新高考物理二轮复习二模题型分类汇编专题09 静电场（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习二模题型分类汇编专题09 静电场（2份，原卷版+解析版）
A．静电除尘的原理是静电屏蔽
B．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
C．为了安全加油站工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装
D．印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
【答案】D
【详解】A．静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用，故A错误；
B．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，故B错误；
C．化纤服装容易摩擦起电，在加油站这种易燃易爆环境中，产生的静电可能引发危险，所以加油站工作人员不应穿绝缘性能良好的化纤服装，而应穿不易产生静电的服装，故C错误；
D．印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保持一定湿度，以便及时导走静电，故D正确。
故选D。
2．（2025·新疆乌鲁木齐·二模）在干燥的冬天，人的身体常常会带有静电。当带负电的手靠近金属门一定距离时，下列图中正确描绘手和金属门之间的电场线分布的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】手带负电，则电场线方向从金属门指向手指，且金属门表面是等电势的，所以电场线应该垂直于金属门表面。
故选A。
3．（2025·吉林长春·二模）冬季打雷是罕见的自然现象，它是由于强冷气团与暖湿气团相遇，产生强烈的对流运动，云内的各种微粒相互碰撞、摩擦产生静电积累，最终形成冬雷。下列说法正确的是（ ）
A．各种微粒在碰撞、摩擦的过程中创造了电荷
B．带电云层附近存在许多的电场线
C．随着电荷的积累，云层附近的电势一定越来越高
D．随着电荷的积累，云层附近的电场强度可能越来越大
【答案】D
【详解】A．根据电荷守恒定律可知，微粒在碰撞、摩擦的过程中不能创造电荷，而是电荷发生了转移，选项A错误；
B．电场线是假想的，并不是实际存在的，故B错误；
C．由于不知道云层所带电荷的电性，则随着电荷的积累，云层附近的电势大小变化无法判断，故C错误；
D．随着电荷的积累，电荷量越来越大，相当于场源电荷量增大，则云层附近的电场强度可能越来越大，故D正确；
故选D。
4．（2025·河北秦皇岛·二模）真空中有两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷）相距为r，带电量绝对值均为Q，它们之间静电力的大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离减小为原来的倍，则A、B间的静电力大小为（ ）
A．B．C．2FD．4F
【答案】C
【详解】设小球A所带电荷量为，B所带电荷量为，根据库仑定律可得
用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，则接触后A、C所带电荷量均为
再与B接触，接触后B、C所带电荷量均为
再将A、B间距离减小为原来的倍，则A、B间的静电力大小为
故选C。
5．（2025·重庆·二模）如图所示，不可伸长的绝缘轻绳一端固定在天花板上O点，另一端连接一带电小球a，O点正下方固定另一带电小球b，a、b带等量异种电荷。现使轻绳始终绷直，将a以O为圆心从图示位置缓慢移动至右侧等高处，取无穷远处电势为零，两小球均可视为质点。则a移动过程中（ ）
A．a、b间的库仑力先减小后增大
B．a、b连线中点的电势不变
C．O点的电势不变
D．a、b系统的电势能先减少后增加
【答案】BCD
【详解】A．a移动过程中，a、b间距先减小后增大，由库仑定律知，a、b间的库仑力先增大后减小，故A错误；
B．a、b带等量异种电荷，其连线中点的电势始终为零，故B正确；
C．a、b到O点的距离保持不变，O点的电势不变，故C正确；
D．从左侧到最低点过程中，库仑力对a做正功，系统电势能减少，从最低点到右侧等高处过程中，库仑力对a做负功，系统电势能增加，故D正确。
故选BCD。
6．（2025·广西南宁·二模）如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定在、两点连线的中垂线上，A、B是细杆上的两个点，在、两点分别固定一负点电荷，电荷量均为，且。质量为、电荷量为q（）的带正电小球套在杆上，小球从A点无初速度下滑到B点时的速度大小为。静电力常量为，重力加速度大小为。求：
(1)B点电场强度的大小；
(2)A、B两点的电势差。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）电荷、在点产生的电场强度大小相等，根据点电荷电场强度的表达式有
根据矢量合成有
解得
