五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題08靜電場(chǎng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1庫(kù)倫定律2025電場(chǎng)能的性質(zhì)作為絕對(duì)核心，五年全勤考查，側(cè)重概念辨析與定性分析；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)緊涵蓋平衡、直線加速及類平拋等基礎(chǔ)模型，常結(jié)合能量觀點(diǎn)綜合命題。電場(chǎng)力的性質(zhì)與庫(kù)侖定律作為基礎(chǔ)支撐，雖考查頻次相對(duì)較低，但作為理解核心概念的關(guān)鍵，其基礎(chǔ)性地位不容忽視。

試題設(shè)計(jì)明顯傾向?qū)⒊橄箅妶?chǎng)概念嵌入具體應(yīng)用場(chǎng)景，如近地軌道衛(wèi)星的電磁驅(qū)動(dòng)、離子推進(jìn)器、靜電除塵裝置、電容器在傳感器中的應(yīng)用等科技實(shí)例，以及帶電粒子在示波管、質(zhì)譜儀中的運(yùn)動(dòng)分析。側(cè)重對(duì)概念本質(zhì)、物理圖景構(gòu)建及基本規(guī)律適用條件的深度辨析。預(yù)計(jì)命題將更注重考點(diǎn)間的交叉滲透，例如將電場(chǎng)能與力學(xué)平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能定理結(jié)合，或通過(guò)電場(chǎng)線/等勢(shì)面分布圖綜合考查空間想象與推理能力，同時(shí)強(qiáng)化對(duì)守恒思想、疊加思想、模型建構(gòu)等物理方法的隱性考查。計(jì)算復(fù)雜度保持克制，但對(duì)物理過(guò)程邏輯鏈的完整性要求持續(xù)提升?？键c(diǎn)2電場(chǎng)力的性質(zhì)2024考點(diǎn)3電場(chǎng)能的性質(zhì)2025、2024、2023、2022、2021考點(diǎn)4帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2025、2024、2023、2022考點(diǎn)01庫(kù)倫定律1．（2025·福建·高考真題）兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點(diǎn)放置一檢驗(yàn)電荷恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，PQ1與Q1Q2夾角為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為，在PQ1連線上是否存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)（存在，不存在）。【答案】3:1【詳析】[1]根據(jù)幾何關(guān)系設(shè)PQ2=r，PQ1=3r對(duì)檢驗(yàn)電荷進(jìn)行受力分析，可得F[2]如圖根據(jù)平衡條件可知檢驗(yàn)電荷受到的重力和兩點(diǎn)電荷對(duì)其的庫(kù)侖力組成一個(gè)封閉的三角形，若在PQ1連線上存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)，此時(shí)點(diǎn)電荷Q1對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫(kù)侖力FPQ1變大，根據(jù)三角形法則可知此時(shí)點(diǎn)電荷Q2對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫(kù)侖力必然增大；由于此時(shí)檢驗(yàn)電荷與點(diǎn)電荷考點(diǎn)02電場(chǎng)力的性質(zhì)2．（2024·福建·高考）如圖，圓心為O點(diǎn)、半徑為R的圓周上有A、B、C、D、E、F、G、H八個(gè)等分點(diǎn)，G點(diǎn)固定有一帶電量為-Q（Q>0）的點(diǎn)電荷，其余各點(diǎn)均固定有帶電量為+Q的點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為k，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為。M、N分別為OC、OG的中點(diǎn)，則M點(diǎn)的電勢(shì)（填“大于”“等于”或“小于”）N點(diǎn)的電勢(shì)；將一帶電量為+q（q>0）的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿圖中MN弧線移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”【答案】2kQR2【詳析】[1]根據(jù)對(duì)稱性可得A點(diǎn)和E點(diǎn)、B點(diǎn)和F點(diǎn)、D點(diǎn)和H點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和均為0，所以O(shè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于C點(diǎn)和G點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和，由電場(chǎng)疊加原理可得，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E[2]電勢(shì)是標(biāo)量，取去無(wú)窮遠(yuǎn)處為0電勢(shì)，則M點(diǎn)、N的電勢(shì)分別為φφ根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)φ=φAM=φANφCM>可得φ則φM[3]將+q點(diǎn)電荷從M沿MN移動(dòng)到N考點(diǎn)03電場(chǎng)能的性質(zhì)3．（2025·福建·高考真題）某種靜電分析器簡(jiǎn)化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場(chǎng)。現(xiàn)將一電子a自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點(diǎn)垂直電場(chǎng)射出，軌跡為弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢(shì)差為U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射動(dòng)能為Ek，則（）A．