专题八 静电场&专题九 恒定电流-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 专题八静电场 分类特训 [考点1]电荷守恒定律、库仑力 1.(2026·河南卷，2)在x坐标轴上放置电荷量为Qy和Q的两点电荷，其坐标 分别为xM=一a、xN=a.电荷量为q(g>0)的试探电荷沿x轴移动，所受静电力 F随x变化的图像如图所示.取x轴的正向为F的正方向，则 ) 0 A.QM>0,1QM1>IQNI B.QM>0,QM<QN C.QM<0,IQM1>QN D.QM<0,IQMI<IQN 郑 2.(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 乙 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 2m 斯 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 2,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 nnnnnnnnnnnninnnnnnmnnmmnmnmm 大小分别为F、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力，则 B.E=kg 2L9 C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 杯 D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v= mL 3.(2025·湖北卷，10)（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3g的电荷在y轴 2 正半轴上.静电力常量为，则O点处的电场强度 ( A.方向沿x轴负方向 如 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为R2(cos54°+cos189) 俐 D.大小29(2c0s54°+c0s18) R2 4.(2024·河北卷，7)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别 固定在正三角形ABC的顶点B、C.M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂 器 线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为号.已知正三角形 ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量为k.顶点A处的电场强 度大小为 A.28g B(8+ C9(35+1) Dga+③ 5.(2024·新课标卷，18)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板 的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q.小球处在某一方向水平向右 的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等.则 ( A.两绳中的张力大小一定相等 B.P的质量一定大于Q的质量 C.P的电荷量一定小于Q的电荷量 D.P的电荷量一定大于Q的电荷量 29 [考点2]电场的性质 1.(2026·山东卷，10)（多选）融合新型功能材料的传感器在智能感知 领域得到广泛应用.如图所示，光滑、绝缘椭圆轨道竖直放置，长轴 AC=2a、短轴BD=2b,AC与BD交于O点，B为最低点，A点处内 压力传感器 置可感知轨道压力的传感器.空间内充满平行轨道平面、斜向上的匀 B 强电场（图中未画出）.质量为、电荷量为十q的小球置于A点时恰好静止，此时传感器示数 等于mg,g为重力加速度的大小.下列说法正确的是 ( A.电场强度的大小为m8 B.电场强度方向与OA的夹角为45° C.AB两点间的电势差UB=-a+b)mg D.若小球在B点的速度水平向右、大小为。，则到达D点时速度大小仍为v 2.(2026·河北卷，2)河北雄安新区融合静电探测技术构建起“天空之网”，实现了对低空飞行器 的全天候实时监测.当飞行器靠近时，固定在地面上的静电探测器探头感应出了正电荷，在感 应电荷产生的静电场中，电场线 ( A.是闭合曲线 B.从感应正电荷出发 C.在无电荷区域相交 D.终止于感应正电荷 3.(2026·湖南卷，6)如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到 A A、C板的距离分别为d1、d2,d1<d2.a点到A、B板的距离相等，b点到B、 B C板的距离相等.A、C板均接地，B板带电.关于a、b两点的电场强度E、 E6和电势94、9%，下列关系正确的是 ( A.E>E B.E<E C.ub D.ap 4.(2026·湖北卷，4)一带正电粒子仅受静电力作用，从静止开始沿直线 运动，0~4t。时间内，其速度v随时间t的变化图像是如图所示的三条 线段.t。时刻、1.5t。时刻、3.5t。时刻粒子所在位置分别为a点、b点、c 点.下列说法正确的是 0 2to 3to 4to t A.b点的电势比a点的高 B.b点的电场强度比a点的大 C.粒子在a、c两点的电势能相等 D.粒子在a、c两点受到的电场力大小相等 5.(2026·1月浙江卷，4)手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板 电容器.当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如 图所示.下列说法正确的是 A.A点的电场强度大于B点的电场强度 C B.将一电子从A点移到B点，电子的电势能增大 D C.极板上表面C点的电势等于下表面D点的电势 D.若电子在E点释放，仅受静电力作用将沿电场线αb运动 6.(2025·河南卷，4)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 6V、4V、2V;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 ()4 X△ 30 7.(2025·云南卷，4)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分 17 布如图所示.a、b、c、d四点分别位于电势为一2V、一1V、1V、2V的等势 b°-2V 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 、2y c、-1Y- C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV 8.(2025·湖南卷，5)如图，两带电小球的质量均为，小球A用一端固定 在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接.A球静止时，轻绳 与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一 竖直平面内，重力加速度大小为g.