．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　） A．点和点的电场强度相同 B．点的电场强度和电势均为零 C．电子在点的电势能相等 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 【答案】C 【详解】A．根据图中、的电场线，可知两点的电场强度方向不同，电场强度大小相等，故A错误。 B．根据题意可知，、、为3个带等量正电的点电荷，可知处的电场方向指向外侧，而无穷远处电势为零，故点电势大于零；根据库仑定律，结合3个等量正电荷在等边三角形的顶点，即对称性分布特点，可知处电场强度为零，故B错误。 C．根据对称性特点，可知、、点的电势相等，电子在这三个点的电势能相等，故C正确。 D．根据三个等量点电荷的位置，结合电场的对称性分布特点，可知、处的电势大小相等，电子在这两个点的电势能大小相等，故D错误。 故选C。 6．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为。、分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。的中点是圆周上电势最低的点。质量为，电荷量为（）的小球从点以相同的速率向竖直面内各个方向发射，重力加速度为，下列说法中正确的是（　　） A．电场沿方向 B．电势差 C．小球到达点的动能为 D．小球加速度大小可能为 【答案】C 【详解】A．匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点M'关于圆心O对称，电场线由高电势指向低电势，因此电场方向沿半径OM方向，而AM为弦，其方向与OM不同，故A错误； B．因CB连线垂直电场线，可知，而，可知电势差，B错误； C．因AD两点电势相等，则从A到D电场力不做功，由动能定理，小球到达点的动能为，C正确； D．小球受恒力作用，设水平加速度 竖直加速度 合加速度 由数学知识可知，a的最小值为 故加速度不可能为0.5g，故D错误。 故选C。 7．（2026·辽宁·一模）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。 8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）电荷量分别为、的两个点电荷，分别固定在和处，在它们形成的电场中，在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，处电势为零，处电势最大。根据提供的信息，下列判断正确的是（    ） A．两个点电荷可能带同种电荷 B．电荷量一定满足关系式 C．一电子从处由静止释放，电势能一定先减小后增大 D．一电子从处由静止释放，一定在之间做往复运动 【答案】C 【详解】A．处电势最大，则该处电场强度为零，两个点电荷一定带异种电荷，故A错误； B．根据点电荷电场强度公式有 可得，故B错误； C．根据电势变化规律，可知处向右，电场强度先沿x轴负方向，并逐渐减小，再沿x轴正方向，先增大后减小，故一电子从处由静止释放，电场力先做正功后做负功，电势能一定先减小后增大，故C正确； D．处的电势低于处的电势，故一电子从处由静止释放，运动到处还有沿x轴正方向的速度，会继续运动，故D错误。 故选C。 9．（多选）（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知在无限大接地薄金属板附近放有一点电荷时，可以用虚拟的镜像电荷（以薄金属板为对称轴的等量异种电荷）代替薄金属板上感应电荷对电场的影响。如图所示为点电荷和无限大的接地薄金属板附近的电场线分布。以点电荷为圆心的圆上有、、、四个点，其中、两点连线为圆的一条直径，且垂直于金属板，、两点连线与金属板平行。一负试探电荷在、、、四个点受到的电场力大小分别为、、、，对应的电势能分别为、、、，下列说法正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】BD 【详解】AB．A、C都在以为圆心的圆上，到的距离相等。则在A、C产生的场强大小相等、方向相反。A离镜像更远，镜像在C点产生的场强更大，且与在C点产生的场强方向相同，与在A点产生的场强方向相反，因此合场强​ 电场力大小，得 A离镜像更远，因此电势 ​负试探电荷电势能，越大，电势能越小，因此，故A错误，B正确； CD．B、D关于和镜像电荷的连线对称，二者到的距离相等，到镜像的距离也相等。因此合场强大小相等，电势相等。电场力大小，故 电势能，故，故C错误，D正确。 故选BD。 10．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，真空中的阴极K可连续不断地释放电子（电子初速度忽略不计），电子经加速电压加速后从小孔射出，沿水平正对的平行金属板A、B中轴线射入两极板之间的偏转电场，两极板之间的电场强度随时间的变化关系如图（b）所示，所有电子在两金属板A、B之间的偏转电场中运动的时间均为，在金属板A、B右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏到金属板A、B右端的距离为。