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EB．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C．b粒子在P點(diǎn)動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能D．b粒子全程的克服電場(chǎng)力做功小于2eU【答案】D【詳析】A．a(chǎn)粒子入射動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式有Ek=12mvaB．由圖可知，P點(diǎn)電場(chǎng)線密度較稀疏，則場(chǎng)強(qiáng)小于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C．已知|CQ|=2|BP|，因?yàn)锽C在同一等勢(shì)線上，且沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，則Q點(diǎn)電勢(shì)小于P點(diǎn)，電子在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，則b粒子在Q點(diǎn)電勢(shì)能大，根據(jù)能量守恒可知，b粒子在Q點(diǎn)動(dòng)能較小，故C錯(cuò)誤；D．由電場(chǎng)線密度分布情況可知，沿徑向向外電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則BP之間平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于CQ之間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度大小，根據(jù)U=Ed，則UCQ<2UBP故選D。4．（2023·福建·高考）“場(chǎng)離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場(chǎng)可視為位于O點(diǎn)處點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，如圖所示。a、b、c、d、O為同一平面上的5個(gè)點(diǎn)，abc是一段以O(shè)為圓心的圓弧，d為ob的中點(diǎn)。a、d兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Ed，o、a、c、d四點(diǎn)電勢(shì)分別為φo、φa、φc、φd，則φaφd；φaφc，(φo－φa)2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】小于等于小于【詳析】[1]由于沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知φa<φd[2][3]由題知，在鎢針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場(chǎng)可視為位于O點(diǎn)處點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，則根據(jù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)分布可知φa=φc且越靠近O場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)，則od部分的場(chǎng)強(qiáng)均大于db部分的場(chǎng)強(qiáng)，則根據(jù)U=Ed，結(jié)合微元法可定性判別出φo－φb<2(φo－φd)而φa=φb則φo－φa<2(φo－φd)5．（2022·福建·高考）平時(shí)我們所處的地球表面，實(shí)際上存在場(chǎng)強(qiáng)大小為100V/m的電場(chǎng)，可將其視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，在地面立一金屬桿后空間中的等勢(shì)面如圖所示?？臻g中存在a、b、c三點(diǎn)，其中a點(diǎn)位于金屬桿正上方，bA．b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差Ubc=0 B．a(chǎn)C．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右 D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)低于c點(diǎn)【答案】B【詳析】A．由圖可知，b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差為，Ubc=200V-B．由圖可知，a點(diǎn)與相鄰兩等勢(shì)面的距離小于1m，電勢(shì)差等于100V，根據(jù)E=Ud，可知aC．根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于等勢(shì)面，可知a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，a點(diǎn)與c點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)均為300V，故D故選B。6．（2021·福建·高考）如圖（a），同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點(diǎn)距O點(diǎn)的距離均為2L，O為水平連線AB的中點(diǎn)，M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點(diǎn)分別固定有一點(diǎn)電荷，電荷量均為Q（Q>0）。以O(shè)為原點(diǎn)，豎直向下為正方向建立x軸。若取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則ON上的電勢(shì)φ隨位置x的變化關(guān)系如圖（b）所示。