下列说法正确的是 ( A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg 60 B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg 30° C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 9.(2025·陕晋青宁卷，1)某同学绘制了四副静电场的电场线分布图，其中可能正确的是() A B C D 10.(2024·河北卷，2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生 活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中 某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则 a、b、c、d四点中电场强度最大的是 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 [考点3]对电场的综合考查 1.(2026·黑吉辽蒙卷，4)某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体 时产生的交变电场来加速电子束.电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的， 电场线分布如图所示，这段时间内 () A.a点的电场强度比b点的大 B.电子沿直线从a点运动到b点时，动能减小 C.电子沿直线从b点运动到c点时，速度增大 D.电子束的横截面大小和形状均不变 2.(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，带电荷量分别为+2q和十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√3R,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 31 3.（2025·黑吉辽蒙卷，7)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2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.E<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 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 y B点的位置如图所示.电荷量为十q,一q和十2q的三个试探电荷先后分别置于 B(d,3d) O点、A点和B点时，电势能均为E(E,>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 A(d,) C电场强度的大小为E D电场强度的大小为22亭 5.(2025·北京卷，8)某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等 高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道.山顶的小球沿滑道 从静止滑下，不考虑阻力，则 ( A.小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B.小球分别运动到A、B点时速度大小不同 1020300 0. C.若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快 6.(2025·甘肃卷，5)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形 成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面.M、N点在同一等势面上， V、P点在同一电场线上.下列说法正确的是 () A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点，速度增大 D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 7.(2024·山东卷，10)（多选）如图所示，带电量为+g的小球被绝缘棒 固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面.质量 为m、带电量为十q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高 的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零.已知A、C间的距离为s,重 力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是 ( 777777777777777777777777777元 A.OB的距离1 3kg B.OB的距离l= 3kg mg 3mg C.从A到C,静电力对小滑块做功W=一mgs D.AC之间的电势差Uc=- 2q 8.(2024·黑吉辽卷，6)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场 力作用下于竖直纸面内运动，如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹 为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高 处的过程中 () A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大 C.动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小 32 [考点4]电容器的动态分析 1.(2026·陕晋青宁卷，7)飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如 图.开关S闭合，在真空室内，电容器极板AB间加速电压为U,两极板中央开有小孔，C 为接收端，BC间为无场漂移区域.有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电大分子（不 计重力)，自飘入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C端结束， 时间探测器显示整个过程时间为t,则 () 加速区域 漂移区域 真空室 时间探测器 A.保持S闭合，仅g变大，t变长 B.保持S闭合，仅U增大，t变长 C.保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 D.将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 2.(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徐设 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 弹性结构 A D 3.