已知电子的质量为，电荷量为，金属板A、B的长度均为，且所有的电子都能打在荧光屏上，不计电子重力及电子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．加速电压 B．金属板A、B之间的距离最小为 C．打在荧光屏上的电子动能大小为 D．荧光屏上有电子击中的区域长度为 【答案】AC 【详解】A．电子经过金属板A、B之间的偏转电场用时为，故电子水平方向的速度大小为 在加速电场中加速有 联立解得，A正确； B．在时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为 所以两金属板之间的最小距离为，B错误； C．电子在金属板之间飞行的时间均为，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均相同，为 所以打在荧光屏上的电子动能均为，C正确； D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均平行，在时刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为 与时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为，D错误。 故选AC。 11．（多选）（2026·黑龙江吉林·二模）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。 12．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，圆柱形区域内有电场强度大小为的匀强电场，横截面是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同速度进入电场。已知速度为零的粒子进入电场后，沿方向离开电场，与的夹角。运动中粒子仅受静电力作用。 (1)速度为零的粒子，自点运动到点，求粒子离开电场时的动能； (2)自点垂直于方向进入电场的粒子，自点离开电场，已知，求粒子运动过程中静电力冲量的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于，故电场线由指向，根据几何关系可知 根据动能定理有 可得 （2）因为粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图。 当从D点射出时，由几何关系有， 电场力提供加速度有 可得 13．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图（a），一倾角为θ的绝缘直杆固定在竖直平面内，空间分布磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）；杆的一端O点固定一带正电的小球a，另一带正电的小球b（质量为m）套在杆上，两球所带电荷量分别为、。两球均可视为点电荷，小球b与杆间的动摩擦因数为μ。两点电荷的电势能公式为（式中r为两点电荷间的距离、k为静电力常量）。小球b从距离小球a为的M点由静止释放后沿杆加速滑下，运动过程中电荷量保持不变。重力加速度为g。 (1)当小球b运动到某点时，杆对小球b的作用力恰好为零，求此时小球b的速度的大小； (2)小球b继续下滑到距小球a为的N点时，恰好达到最大速度，试写出与的关系式；并求出小球b从M点运动到N点过程中产生的热量Q； (3)如图（b），当小球b运动到杆的另一端时被锁定，此时两球间距为d；现撤去磁场，杆开始绕O点在纸面内匀速转动且周期为。某时刻在杆的延长线上，距离小球b球心为处出现一速度方向与杆垂直且带负电的粒子c（重力不计），此后粒子c仅在库仑力作用下随小球b一起运动，同时绕小球b在纸面内做匀速圆周运动。已知远小于d，可认为粒子c与小球a间的库仑力大小不变，杆对粒子c的运动无影响。求粒子c刚出现时速度的大小及绕小球b运动的周期T。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）对小球垂直杆方向受力分析：库仑力沿杆方向，不影响垂直方向平衡；杆作用力为零，说明洛伦兹力与重力垂直杆的分力平衡，平衡条件 解得 （2）小球速度最大时加速度为零，沿杆方向合力为零。垂直杆方向：速度，洛伦兹力大于重力垂直分力，杆的支持力垂直杆向下，平衡得 摩擦力 沿杆方向合力为零得 整理得与的关系式 整理得 根据能量守恒 解得 （3）粒子c(设质量为、电量为)的运动可看成两个匀速圆周运动的合运动:在小球a的引力作用下绕点的匀速圆周运动和在小球b的引力作用下绕小球b的匀速圆周运动。 根据向心力公式可得:， 解得 粒子c刚出现时速度的大小等于两个匀速圆周运动线速度的合速度 解得 / 学科网（北京）股份有限公司 $