（2）小球从A到，根据动能定理有
所示过程电场力做功
解得
7．（2025·新疆·二模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上点和点固定有两个带电小球，两小球所带电荷量绝对值均为Q，M、两点间距为L，O点为的中点，点为中点，点为中点。将一个质量为的带正电小球轻放在点时恰好可以静止。小球大小均不计，静电力常量为，重力加速度为。关于两小球形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．、两点处的小球带同种电荷
B．点处小球所带的电荷量为
C．点处不放置带电小球时， A、、三点处的电势关系为
D．点处不放置带电小球时， A、、三点处的电场强度大小之比为
【答案】BD
【详解】A．带正电小球轻放在点时恰好可以静止，根据受力平衡可得，点处合电场强度应沿斜面向上，故点处小球应该带正电，点处小球应该带负电，故A错误；
B．设点处小球所带电荷量为，由受力平衡有
得，故B正确；
C．点处不放置带电小球时，在等量异种点电荷产生的电场中，根据沿电场线方向电势降低可得A、B、三点处的电势关系为，故C错误；
D．点处的合电场强度大小
A、B点处的合电场强度大小
所以，故D正确。
故选BD。
8．（2025·安徽·二模）如图所示，A、B、C、D为一绝缘圆环上的4等分点，圆弧均匀带正电，圆弧不带电，圆心为O。M、N是和的中点，已知M、N电势分别为和，O点电场强度大小为E。现撤去圆弧段的电荷，则（ ）
A．O点电场强度方向水平向右B．O点电场强度大小为
C．M点电势变为D．N点电势变为
【答案】C
【详解】AB．根据对称性可知，圆弧段的电荷与圆弧段的电荷在O点电场强度的矢量和为0，则圆弧段的电荷在O点电场强度为E，由于AD、AB、BC完全相同，则三部分各自在O点产生的电场强度大小均为E，若撤去圆弧段的电荷，根据矢量合成原理可知，O点电场强度方向水平向左，大小为
故AB错误；
CD．根据对称性可知，圆弧段的电荷、圆弧段的电荷在M点的电势相等，且等于圆弧段的电荷在N点的电势，令大小均为，圆弧段的电荷、圆弧段的电荷在N点的电势相等，且等于圆弧段的电荷在M点的电势，令大小均为，则有，
撤去圆弧段的电荷，则有，
解得
故C正确，D错误。
故选C。
9．（2025·黑龙江·二模）如图，四个点电荷分别固定于圆周的两个互相垂直直径的端点上，电荷的带电量如图所示。a、b、c、d四个点到圆心等距，以下说法中正确的是（ ）
A．沿直径从c到d电势逐渐升高
B．沿直径从a到b电势逐渐降低
C．a、b、c、d四点场强相同
D．正电荷沿直径由c到O，再沿直径从O到a，电势能一直增大
【答案】D
【详解】ABC．电势是标量，电场是矢量，根据等量同种电荷电场的分布特点、电场叠加原理和对称性可知，c、d 两点场强等大反向，c点场强水平向左，d点场强水平向右，同理可知a、b 两点场强等大反向，a点场强竖直向下，b点场强竖直向上，O点为零，故可知cO间电场线方向向左，Od间电场线方向向右，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则沿直径从c到d电势先逐渐升高，后逐渐降低，同理可得aO间电场线方向向下，Ob间电场线方向向上，则沿直径从a到b电势先逐渐降低，后逐渐升高，ABC选项错误；
D．由电势能和电势关系
正电荷沿直径由c到O，再沿直径从O到a，电势能变化与电势变化一致，电势能一直增大，D选项正确。
故选D 。
10．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，两个带等量正电的点电荷位于、两点，点为连线的中点，为连线中垂线上的两点。一带负电的试探电荷在点由静止释放，仅在静电力作用下恰好运动至点。若两个点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则（ ）
A．点的电场强度变为原来的4倍
B．点与点的电势差变为原来的2倍
C．试探电荷运动到点的动能变为原来的4倍
D．试探电荷运动到点的时间变为原来的倍
【答案】B
【详解】A．根据电场公式
若两个点电荷的电荷量均变为原来的两倍，根据等量正点电荷连线中垂线上电场强度分布可知，每点电场强度都将变为原来两倍，故点的电场强度变为原来的2倍，A错误；
B．根据电场力做功
可知若两个点电荷的电荷量均变为原来的两倍，对应相同试探电荷在每点受到电场力变为原来两倍，移动相同距离电场力做功变为原来两倍，故点与点的电势差变为原来的2倍，B正确；
C．根据动能定理可知
结合上述分析可知试探电荷运动到点的动能变为原来的2倍，C错误；
D．根据牛顿第二定律
结合上述分析可知，加速度变为原来的2倍，根据匀变速运动规律
解得
由于运动的位移不变，加速度变为原来的2倍，故运动时间变为原来的，D错误。
故选B。
电场能的性质
11．（2025·陕西渭南·二模）在对电场的实际研究中，电势比电场强度更容易测量。在对某种特定带电体产生的电场进行研究中，某同学通过采集的实验数据，描绘出了其电势在轴上分布如图所示，轴上两点的电场强度在方向上的分量分别是，下列说法中正确的有（ ）
A．的大小小于的大小
B．的方向沿轴正方向