一電荷量為Q（Q>0）的小球S1以一定初動(dòng)能從M點(diǎn)豎直下落，一段時(shí)間后經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，其在ON段運(yùn)動(dòng)的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖（c）所示。圖中（1）求小球S1在M（2）當(dāng)小球S1運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，恰與一沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知S1與S2的質(zhì)量相等，碰撞前、后S1（3）現(xiàn)將S2固定在N點(diǎn)，為保證S1能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰，S1【答案】（1）2kQ24L2；（2【詳析】（1）設(shè)A到M點(diǎn)的距離為RM，A點(diǎn)的電荷對(duì)小球S1的庫(kù)侖力大小為FA=k設(shè)小球S1在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為FFM=2聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得FM=（2）設(shè)O點(diǎn)下方L2處為C點(diǎn)，A與C的距離為RC，小球S1在CFC=2式中sin設(shè)小球S1的質(zhì)量為m1，小球S1在CFC+由圖（c）可知，式中a聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得m1=設(shè)S2的質(zhì)量為m2，碰撞前、后S1的速度分別為v1，v1'，m1v12m設(shè)小球S2碰撞前的動(dòng)量為p2p2=依題意有1m聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得p2即碰撞前S2的動(dòng)量大小為8（3）設(shè)O點(diǎn)上方L2處為D點(diǎn)。根據(jù)圖（c）和對(duì)稱性可知，S1在D點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，S1在此處加速度為0；S1在D點(diǎn)上方做減速運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)下方做加速運(yùn)動(dòng)，為保證S1能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與S設(shè)M點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)差為UMDUMD=設(shè)小球S1初動(dòng)能為Ek，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的動(dòng)能為m1gEkD>0由對(duì)稱性，D點(diǎn)與C點(diǎn)電勢(shì)相等，M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，依據(jù)圖（b）所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得Ek>考點(diǎn)04帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7．（2025·福建·高考真題）（多選）空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B與水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶電體在復(fù)合場(chǎng)中恰能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時(shí)，撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，重力加速度為g,則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度為EB．磁場(chǎng)強(qiáng)度為BC．NP兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UD．粒子從N→P時(shí)距離NP的距離最大值為v【答案】BC【詳析】AB、帶電體在復(fù)合場(chǎng)中能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg=qE，qvB=2mg，解得電場(chǎng)強(qiáng)度E=mgC、在N點(diǎn)撤去磁場(chǎng)后，粒子受力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。且加速度a=F合m=2g，粒子到達(dá)所以粒子在P點(diǎn)的速度vP=vx2+vy2=5v，ND、將粒子在N點(diǎn)的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且vNy=vcos45°故選BC。8．（2024·福建·高考）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點(diǎn)。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進(jìn)入C2，而后從P進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開(kāi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，(1)粒子經(jīng)過(guò)N時(shí)的速度大小；(2)粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮?1)2(2)45°(3)1【詳析】（1）粒子從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qU解得v（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有d=1又tan解得θ（3）粒子在P處時(shí)的速度大小為v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有q由幾何關(guān)系可知R解得B9．