(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数e,与浓度cm的关系曲线如图(a)所示， 将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电 路，闭合开关S后，若降低溶液的浓度，则 ( MONL (a) (b) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 33 [考点5]带电粒子在电场中的运动 1.(2026·云南卷，7)如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点M: 处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10-6C的带正电的小球 (视为质点)从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s 到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m.不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2,设电场强度大小为E,O、N两点的电势分别为9o和9，则 A.E=6.7×10V/m,9o>9N B.E=6.7×105V/m,9o<9 C.E=5.0×10°V/m,9o>x D.E=5.0×10V/m,9o<9 2.(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 为一e,则 A,B点的电场强度E-E B.P点场强大于C点场强 C.b粒子在P点的动能小于在Q点的动能D.b粒子全程克服电场力做的功小于2U 3.(2025·甘肃卷，7)离子注人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U? 的电场(OO为平行于两极板的中轴线).极板长度为1、间距为d,U2t关系如图2所示.长度为 α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=士U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 ( 样 U, 品 不 B 2T t -0 图1 图2 A.U的最大值UnU, B.当U,=士Um且L=a,d时，离子恰好能打到样品边缘 2d C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U, D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 34 4.(2025·河南卷，13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理 溶液 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 激光束 喷嘴 不含细胞)，液滴质量均为m=2.0×10一10kg.当液滴穿过激光束、充电环时 充电环 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 电极板刻 ×10-13C.随后，液滴以v=2.0m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×102m的 h 电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E=2.0×10°N/C.含 60 细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1m处的A、B收集管中.不计B收集管A收集管 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. 35 最新真题 专题九 恒定电流 分类特训 1.(2026·黑吉辽蒙卷，3)某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的I-U图像如图 所示.从图中状态α到状态b,小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为 IA 0.6 0.4 0.2 3.0 →UN 1.0 2.0 A.2.02,0.28W B.2.02,0.68W C.7.02,0.28W D.7.02,0.68W 2.(2025·山东卷，5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚 好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%.已知小车的质量为，运动过程中 受到的阻力f=k(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为？，则光伏电池单位时间内获得的 太阳能为 A.2ko B. 27 C.ko+mu D. kv2+mv 27 [学习札记] 36化商释矿=头+2： 弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程 的能量为E=号·3m听+合·m=24mf= 2(景+2x）=保m(+亲)成C话民，D正 故选BD, 2.解析：(1)根据题意可知，小球从开始下落到P,点处过程 中，水平方向上动量守恒，则有my=M, 由能量守恒定律有mgh=合m听+号Md 2 联立解得y=6m/s,0,=3m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 号m/s,方向水手向右： (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则 有y1=(m+m.)y 解得0=2m/s, 设当弹簧形变量为x时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为℃：，根据胡克定律F=kx1, 系统机械能守恒子(m十m)G=合(m十m)d十 合， 联立解得y,=1m/s,x1=0.3m, 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有(m十mn)u=(m十m.十m) 解得认=号m/s,方向水平向左. 由能量守恒定徐可得，最大弹性势能为E=子(m十 m成+合-名m+风+m,城=号 2 答案：(1)6m/s,3m/s (2)号m/s,号J 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m,=mvQ 由能量守恒定律2m或=子m,6十2m。