C．试探电荷在点受到的电场力在轴方向分量最大
D．正试探电荷在点的电势能最大
【答案】BD
【详解】AB．沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，图像的斜率表示电场强度，可知的大小大于的大小，故A错误，B正确；
C．由图可知，O点的斜率为零，即电场强度为零，所以试探电荷在点受到的电场力在轴方向分量为0，故C错误；
D．根据电势能的计算公式可知，正试探电荷在点的电势能最大，故D正确；
故选BD。
12．（2025·甘肃·二模）与行星绕太阳运动类似，电子也可以绕正电荷运动。如图所示，三个电子仅在库仑力作用下绕正点电荷运动，轨道分别为椭圆轨道和圆轨道、，圆轨道、、、恰好在正点电荷的四个等势面上，相邻两等势面间的电势差均为，轨道与轨道、分别相切于M、N两点。若轨道上的电子运动到点时的动能为，不考虑电子之间的相互作用及电子运动过程中的电磁辐射，下列说法中正确的是（ ）
A．轨道上电子的动能大于
B．轨道上电子的动能比轨道上的大
C．轨道上电子的电势能比轨道上的小
D．轨道上的电子运动到点时的动能为
【答案】AD
【详解】A．类似卫星变轨模型，电子在轨道上的速度大于轨道上的点时的速度，则轨道上电子的动能大于，故A正确；
B．类似人造卫星模型，由
得
则轨道上电子的速度比轨道上的小，动能也比其小，故B错误；
C．若电子从轨道运动到轨道上，静电力做正功，电势能降低，则轨道上电子的电势能比轨道上的大，故C错误；
D．由题意，电子运动过程中动能与电势能总和保持不变，点电势比点高4V，电子带负电，则电子运动到点时的动能比点高，为，故D正确。
故选AD。
13．（2025·陕西咸阳·二模）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．如果A球带电，则A球一定带正电B．如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C．如果B球带电，则B球一定带负电D．如果B球带电，则B球的电势能一定减小
【答案】B
【详解】AB．平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由 可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，故A错误，B正确；
CD．同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，故CD错误。
故选B。
14．（2025·湖南怀化·二模）如图甲所示，A、B是电场中一条电场线上的两点，t＝0时刻一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力作用下从A点运动到B点，该过程中其速度v随时间t的变化图像如图乙所示，关于该电场，下列说法正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．该电场可能为正点电荷产生的电场
C．该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
D．A点的场强大小小于B点的场强大小
【答案】C
【详解】A．由题意知，负电荷受电场力向右，故场强方向向左，沿电场线方向，电势逐渐降低，那么A点电势低于B点电势，A错误；
B．如果是正点电荷产生的电场，那正点电荷应该在右侧，则A点场强会小于B点场强，与题目矛盾，B错误；
C．该负电荷从A到B过程，电场力做正功，电势能减少，故在A点电势能大于在B点电势能，C正确；
D．根据速度 - 时间图像知，电荷的加速度逐渐减小，故场强逐渐减小，D错误。
故选C。
15．（2025·江西宜春·二模）如图，ABC为等腰直角三角形，BC=AC=4cm，一匀强电场与其平面平行。现规定B→C为x轴正方向，且B→C的电势变化如图2所示，C→A为y轴正方向，且由C→A的电势变化如图3所示，下列说法正确的是（ ）
A．AC方向电场强度大小为100V/m，方向由A→C
B．BC方向电场强度大小为50V/m，方向由C→B
C．匀强电场的电场强度大小为
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【详解】B．根据
可知，图像的绝对值表示BC方向电场强度大小，根据图像可知
由于沿电场线方向电势降低，可知，电场强度方向沿C→B，故B正确；
A．根据
可知，图像的绝对值表示AC方向电场强度大小，根据图像可知
由于沿电场线方向电势降低，可知，电场强度方向沿C→A，故A错误；
CD．结合上述，根据矢量叠加原理可知，匀强电场的电场强度大小
故C错误，D正确。
故选BD。
16．（2025·安徽黄山·二模）如图1所示，真空中x轴原点O处固定一点电荷a，其电荷量Q未知，另一试探点电荷b，其电荷量为q，以初动能Ek0自x2位置沿x轴负方向直线运动，该过程粒子动能图像如图2所示。已知静电力常量为k。设无穷远处电势为0，距点电荷a距离r处的电势，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．x1、x2两处电场强度之比等于x1:x2