（2022·福建·高考）（多選）我國(guó)霍爾推進(jìn)器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場(chǎng)，該區(qū)域內(nèi)有一與電場(chǎng)近似垂直的約束磁場(chǎng)（未畫(huà)出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時(shí)，工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場(chǎng)加速噴出，形成推力。某次測(cè)試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104m/sA．氙離子的加速電壓約為175VB．氙離子的加速電壓約為700VC．氙離子向外噴射形成的電流約為37AD．每秒進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量約為5.3×【答案】AD【詳析】AB．氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=12故A正確，B錯(cuò)誤；D．在Δt時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出，形成電流為I進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量為Δm0，被電離的比例為η，則有Δm故D正確；C．在Δt時(shí)間內(nèi)，有電荷量為ΔQ的氙離子噴射出，則有ΔQ=Δm故C錯(cuò)誤。故選AD。一、單選題1．（2025·福建寧德·三模）在電力傳輸系統(tǒng)中，為防止高壓電對(duì)周邊電子設(shè)備產(chǎn)生干擾，會(huì)使用金屬屏蔽球殼。在某變電站附近，一個(gè)金屬球殼處于周邊高壓輸電線產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，達(dá)到靜電平衡狀態(tài)后，周圍的電場(chǎng)分布如圖所示。其中M、N兩點(diǎn)關(guān)于球心O對(duì)稱，且電場(chǎng)線分布關(guān)于過(guò)球心豎直面對(duì)稱，則（）

A．O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為0 B．M點(diǎn)電勢(shì)等于N點(diǎn)電勢(shì)C．M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 D．M、O間電勢(shì)差等于O、N間電勢(shì)差【答案】D【詳析】A．處于靜電場(chǎng)中的金屬球殼內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)均為零，即O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由對(duì)稱可知，MN兩點(diǎn)電場(chǎng)線疏密程度相同，可知M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度等于N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．金屬球殼為等勢(shì)體，由對(duì)稱性以及U=Ed可知，M、O間電勢(shì)差等于O、N間電勢(shì)差，選項(xiàng)D正確。故選D。2．（2025·福建龍巖上杭一中·校質(zhì)檢）如圖a所示是用電泳技術(shù)分離蛋白質(zhì)的裝置，溶液中有上下正對(duì)放置的平行金屬板電極，溶液中甲、乙兩個(gè)蛋白質(zhì)顆粒與上下極板恰好等距。甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，帶電量與pH值的關(guān)系如圖b所示。未接通極板電源時(shí)，甲、乙顆粒均懸浮。現(xiàn)調(diào)節(jié)溶液pH=3，接通電源，不計(jì)粘滯阻力和甲乙之間的作用力。對(duì)于兩種蛋白質(zhì)顆粒，正確的說(shuō)法是（）A．乙比甲先到達(dá)極板B．甲、乙的電勢(shì)能均增大C．甲、乙受到的電場(chǎng)力方向相同D．增大pH值，甲受到的電場(chǎng)力變大【答案】A【詳析】A．未接通極板電源時(shí)，甲乙顆粒均懸浮，重力等于浮力，調(diào)節(jié)溶液pH=3，從圖中可知甲蛋白質(zhì)顆粒帶電量為-2q0，乙?guī)щ娏繛?q0，接通電源后電場(chǎng)強(qiáng)度一樣，由牛頓第二定律可得Eq=ma，由于甲蛋白質(zhì)顆粒質(zhì)量是乙的兩倍，故甲的加速度為乙的一半，二者到相應(yīng)極板距離相同，則乙比甲先到達(dá)極板，故B．甲乙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力都做正功，電勢(shì)能均減小，故B錯(cuò)誤；C．甲乙?guī)щ娦韵喾矗芰Ψ较蛳喾?，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，增大pH值，甲帶的電荷量先減小后增大，故電場(chǎng)力也是先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選A。二、多選題3．（2025·福建三明·三模）如圖為探究平行板電容器電容的影響因素的實(shí)驗(yàn)裝置（）A．靜電計(jì)指針張角變大表明電容器極板電勢(shì)差增大B．靜電計(jì)指針張角變大表明電容器極板電勢(shì)差減小C．只增加極板電量，靜電計(jì)指針張角變大，但電容不變D．只增加極板電量，靜電計(jì)指針張角變大，表明電容增大【答案】AC【詳析】AB．靜電計(jì)指針張角變大表明電容器極板電勢(shì)差增大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．只增加極板電量Q，根據(jù)平行板電容器電容的決定式C=εS4πkd，可知，電容不變，根據(jù)電容的定義式有C=QU，故選AC。4．（2025·福建廈門·三模）現(xiàn)代農(nóng)業(yè)通過(guò)“空間電場(chǎng)”技術(shù)優(yōu)化大氣與地表間形成的自然電場(chǎng)。如圖所示，高壓電源與懸掛電極連接，電極與土壤間形成空間電場(chǎng)，帶負(fù)電的病原孢子在空間電場(chǎng)的作用下向懸掛電極移動(dòng)，從而達(dá)到防病害的效果。M、A．懸掛電極連接電源正極B．M、C．M點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)D．