+AE, 联立可得a=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一命= 2al2,p=v一at1,解得vp=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1=pt2,解 得t=0.6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公 式一2=2al,vp=你l一at,解得=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0.8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则L1=t, 解得t,=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=pe一at， 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t,=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1十t2十t: 十t+t=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 1 专题八静电场 考点1 1.A由图像可知在0~号间存在一点，设坐标为x,诚探 电荷在此处受到的静电力为零，可知两，点电荷带同种电 荷，根据库仑定律有，Qug kQxg (a+xy=(a-,) 由于(a十x)>(a-x)2,故可得引Q>lQxl: 根据图像可知在x=0处时，试探电荷受到的静电力沿x 轴的正向，根据前面分析由于|QM>|Qx,在x=0处 时，试探电荷到两点电荷间的距离相等，可知试探电荷 在此处受到的静电力的合力方向与点电荷QM对试探电 荷的静电力的方向相同，故可知QM>0. 2.ABD对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为 F,与轨道的倾角为日，对甲球根据平衡条件有FN1cOs日 =mg,F=FN1sin+Eq① 对乙球有FN2cosf=2mg,FN2sinf=F+2Eg, 联立解得F=4Eg② 是离鼎 1 同时有F之，解得E一条故AB正： L 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 甲有FN'cosf=mg,FN'sinf=F+Eg, 对乙有FNe'cosf=2mg,FN2'sin9+2Eg=F, 联立可得F+4Eq=0,无解，假设不成立，故C错误； 若撮去甲，对乙球根据动能定理2mg·台m0-2正·号 =·2m 根据前面分析由①②可知an日=3Eg, mg 联立解得C,故D正确.故选ABD。 3.AD[命题，点]不等量同种 ,点电荷的场强的叠加 点电荷在O点产生的场强方 向如图所示。将5个场强沿 2 x、y轴分解可得E,=E,cos 54°+E,cos18°-E,c0s18° 2464⊙54⊙4g E,c0s54°=-2g(2c0s54+ 18o 189 R cos18°)，E,=E1sin54°+ E5sin54°-E2sin18°-E:sin 18°-E3= 9sin54°一sin18°-=0，根据场强叠加原理可知 0点电场强度方向沿工轴负方向，大小为2g(2c0s54°+ cos18),A、D正确. 4.D由于M点与A点关于带电细 杆对称，故细杆在A处产生的电场 强度大小E=E,=,方向竖直向 a 上，B、C两小球在A处产生的合均 E M 强E'=290s30°=g,故A点 a a B 的电场强度大小E=E合十E= (W3+3)g,D正确. 9 5.B由题意可知设Q和P两球之间的库仑力为F,绳子 的拉力分别为T1,T2,质量分别为m1,m2;与竖直方向 夹角为0，对于小球Q有q1E+T1sin6=F,T1cos0= m1g,对于小球P有gE+F=T2sin9,T,cos9=m2g,联 立有g1E=F一T1sin6>0,g2E=T,sin0-F>0,所以可 T=m1」 得T:>T,又因为元=m 可知m2>1,即P的质量一定大于Q的质量；两小球的 电荷量则无法判断， 考点2 1.BCD作出小球在A点时的受力分析图如图1所示，由 力的平衡条件结合几何关系有gE=√(mg)十(mg) =2mg,所以电场强度的大小E=②m竖，且其方向与 OA的夹角a满足tana=1,则a=45°，A错误，B正确： 分别作出A、B两，点在经过O点的电场线上的两等势点 A'、B',如图2所示，则由几何关系可知，A、B两，点间沿 电场方向的距离为d=A'O+OB=acos45°+bcos45 =(a十b)cos45°，所以A、B两点间的电势差为UAB= Ed=一(a+b)ms,C正确；小球所受支持力对其始终不 做功，根据题意可知，小球所受电场力与重力的合力水 平向右，BD连线沿竖直方向，所以从B到D的过程小 球所受合外力做的总功为0，由动能定理可知其动能变 化量为0，故小球在B、D两点的速度大小均为。，D 正确. xqE D A E C .045°.- A B个45 Ymg 图1 图2 2.B由于静电探测器探头感应出了正电荷，可知飞行器 带负电，在感应电荷产生的静电场中，电场线由静电探 测器探头指向飞行器，A、D错误，B正确：同一静电场中 的电场线互不相交，C错误. 3.AA、C板均接地，电势为0，B板是等势体，因此BA 间、BC间的电势差相等，都等于U=9· 平行板问为匀强电场，电场强度满足E=号已知d< d,,故E,>Eb,故A正确，B错误；a,点到A板的距离为 受电势限=E·受-景·号号6点到C教的距房 .d2_U,d2_U. 为受电势%=E,·号-五·之-乞· 因此9。=，故C、D错误. 4.C0一2t。内，带正电粒子仅受静电力作用，从静止开始 沿直线运动，可知其运动方向沿电势降低的方向，A错 误；由于)-t图像斜率绝对值表示加速度大小，结合题 图，根据牛顿第二定律F=Eg=ma可知F>F。=F6,E >E=E,B、D错误：粒子仅受静电力作用，则运动过程 中电势能和机械能之和守恒，E十2m心=E十 1 mu°，由题图可知u,=u=2m,则E=Ex,粒子在 a、c两点电势能相等，C正确. 5.C电场线越密的地方场强越大，电场线越疏的地方场 强越小，由题图可知，A点的电场强度小于B,点的电场 强度，故A错误：顺着电场线电势逐渐降低，由题图可知 A点电势低于B点电势，根据题意可知将一电子从A点 Is 移到B点，电子的电势能减小，故B错误；同一金属极板 上，达到静电平衡后，电势处处相等，则极板上表面C点 的电势等于下表面D,点的电势，故C正确：由于电场线 ab是曲线，则若电子在E点释放，仅受静电力作用不可 能沿电场线ab运动，故D错误. 6.C匀强电场中任意两点间的中点 电势等于这两点的平均值，可知ac 中，点d的电势与b点相同，bd的连 线为该匀强电场的等势面.电场线 垂直于等势面且由高电势指向低 电势，故电场线沿ac方向且由a指 4V 2V 向c,C选项正确.故选C. 7.C根据电场线越密集电场强度越大，可知a、b、c、d四 ,点中，点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点 移动到c,点电场力做功为Wx=一eU=2eV,故C正 确；一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wd=一 eU=4eV,由于电场力做正功，电势能减小，则一个电 子从a点移动到d点电势能减小了4eV,故D错误.故 选C. 8.C根据题意A球静止时，对A琼受 力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳 上拉力为T=g,A球与B球间的 库仑力F=2 mg cos30=3mg,故T/030 A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受 合力为0，库仓力与重力的合力与轻 Ymg 绳的拉力等大反向，即重力与库仓力的合力大小为g, 则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，库仓力与重力保 持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为 mg,则加速度大小为g,故C正确；若将轻绳剪断，则剪 断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静 止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误.