B．沿x轴正方向电势逐渐升高
C．电荷量
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时的位置坐标是
【答案】D
【详解】A．x1、x2两处电场强度之比为
故A错误；
B．由图可知，点电荷b由x2运动到x1的过程中，动能减小，电势能增大，但由于电性未知，所以不能确定电势的变化，故B错误；
C．根据能量守恒定律可得
所以
故C错误；
D．如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时，有
解得
故D正确。
故选D。
17．（2025·河南·二模）如图，在虚线BC的左侧存在水平向右的匀强电场，BC为半径为R的半圆的竖直直径，光滑水平轨道AB与光滑半圆轨道在B处平滑相连，AB=3R。质量为m，电荷量为q的带正电滑块从A点由静止释放，然后沿光滑轨道运动，从C飞出后瞬间，撤去电场，最后落在A处。已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块经过C处时对圆弧轨道的压力为
B．滑块经过C处时对圆弧轨道的压力为
C．滑块从A到D机械能的增量为
D．滑块从A到D机械能的增量为
【答案】D
【详解】AB．从点飞出后有
可得
在处有
解得
故AB错误；
CD．从到过程有
解得
从到的机械能增量为A到C电场力所做的功，
故滑块从A到D机械能的增量为，故C错误，D正确；
故选D。
18．（2025·陕西汉中·二模）如图所示，在中，，在点固定一正点电荷，另一试探电荷仅在电场力的作用下在纸面内运动时恰好经过两点，其轨迹为图中的实线，下列说法正确的是（ ）

A．两点的电势相等
B．试探电荷在点的动能比在点小
C．试探电荷在点的电势能比在点大
D．试探电荷在点的加速度比在点的加速度小
【答案】D
【详解】根据“大角对大边”知，点距点电荷较远，根据可得点的电场强度小于点的电场强度，根据可知，试探电荷在点的加速度比在点的加速度小，点距离P点较近，根据可得N点电势较高，根据可得正试探电荷在点的电势能比在点小，根据能量守恒可知电荷的电势能和动能之和守恒，可知在点的动能比在点大。
故选D。
19．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在平行于纸面的匀强电场中，质量为、电荷量为的小球，仅在重力和电场力的作用下，由静止释放，沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为，重力加速度g，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向可能水平向左
B．电场强度的最小值为
C．小球的电势能不可能增加
D．小球的机械能可能增加
【答案】D
【详解】B．带电小球受重力mg、电场力F，小球运动轨迹为直线，那么小球受力的合力也必定沿运动轨迹直线斜向下，由力合成的三角形定则求合力，如图所示
由解析图可知，当电场力F与小球运动轨迹直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ
解得
故B错误；
A．小球带正电，受电场力方向只能向右侧，所以电场方向不可能向左，故A错误；
CD．当电场力方向与速度方向夹角为某一钝角时，如图所示
电场力做负功，小球机械能减小，电势能增加，为锐角时，电场力做正功，小球机械能增加，电势能减小，故C错误，D正确。
故选D。
20．（2025·河南·二模）如图所示为一个均匀带正电的细圆环，所带电荷量为Q，其半径为R。取环中心O为原点，以垂直环面的轴线为x轴。设x轴上某点P到O点的距离为L，取无穷远处的电势为零，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度大小为0
B．P点的电场强度大小为，方向水平向右
C．从O点到P点，电场强度一定逐渐增大，电势一定逐渐降低
D．若在O点放置一个带正电的点电荷，给其一个沿方向的初速度，则该点电荷做加速度先增大后减小的加速运动
【答案】AD
【详解】A．根据场强叠加原理，由对称性可知O处合场强为0，故A正确；
B．由微元法累积求和，可求得P点电场强度大小为
其中，场强方向水平向右，故B错误；
C．由于O点和无穷远处的场强为0，所以从O点到P点，电场强度可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小；根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知电势一直降低，故C错误；
D．结合前面分析可知，若在O点放置一个带正电的点电荷，给其一个沿方向的初速度，则该点电荷受到的电场力水平向右，大小先增大后减小。根据牛顿第二定律可知，其将做加速度先增大后减小的加速运动，故D正确。
故选AD。
21．（2025·安徽芜湖·二模）在轴上和处固定两个点电荷，电荷量分别为和（），已知点电荷在空间各点的电势可由计算，其中为各点到点电荷的距离，为静电力常量。电子带电量为，质量为，下列说法正确的是（ ）
A．轴上处的电场强度为零
B．轴上处电势为零