病原孢子向懸掛電極移動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能降低【答案】AD【詳析】A．根據(jù)帶負(fù)電的病原孢子在空間電場(chǎng)的作用下向懸掛電極移動(dòng)，可知懸掛電極帶整點(diǎn)，則懸掛電極連接電源正極，故A正確；B．根據(jù)電場(chǎng)線的分布可知M、N處電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，故C．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低結(jié)合A選項(xiàng)分析可知M點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意可知病原孢子向懸掛電極移動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能降低，故D正確。故選AD。5．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示，某靜電場(chǎng)中x軸正半軸上0～2x0區(qū)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正向分布如圖所示，圖中淺灰色陰影部分面積為S1，深灰色陰影部分面積為S2，S1=2S2。一個(gè)質(zhì)量為m、A．從x=0到xB．從x=0到x=C．粒子在x=D．粒子的最大速度為2【答案】BD【詳析】A．粒子從x=0運(yùn)動(dòng)到x=x0的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越大，根據(jù)牛頓第二定律B．粒子從x=0運(yùn)動(dòng)到x=x0的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為W1=qU1C．根據(jù)題圖可知粒子從x=0至x=2x0過(guò)程電場(chǎng)強(qiáng)度一直為正，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子一直被加速，即粒子運(yùn)動(dòng)到D．根據(jù)B選項(xiàng)分析，由幾何關(guān)系結(jié)合動(dòng)能定理有qS1+qS2故選BD。6．（2025·福建·模擬預(yù)測(cè)）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長(zhǎng)為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，可視為點(diǎn)電荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過(guò)程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了A．該過(guò)程中小球3受到的合力大小始終不變B．該過(guò)程中小球3一定向左做直線運(yùn)動(dòng)C．從圖甲到圖乙位置，小球3向左運(yùn)動(dòng)3D．在圖乙位置，v【答案】BD【詳析】A．剪斷細(xì)線之前，三個(gè)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力為零；將球1和球2間的細(xì)線剪斷瞬間，小球1和3，小球2和3之間細(xì)線上的彈力發(fā)生突變，小球3受到水平向左的合力作用；當(dāng)小球3運(yùn)動(dòng)到圖乙位置時(shí)，小球3所受的合力為零，即該過(guò)程中小球3受到的合力大小先增加后減小，故A錯(cuò)誤；B．因小球3受兩邊細(xì)繩的拉力總是大小相等且是對(duì)稱的，可知小球3向左做直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．在該過(guò)程中，由于三個(gè)小球組成系統(tǒng)所受外力之和為零，滿足動(dòng)量守恒的條件，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv3-mv1-mv2=0，由于小球1、2的受力情況相同，因此：v1=v2化簡(jiǎn)得：v3=2v1=2v2，即：x3=2x1=2x2，而x3+x1=32d，解得：x3=33d，故D．三個(gè)小球組成系統(tǒng)能量守恒，根據(jù)能量守恒定律：ΔEp減=ΔEk增，即：kq22d=12故選BD。7．（2025·福建多地市·二模）豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)電荷量均為qq>0的點(diǎn)電荷，兩電荷相距0.6?m,O為兩電荷水平連線的中點(diǎn)。一帶電量為-q的帶電小球自O(shè)點(diǎn)以2.0?J的初動(dòng)能向下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能Ek與小球的位移x之間的關(guān)系如圖乙中曲線I所示，小球在x=0.4?m處的動(dòng)能最小，且動(dòng)能為1.85A．下落到x=0.4?B．下落到x=0.4C．電荷量qD．電荷量q【答案】BC【詳析】AB．由動(dòng)能定理知，Ek-x圖像的斜率為合外力，由圖知0.4m內(nèi)，Ek-x圖像的斜率先減小后增大再減小，即小球所受的合外力先減小后增大再減小，由牛頓第二定律知，此過(guò)程小球的加速度先減小后增加再減??；當(dāng)x→解得小球的質(zhì)量m=0.9kg，0～0.4m內(nèi)，由能量守恒定律知，小球電勢(shì)能的增加量ΔEp彈=CD．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時(shí)mg=2kq2(0.4)2+(0.62)2cos故選BC。8．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，A、B是帶異種電荷的固定點(diǎn)電荷，A的電荷量小于B的電荷量，A、B在同一水平線上，光滑絕緣、粗細(xì)均勻細(xì)直桿豎直固定放置，桿的軸線與A、B連線的豎直垂直平分線重合，一個(gè)帶正電小球套在桿上可自由運(yùn)動(dòng)，O為A、B連線的中點(diǎn)，將帶正電小球在P點(diǎn)由靜止釋放，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的加速度一定先增大后減小B．小球的加速度可能一直減小C．從P到O過(guò)程，小球的電勢(shì)能逐漸增大D．