故 选C. 9.B静电场中电场线不相交、不闭合，故B正确、故AC 错误；若电场线相互平行，应等间距，故D错误.故选B. 10.C在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度 的大小，由题图可知，C点等差等势线最密集，故c点电 场强度最大，C正确. 考点3 1.C。电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密电场 强度越大.图中b,点电场线比口点更密，因此b点电场强 度大于Q点，A错误.电子带负电，所受电场力方向与电 场方向相反.电子从运动到b,位移方向向右，电场力 与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动 能增大，B错误.电子从b运动到c,位移向右，电场力仍 向右，电场力做正功，电子动能增大，速度增大，C正确， 中轴线外的电子所受电场力垂直电场中轴线，速度方向 发生变化，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变， 形状发生改变，D错误. 2.BD对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分 别受到重力、支持力、库仑力作用保持平衡： F甲之 F 45 B、 甲 E F电 y D G甲 20 设OC与AB线段交，点为G点，由几何关系2Rcos∠OAB= √3R. 解得∠OAB=∠OBA=30°， 因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°， 根据正弦定理，对甲有m系。=F sin30°-sin45' F电 对之有部一品7行 因为sin45°<sin75°， F电与F'是一对相互作用力，可得mm>mz,A错误； 根据点电荷场强公式E=侣，由场强叠加知识，可知○ 到D之间的圆孤上各，点场强方向都向右下方，若有一正 试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势 能减小，故可判断C点电势高于D点电势，B正确；两带 电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点 电荷的电场和在A点带电量为3g的正，点电荷的电场相 互叠加的电场.在等量异种点电荷的电场中E、F两点电 场强度大小相等，方向相同.但是A点带电量为3g的正 点电荷在E、F两点的电场强度不同.E、F两点电场强度 大小不同，C错误；电势是标量，OD与AB线段的交点距 离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O 点到D,点，电势先升高后降低，D正确.故选BD. 3.C由题意可得A,点弹簧伸长量为r,B点和C点弹簧压 缩量为r,即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过 程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB >EA’ 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力 做负功，则动能减小，E出>Ek, 由A到C全过程则有qElAB一mgl=Ekc一Ek4>O, 因此EkB>Ekc>EkA·故选C. 4.AD根据题意可知O点、A,点和y B点的电势分别为90-三4= ) 9 -Bd,4 等势线从 E 故OA中点的电势为PM=094 Ad,0入E 2 =0,故A正确； 如图，设N点为AB的三等分，点，同理易知N,点电势为 0,连接MN为一条等势线，过A点作MN的垂线，可知 电场线沿该垂线方向，指向右下方，由AM=AN可知 ∠NMA=45°，故电场的方向与x轴正方向成45°角，故 B错误；电场强度的大小为E=1 22E d·cos45 gd 故C错误，D正确.故选AD. 5.D等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得α =gsin(9为坡面与水平面夹角)，MB对应的等高线更 密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA 运动时加速度大，A错误；A、B在同一等高线，小球下落 高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小 相同，B错误；等势线越密集，电场强度越大，B处等势线 更密集，A点电场强度比B点小，C错误；等势线越密 集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧 降落得快，D正确 6.DA.M、N两，点电势相等，电场线由上到下，V、P在同 一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高 于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误；B.M点 电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大， 12 选项B错误；CD.负电荷从M点运动到P点，电势能增 加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误， D正确， 7,ADAB.由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据 受力分析有沿斜面方向mgn30°=算c0s30,解得门 g,A正确，B错误；C,因为滑到C点时速度为零，小 mg 滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W,根据动 能定理有W+mgs$n30°=0，解得W=-”,故C错误； 2 D.根据电势差与电场强度的关系可知A、C之间的电势差 U=W=-四空，故D正确 8.D根据题意，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨 迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又 电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度 方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其 从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做 功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场 力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小， 考点4 1,C根据题意，设A、B距离为d,B、C距离为s,且d十s= L,在A.B间有9=magU=号me=a4, d 解得a=gL. 2gU 2m md m =dqo' 在B.C同有，=合=√可司 m /7m 则整个过程时间1=+t三d√2C十320 (d+Lλ√2g0' m 保持S闭合U不变，收√层变大1变短，故A错庆：站 合A分析可知，保持S闭合，仅U增大，t变短，故B错 误：结合A分析可知，保持S闭合，U不变，A、C位置不 变，仅B极板向右移动，则d增大，s减小，L不变，t变 长，故C正确；将S断开，极板上电荷量Q不变，A、C位 置不变，仅B极板向右移动，A、B间电场强度E= U d 号=Q不变，则加速度不变，则有=2adt,= Cd ES 7 = 则整个过程时间t=t1十t。