C．在轴上处，由静止释放电子，电子只在电场力作用下可以沿x轴运动到无穷远处
D．在轴上处，由静止释放电子，电子只在电场力作用下获得的最大速度为
【答案】C
【详解】
A．设在坐标为 处电场强度为零，则
解得
故 A 错误；
B．设 处的电势为零，则
当x=2m时，解得
故 B错误；
C．将电子由静止释放在 处时，该点电势为零，电子的初始总能量为零。x轴上大于的范围内，电势随 先增加后减小，根据动能定理可知，电子最远可以到达无穷远处，故C 正确；
D．电子获得的最大动能出现在电场强度为零的位置，即x=2m的位置， 处电势为 ，由动能定理得
解得
故 D 错误。
故选 C。
22．（2025·重庆·二模）如图所示，边长为L的正四面体ABCD的中心为O，A、B两点分别固定等量异种点电荷、，已知O点到A、B的距离均为，下列说法正确的是（ ）
A．C点电势小于D点电势
B．将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电势能先增大后减小
C．C、D两点电场强度大小相等，方向不同
D．O点场强大小为
【答案】D
【详解】AB．根据几何关系可知，连线上所有点到A、B点距离相等，则连线是一条等势线，C点电势等于D点电势，将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电势能不变，故AB错误；
C．根据题意，由对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向相同，均平行于AB向上，故C错误；
D．A、B两点的点电荷在O点产生的场强大小均为
设、与的夹角为，则有
O点场强大小为
故D正确。
故选D。
23．（2025·湖南·二模）如图所示，空间中存在匀强电场，电场强度的大小和方向均未知。为空间内的一个边长为10cm的正方体，已知、、、，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体体心O（图中未画出）的电势为
B．面面心（图中未画出）的电势为
C．将一个电荷量大小为e的电子从点沿棱移动到C点，电场力做功为-12eV
D．该匀强电场电场强度的大小为
【答案】ACD
【详解】A．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故A正确；
B．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
故错误；
C．匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
则点与C点之间的电势差
则电场力做功为
故C正确；
D．设的中点为，匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则有
解得
结合上述有
可知面是该匀强电场的一个等势面，电势为，作出该等势面，如图所示
利用数学知识可知点到的距离DG长度，令其为x，则有，
其中，，
解得
则电场强度的大小为
故D正确。
故选ACD。
24．（2025·山西临汾·二模）如图所示，A、B、C三点将半径为R的圆均匀分成三等份，现将两个等量同种点电荷+Q分别固定在B、C两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆心O处的电场强度大小为
B．圆心O处的电场强度大小为
C．若在A点固定电荷量为-Q的点电荷后，O点的电场强度将减小
D．若在A点固定电荷量为-Q的点电荷后，O点的电势将降低
【答案】AD
【详解】AB．B、C处的点电荷在O处产生的电场强度大小为
所以O处的电场强度方向沿OA方向，大小为
故A正确，B错误；
CD．若在A点固定电荷量为-Q的点电荷后，该电荷在O点产生的电场强度方向与B、C处的点电荷在O处产生的电场强度方向相同，所以O点的电场强度将增大；电势相加遵循代数相加的法则，所以O点的电势将降低，故C错误，D正确。
故选AD。
25．（2025·河南郑州·二模）真空中有电荷量为和q的两个点电荷，分别固定在x轴上和处。设无限远处电势为零，则x正半轴上各点电势随坐标x变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据点电荷周围的电势公式，设x轴正半轴0~1之间存在电势为0的坐标为x1则有
解得
设x轴正半轴存在电势为0的坐标为x2则有
解得
即x轴正半轴电势为0的位置存在两个，分别为和
由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以x轴正半轴电势最高的位置为x=1，由此可知符合条件的图线为B。
故选B。
26．（2025·河南焦作·二模）如图所示是两个带电体周围的电场线和等势线分布示意图，图中的图线具有对称性，下列叙述正确的是（ ）
A．实线表示等势线，虚线表示电场线
B．两个带电体都带正电，且电量相同
C．等势线在两带电体的连线中点相交
D．A点电势高于B点，A点场强大于B点
【答案】BD
【详解】A．电场强度是矢量，既有大小又有方向，所以带箭头的实线表示电场线，等势线是电势相同的点构成的线，电势是标量，没有方向，故错误；