兩點(diǎn)電荷電場(chǎng)中P點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)【答案】BD【詳析】AB．設(shè)帶正電小球所受電場(chǎng)力合力的豎直分力為Fy，因?yàn)锳的帶電量小于B的帶電量，將兩個(gè)電荷看成等量異種電荷和一個(gè)負(fù)電荷，等量異種電荷在中垂線的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，所以Fy的方向向下，小球的加速度a=mg+Fym=g+Fym，小球從PC．從P到O過(guò)程，電場(chǎng)力一直做正功，小球的電勢(shì)能逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D．正電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能大，在低電勢(shì)處電勢(shì)能小，故D正確。故選BD。9．（2025·福建漳州·四檢）如圖為某輻向電場(chǎng)示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E=br，b為常量，r為電場(chǎng)中某點(diǎn)到圓心O的距離。帶電粒子僅在輻向電場(chǎng)的靜電力作用下，以O(shè)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)。MA．M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．線速度大小相等的粒子，比荷一定相同D．線速度大小相等的粒子，軌道半徑一定相同【答案】AC【詳析】A．根據(jù)圖示虛線圓周與電場(chǎng)線垂直，可知，虛線圓周為一條等勢(shì)線，即M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故A正確；B．電場(chǎng)線分布的疏密程度間接表示電場(chǎng)強(qiáng)弱，根據(jù)圖示可知，M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，則M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)qE=mv2r，其中E=br，故選AC。10．（2025·福建漳州·四檢）在光滑絕緣水平面上，相隔4L的A、B兩點(diǎn)固定著兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷，a、o、b是AB連線上三點(diǎn)，o是AB中點(diǎn)，ao=ob=L，空間另有一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q的試探電荷在電場(chǎng)力作用下，以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線向B運(yùn)動(dòng)到o點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為a點(diǎn)動(dòng)能的2倍，到bA．試探電荷帶正電 B．b點(diǎn)電勢(shì)φC．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)φa=-m【答案】AD【詳析】A．根據(jù)等量同種電荷的電勢(shì)分布特點(diǎn)可知a、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，即a到b過(guò)程，等量同種電荷對(duì)試探電荷做功為0，題意知a到b試探電荷做減速運(yùn)動(dòng)，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)對(duì)試探電荷做負(fù)功，故試探電荷帶正電，故A正確；B．o到b過(guò)程，由動(dòng)能定理有qφ0-φb=0-2×12mC．a(chǎn)到o過(guò)程，由動(dòng)能定理有qφa-φ0=2×12mD．a(chǎn)到b過(guò)程，由動(dòng)能定理有-Eq×2L=0-12m故選AD。11．（2025·福建三明·三模）如圖甲，xOy坐標(biāo)系中，y軸上固定有兩個(gè)與原點(diǎn)O距離相同的等量同種點(diǎn)電荷Q，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x坐標(biāo)變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩點(diǎn)，其電勢(shì)分別為φa和φb，對(duì)應(yīng)φ-x圖線上的a＇、b＇兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值均為k。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的正點(diǎn)電荷M從A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同B．M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中加速度先增大后減小C．M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大D．M運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)克服電場(chǎng)力做功的功率為qk【答案】CD【詳析】A．根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系E=ΔφΔx，可知圖線的斜率可以表達(dá)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由題知，a＇、b＇這兩點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值均為kB．電荷量為q的正點(diǎn)電荷M從a點(diǎn)由靜止釋放，由圖乙分析知，圖線的斜率先增大后減小再增大，故M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中加速度大小先增大后減小再增大，B錯(cuò)誤；C．圖乙中可知，兩電荷的垂直平分線與y軸的交點(diǎn)處的電勢(shì)最低。