=2d+s=d十上 v2ad 由于d增大但小于L,s减小，L不变，根据数学知识可 知，当d=L时，√a+ L a 有最小值，可知，随着d增大 减小，则总时间t减小，故D错误， ®D根据公式Q=CU和电容的决定式C:可得U =4Q.d, ES 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着 F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，电源断开后Q 不变，故此时极板间的电势差了在减小，且减小的越来 越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不 变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选 项.故选D. 3.BA.降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数E。增 E.S 大，根据电容器的电容决定式C一4欢a可知电容器的电 容增大，故A错误；BC.溶液不导电没有形成闭合回路， 电容器两端的电压不变，根据Q=CU,结合A选项分析 可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D.根 据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容 器充电，结合题图可知电路中电流方向为V·M,故D 错误. 考点5 1.C根据题意0~1s水平位移为0，可得x十0.5az=0, 竖直位移为3m,可得十0.5a,=3m, 0~2s水平位移为3m,可得2ur+2a,=3m, 竖直位移为0，可得200十2a,=0, 解得a=3m/s,a,=-6m/s2, 对小球受力分析有。=2 a,=-g+E, 代入数据得E=3.0×10V/m,E,=4.0X103V/m, 故电场强度大小E=/E,+E,=5.0×10V/m, 电场方向斜向上偏N侧，E,>0表明沿x轴正方向电势 降低，故90>N· 2.Da电子入射动能为E,,根据动能的表达式有E,= 分mu,电子恰好微国周运动，则eE=m,联立解得 1 r E2E,故A错误；由图可知，P点电场线密度较稀疏， er 则场强小于C点场强，故B错误；已知CQ=2BP,因 为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q,点 电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在 Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较 小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向外 电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ 之间平均电场强度大小，根据U=Ed,则U0<2Um,则 b粒子全程的克服电场力做功W=eUo<2eUp=2eU, 故D正确.故选D. 3.BA,粒子在加速电场中被加逢时Ug=2m,在偏 转电场中做类平抛运动，则1=t,之 得U。=24U1,选项A错误：B.当U,=士U。时，粒子从 2 d 板的边缘射出，怡能打到样品边缘时，则2= 2一，解 1.Um9'= 得L=a,选项B正确：C.根搭y=2·dm 2d LU12 4元，若其他条件不变，要增加样品的辐射范国，则需减 小U,,选项C错误：D.由图可知t,时刻所加的向上电场 电压小于t。时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射 入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖 直位移，则选项D错误. 4.解析：(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平 抛运动，垂直于电极板方向，则(=t1,沿电极板方向x1 由牛顿第二定律gE=ma, 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x,= 5×103m: (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则竖 直方向位移h=vt2,水平方向位移x:=at1t,联立解得 x2=0.05m,由对称性可知，A、B细胞收集管的间距△x =2(x1+xg)=2×(0.005+0.05)m=0.11m. 答案：(1)5×103m(2)0.11m 专题九恒定电流 1.B从I一U图像中读出两，点坐标： 状态a:U=0.6V,I.=0.2A, 则R==32,P.=U1。=012W, 状态b:U6=2.0V,I6=0.4A, 则R号-90=5n,P,=U以，=2.0X0.4w=0.8W △R=5.02-3.02=2.02 △P=0.8W-0.12W=0.68W, 故电阻变化量为22，电功率变化量为0.68W. 2.A根据题意小车匀速运动，则有F=f=k, 小车的机械功率P=F0=k, 由于电动机的效率为50%，则有P.= P=u 70.5 2k0, 光伏电池的光电转换效率为，即一P后 可得P=-2.故选A. 7 专题十磁场 考点1 1.AB根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场会产生磁 场，故A正确：汽车经过凹形路面最低，点时，根据牛顿第 二定律可得N-mg=mR' 0 可得N=mg十m令一>mg,可知此时汽车处于超重状态) 故B正确；相对论时空观认为运动物体的长度与速度有 关，物体的长度会随着物体的速度不同而改变，故C错 误：通过提取海水中的氘和氚进行核反应属于轻核聚 变，而秦山核电站利用重核裂变获取能量，故D错误， 2.B根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度 方向相同大小相等，则单个导线在O,点处产生的磁感应 强度大小为B。=号根据对称性，两学线在N处的酸感 应强度大小应该与M点一样，为B1,根据对称性，L2在 N点处产生的磁感应强度为B。三号，由于L,在N点处 产生的磁感应强度大于L1在N,点处产生的磁感应强 度，且方向相反，将L:撒去，N点的磁感应强度为三B, 一B1·故选B. 考点2 1.C假设粒子带正电，画出其××××××× 运动轨迹如图所示，设其在下××Y×0 XX 方和上方磁场中做圆周运动的××个Xx× 半径分别为rR,两段圆孤的：。 ”r◆ 圆心连线与虚线a的夹角为日，1：：：0Ca 别sin9==号，所以cos9 0 01 2