2025年真题分类 9.第九章 静电场（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

**基本信息** 高中物理静电场一轮复习试题汇编，精选湖北、安徽等多省份最新模拟题，覆盖电场力性质、能性质、电容器及粒子运动，注重模型建构与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约8题/32分|电场强度叠加（湖北10题）、静电力平衡（安徽10题）、电势与场强关系（云南4题）|巧用割补法（湖北10题）、结合等势线分析（云南4题）| |计算题|3题/36分|带电粒子偏转（河南13题）、电容器动态分析（黑吉辽蒙4题）、组合场运动（广东15题）|联系流式细胞仪（河南13题）、分阶段讨论功（广东15题）|

专题九　静电场 　　　　　　　　　　　　　　　 考点1　静电场中力的性质 考向1　电场强度的叠加与计算 10.(2025湖北,10,4分)(多选)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.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为(cos 54°+cos 18°) D.大小为(2cos 54°+cos 18°) 答案 AD 模型建构　 巧用割补思想建立对称性:全系统各点均叠加-3q电荷量。 新系统电荷: 原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。 物理本质: 均匀分布的-3q电荷在O点场强为0(对称性)。 原系统场强=新系统(-2q,-q,0,q,2q)的场强。 解析　将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、C、D、E,在各顶点均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x轴夹角为54°,O点恰好在这两组等量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿着x轴负方向,A正确,B错误。根据点电荷场强公式E=k可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 54°,同理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 18°,则O点的场强大小为(2 cos 54°+cos 18°),C错误,D正确。 二级结论　 任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适用于正N边形、球壳等对称系统的电场分析。 考向2　静电力作用下的平衡与加速问题 10.(2025安徽,10,5分)(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 对甲、乙受力分析如图所示,设斜面的倾角为θ,则F1=mg tan θ,F2=2mg tan θ,即F1=F2,A正确。甲、乙均带正电,则F1=k-Eq,F2=2Eq+k,且F1=,联立解得E=,B正确。若将甲、乙互换位置,对甲受力分析,甲所受静电力的合力大小F1'=k+Eq>mg tan θ,受力不平衡;对乙受力分析,乙所受静电力的合力大小F2'=k-2Eq<2mg tan θ,受力不平衡,C错误。若撤去甲,设乙沿斜面向下的加速度为a,则2mg sin θ-2qE cos θ=2ma,结合甲撤去前,乙在沿斜面方向上的受力平衡,2mg sin θ= cos θ,解得a= cos θ,设乙下滑至底端的末速度为v,则v2=2a×,解得v=,D正确。 总结归纳 　点电荷平衡问题的解题步骤 点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力的基础上多分析一个静电力,具体步骤如下。 11.(2025山东,11,4分)(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,带电荷量分别为+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 审题指导　“甲、乙刚好静止于碗内壁”→利用受力平衡及相互作用力的关系可得甲、乙质量关系。 “E、F为AB连线的三等分点”→根据距离关系和电场的叠加原理可得E、F点的电场强度的关系。 “C、D均为圆弧上的点”“OD⊥AB”→引入试探电荷,利用电场力做功可得电势的变化。 解析　 由A、B两点间距离为R,可得2R sin=R,故AB圆弧所对的圆心角θ=120°;对小球甲、乙分别受力分析,如图所示,由正弦定理可得=、=,由于FBA=FAB,可得m甲>m乙,故甲的质量大于乙的质量,A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点,静电力一直对其做正功,试探电荷的电势能一直减小,故电势一直减小,所以C点电势高于D点电势,B正确。由电场强度叠加原理可得,E点处的电场强度大小EE=-=,方向由A指向B;F点处的电场强度大小EF=-=,方向由B指向A,C错误。将带正电的试探电荷沿直线从O点移到D点,静电力对其先做负功后做正功,所以试探电荷的电势能先增大后减小,可得沿直线从O点到D点电势先升高后降低,D正确。 13.(2025河南,13,10分)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求 (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离; (2)A、B细胞收集管的间距。 答案 (1)5.0×10-3 m　(2)0.11 m 解析　(1)含A细胞的液滴在竖直方向上做匀速直线运动,根据运动学公式l=vt,解得t=1.0×10-2 s,在水平方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得加速度a=1.0×102 m/s2,离开电场时偏转的距离x=at2=5.0×10-3 m; (2)含A细胞的液滴离开电场时的速度偏转角的正切值tan θ===,根据几何关系,A、B细胞收集管的间距L=2(x+h tan θ)=0.11 m。考点2　静电场中能的性质 考向1　电场分布　带电粒子的运动轨迹 1.(2025陕晋青宁,1,4分)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 电场线在电场中不相交,A错误。B选项符合正点电荷的电场线分布,B正确。静电场的电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷,C选项的电场线是闭合的,不符合静电场的电场线分布特点,C错误。若存在D选项所示的静电场,如图所示,作两个垂直于电场线的等势面,则A、B两点间的电势差小于C、D两点间的电势差,与假设矛盾,D错误。 4.(2025云南,4,4分)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　) A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 答案 C 解析 由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是2 eV、1 eV、-1 eV、-2 eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2 eV,C正确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4 eV,D错误。 易错警示 　电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。 4.(2025河南,4,4分)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6 V、4 V、2 V;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(　　) 答案 C 解析 由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4 V,则bd线为等势线,由几何关系知ac⊥bd,所以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c点,C正确。 