則為等量的負(fù)電荷；M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故電勢(shì)能先減小后增大，C正確；D．M從a經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理知qUab=12mvb2-0，解得vb故選CD。12．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，上極板帶正電，與靜電計(jì)相連。靜電計(jì)外殼與下極板接地。一帶電微粒以一初速度平行于極板射入，恰能沿直線穿過(guò)電容器。帶電靜電計(jì)的內(nèi)部空間分布電場(chǎng)，等勢(shì)面分布如圖所示。不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．微粒帶負(fù)電B．P點(diǎn)和Q點(diǎn)電勢(shì)相同C．將上極板向上平移，靜電計(jì)指針張角增大D．將上極板向上平移，將帶電微粒從同一位置平行于極板射入，電勢(shì)能可能增大【答案】AC【詳析】A．帶電微粒受力平衡，則其帶負(fù)電，故A正確；B．由圖可知，P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)高，故B錯(cuò)誤；C．上極板向上平移時(shí)，由U=QC，且可知平行極板的電容C減小，則板間電壓UD．由C=εrS4πkd，則U故選AC。13．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粗糙水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m帶正電的物塊以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能和電勢(shì)能如下圖的兩條圖線，則（

）A．圖線Ⅰ是Ek-x變化曲線，圖線ⅡB．0～x0過(guò)程物塊的動(dòng)能EkC．電場(chǎng)力是阻力的3倍D．由圖線可求得動(dòng)摩擦因數(shù)μ【答案】AD【詳析】A．電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減小，圖線Ⅱ是Ep-x變化曲線，圖線Ⅰ是EB．由于摩擦力f做功，0～x0過(guò)程物塊的動(dòng)能Ek與電勢(shì)能EC．Ep-x圖像的斜率絕對(duì)值表示電場(chǎng)力大小F=2由F合=F-f，解得阻力大小為f=E0xD．克服摩擦力做功Wf=μmgx0=故選AD。14．（24-25高三下·福建泉州·三檢）如圖，在豎直平面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域，圓內(nèi)有一場(chǎng)強(qiáng)大小為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與該區(qū)域平面平行，圓的直徑MN與水平方向夾角θ=45°。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從M點(diǎn)以不同水平速度向右射入電場(chǎng)，微粒通過(guò)圓形區(qū)域的過(guò)程中，電勢(shì)能增加量最大值為ΔEp，動(dòng)能增加量最大值為ΔEk。已知速度大小為v的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到NA．E=mgq B．R=2v【答案】AC【詳析】A．已知速度大小為v的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)且速度大小也為v，微粒在重力場(chǎng)和電場(chǎng)組成的等效重力場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，則等效重力場(chǎng)方向與MN方向垂直斜向左下方，則qE=mgtan45°=mgB．已知速度大小為v的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則豎直方向2R=v22gC．過(guò)O點(diǎn)做MN的垂線交圓形區(qū)域下方交點(diǎn)為等效重力場(chǎng)的最低點(diǎn)，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該最低點(diǎn)時(shí)，等效重力mg'=(qE)D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓形區(qū)域最右側(cè)時(shí)克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能增加量最大，故ΔEp=故選AC。三、解答題15．（2025·福建廈門·二模）圖示，足夠長(zhǎng)的傾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端固定有垂直擋板。一勁度系數(shù)k=100?N/m的輕彈簧一端與擋板連接，另一端連接絕緣物塊A，A的上方放置著物塊B，A、B質(zhì)量均為m=2kg且都可視為質(zhì)點(diǎn)，A不帶電，B帶電量q=+1.0×10-4C。初始時(shí)A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起在空間施加方向平行斜面向上、大小為E=2.0×10(1)施加電場(chǎng)的瞬間，物塊B的加速度大?。?2)兩物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離時(shí)沿斜面上滑的距離；(3)物塊A的最大動(dòng)能?！敬鸢浮?1)5(2)0.04(3)0.68【詳析】（1）對(duì)AB整體，由牛頓第二定律得qE解得a（2）初始時(shí)，設(shè)彈簧的形變量為x0，對(duì)AB整體，由平衡關(guān)系得解得x分離時(shí)，設(shè)彈簧形變量為x1，此時(shí)AB之間無(wú)擠壓，加速度大小相等，對(duì)B有對(duì)A有k聯(lián)立解得x故物體上滑距離Δ（3）對(duì)A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)，設(shè)AB分離時(shí)速度大小為v。由功能關(guān)系得qE解得vAB分離后，當(dāng)A的加速度為零時(shí)有最大動(dòng)能，設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為x2對(duì)A有k得x則Δ對(duì)A和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒得1解得E16．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，x=a的左側(cè)a=2+3m有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，在x=a和x=b之間b=2+33m有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，在x=b的右側(cè)有平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），在坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)粒子在x=b上第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置到x軸的距離及粒子速度的方向與(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。ńY(jié)果保留根號(hào)）?！敬鸢浮?1)1×(2)1m，(3)25【詳析】（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O1點(diǎn)，在磁場(chǎng)Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O2點(diǎn)，O1O2根據(jù)幾何關(guān)系sin解得θ設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)題意有r解得r根據(jù)牛頓第二定律q解得B（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中與x軸相切點(diǎn)的坐標(biāo)為x=x由于x=a和x=b之間的距離為23m，因此切點(diǎn)剛好在x=a設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向與x=b之間的夾角為α（3）粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)位置為x=4+33m方向垂直于x軸，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向的分量為E1。粒子沿x軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則又v根據(jù)牛頓第二定律q解得E設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸方向的分量為E2，沿y軸方向的加速度大小根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式-d=解得E因此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E17．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，坐標(biāo)系的第一、二象限有足夠長(zhǎng)的寬度為d、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的上邊界MN平行于x軸。P、Q是長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板、垂直于紙面放置，兩板中線與y軸共線，兩板間加上周期為T、場(chǎng)強(qiáng)大小為E0的周期性變化的電場(chǎng)，如圖乙所示。取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)的正方向，位于P、Q兩板中線上的粒子源沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為L(zhǎng)T的帶正電的粒子，粒子均能從(1)求t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，在T2時(shí)刻沿x軸方向的偏移量(2)若粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求粒子需從哪些時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)？若粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)且恰好不穿出磁場(chǎng)的上邊界MN，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0(3)磁場(chǎng)方向不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為B1，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，若還受一個(gè)與速度方向總相反的阻力作用，且阻力大小f=kv（k【答案】(1)x(2)B(3)x1=-【詳析】（1）0～12T，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速度直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知沿由牛頓第二定律有a聯(lián)立解得x（2）從t=2n+14粒子穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間為t粒子離開(kāi)交變電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向速度變化為零，從O點(diǎn)進(jìn)入的粒子均以v=LT由幾何關(guān)系，軌跡與上邊界相切，則r粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qv聯(lián)立解得B（3）粒子從t=n2?沿x軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向的最大位移為x進(jìn)入磁場(chǎng)后，軌跡恰與磁場(chǎng)MN邊界相切處，y方向速度為0，對(duì)粒子在y方向由動(dòng)量定理有-∑即kd解得Δ由幾何關(guān)系，從x軸上x(chóng)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