考向2　静电场中力和能的性质的综合分析 4.(2025福建,4,4分)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点垂直电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂直电场射入,轨迹为APQ,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则(　　) A.B点的电场强度大小E= B.APQ是圆弧的一部分 C.沿着APQ运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU 答案 D 解析 设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m,由于Ek=mv2,联立可得E=,A错误。电子b由A至Q做离心运动,故APQ不是圆弧的一部分,B错误。A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误。由于=2,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。 8.(2025湖南,8,5分)(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 审题指导　 根据电势的定义式φ= 确定O、A、B三点的电势 ⇩ 根据O、A、B三点的电势关系寻找 O、A连线上B点的等势点 ⇩ 结合电势的高低确定电场线的方向 ⇩ 根据E=求出电场强度的大小 解析　如图所示,依题意,O点电势为φO=,A点电势为φA=,所以O、A两点关于电势零点对称,即OA中点C点的电势为零,A正确;C点坐标为,又由于B点电势为φB==φO,故OC中点D点的电势与B点电势相等,D点坐标为,由DA=AB=d可得,等势线BD与x轴正方向成45°角,易知电场线垂直BD并指向右下方,故电场的方向与x轴正方向成45°角,B错误;由几何关系知,A点到BD的距离为×d=d,可得电场强度的大小为E=,UBA=φB-φA=,得E=,C错误,D正确。 考点3　电容器　带电粒子在匀强电场中的运动 考向1　电容器 4.(2025黑吉辽蒙,4,4分)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,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板电容器的电容C=,电容的定义式C=,联立解得U=,由于其他量不变,故U正比于d,F较小时,极板间距d容易减小,则U容易减小;F较大时,d难以减小,则U难以减小,D正确。 考向2　带电粒子在电场中的加速与偏转 13.(2025四川,13,10分)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求: (1)微粒第一次到达下极板所需时间; (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 答案 (1)　(2)2 解析　(1)金属微粒的加速度大小为a=① 微粒第一次到达下极板有=a② 解得t1= (2)设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v v2=2ax③ x=2d④ p=mv⑤ 联立①③④⑤可得p=2 考向3　带电粒子在组合场、叠加场中的运动 15.(2025广东,15,16分)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,碰撞时电荷量改变。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)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量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)见解析 审题指导　 初始状态 在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直线运动至B点发生碰撞 碰撞特征 ①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方向 已知量 m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应 解析　(1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与竖直方向夹角为θ,则有tan θ= 对颗粒受力分析可知tan θ= 且U=Ed 解得q= (2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则=2axl,=2gh 根据牛顿第二定律可知ax= 颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角也为α,如图所示 则有= 解得Q= (3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl= 第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论: ①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。 设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知 kvy=t 解得t=2k 分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知 x=vxt+·t2 解得x=4kl+ 此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+ 则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+ 则电场力做的总功为W=W1+W2=+4k2mgh+ ②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞。 全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关 则W=qEl+QE(d-l)=+ 关键点拨　 (1)电场力做功仅与水平位移相关,需分别计算两段运动过程的水平位移。 (2)第二阶段竖直方向为竖直上抛运动,需注意位移方向与加速度方向的符号设定。 7.(2025黑吉辽蒙,7,4分)如图,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则(　　) A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 答案 C 审题指导　明确各阶段物块受力及做功特点。物块在整个运动过程中均不受摩擦力。物块在AB段内只受重力、支持力、弹簧弹力和电场力作用,从A到B重力和支持力不做功,弹簧弹力做功为零;物块在BC段内受重力、半圆形轨道的支持力、弹簧弹力和电场力作用,从B到C只有重力做功不为零。 解析　(关键:明确各阶段物块受力及做功特点,利用功能关系进行求解) 物块从A点运动到B点过程中,根据弹簧弹性势能表达式Ep=kx2,由题知在A、B两点时弹簧形变量大小相等,则弹簧的弹性势能相同,即EpA=EpB,根据功能关系可知,W弹AB=-(EpB-EpA)=0,已知F电=G,xAB=r,根据动能定理得F电xAB=EkB-EkA,解得EkB-EkA=Gr①;物块从B点运动到C点过程中,因为弹簧的形变量不变,则弹簧弹性势能不变,弹簧对物块不做功;电场力与位移垂直,电场力做功为零;轨道支持力始终与物块运动的方向垂直,支持力不做功,根据动能定理得-G·2r=EkC-EkB,即EkB-EkC=2Gr②;联立①②可知EkB>EkC>EkA,C正确。 知识拓展　 弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的功能关系:W弹AB=-(EpB-EpA)。弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2,其中x表示弹簧的形变量。 学科网（北京）股份有限公司 $