B．因为电场线和等势线均具有对称性，两带电体无法区分其差异，即带同种等量电荷，电场线从正电荷处发出，所以它们带正电，故正确；
C．等势线不相交，故错误；
D．沿着电场线方向，电势越来越低，所以A点电势高于B点电势；电场线越密，场强越大，所以A点场强大于B点场强，故正确。
故选BD。
电容器
27．（2025·云南曲靖·二模）2025年央视春晚，杭州宇树科技旗下的机器人H1惊艳亮相。这款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是（ ）
A．图a的传感器可直接测量速度
B．图b的传感器可直接测量液体的密度
C．图c的传感器可测量压力
D．图d的传感器可直接测量加速度
【答案】C
【详解】A．图a的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；
B．图b的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错误；
C．图c的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；
D．图d的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速度，故D错误。
故选C。
28．（2025·黑龙江·二模）如图所示，用一个电源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开始时，电键全部断开，然后将电键S1分别接到1、2两处，稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间变化的情况如乙图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．电容器的带电量
B．两个电容器两端的电压大小关系为
C．减小电容器C2的正对面积，闭合电键S1至1，电阻R1上有向左的瞬时电流流过
D．在电容器C1中间插入有机玻璃，闭合电键S2，电阻R2上有向右的瞬时电流流过
【答案】CD
【详解】AB．根据可知，图线与坐标轴包围的面积代表电容所带电荷量，由图可知C1所带的电荷量大，用同一个电源充电，稳定时电压相同，故AB错误；
C．电容器的下极板带负电，稳定时两电容的电压相等，减小电容器C2的正对面积，根据电容的决定式可知，电容器C2的电容减小，电荷量减小，则闭合电键S1至1，电阻R1上有向左的瞬时电流流过，故C正确；
D．当C1中间插入有机玻璃后，电容增大，带电量将要变大，需充电，有电荷从C2移动到C1，负电荷通过电阻R2向左，所以电流通过R2向右，故D正确。
故选CD。
29．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）某同学设计了一种基于平行板电容器的湿度传感器，用于检测环境湿度变化。其原理如图所示，电容器下极板固定，上极板通过吸湿材料与支架连接，可随湿度变化上下移动。闭合开关，已知当环境湿度增加时，吸湿材料体积膨胀，反之体积缩小，从而改变极板间距。已知电源电动势为，内阻为，滑动变阻器最大阻值为，灵敏电流计G可检测微小电流。下列说法正确的是（ ）
A．环境湿度升高时，极板间电场强度不变
B．滑动变阻器滑片向下滑动时，电流计中将通过从a到b的电流
C．保持滑动变阻器接入电路阻值不变，若流经电流计电流方向为从a到b，说明环境湿度升高
D．断开开关后，电流计上会有从b到a的短暂电流
【答案】B
【详解】A．环境湿度升高时，吸湿材料膨胀，极板间距减小
由于电源保持电压恒定（滑动变阻器未调节），根据电场强度
由于减小，增大，故A错误；
B．滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的阻值减小，电路总电阻减小
电源电动势恒定，由闭合电路欧姆定律
知电流增大，电容器两端电压
当增大时，减小
因此电容器工作电压降低，电容器放电，则电流从a向b，故B正确；
C．若电流计示数为从a到b，说明电容器放电，则电容减小，增大
说明湿度降低，故C错误。
D．断开开关后，电容器放电，流经电流表电流从a到b，故D错误。
故选B。
30．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地（电势为0），极板间的点固定一带负电的点电荷（电荷量不变），把下极板缓慢向上平移少许后，下列说法正确的是（ ）
A．电容器所带的电荷量减小
B．点电荷受到的电场力不变
C．点的电势降低
D．点电荷的电势能减小
【答案】C
【详解】A．根据平行板电容器的决定式可知把下极板缓慢向上平移少许后，电容器的电容变大，再结合可知电容器所带的电荷量变大，故A错误；
B．根据可知极板间的电场强度变大，根据可知点电荷受到的电场力变大，故B错误；
C．因为点所在位置到上极板的距离不变，且下极板的电势为零，且两极板间的电场强度增大，根据可知点所在位置的电势降低，故C正确；
D．点电荷的电势能，由于点电荷带负电，因此点电荷的电势能增大，故D错误。
故选C。
31．（2025·重庆·二模）如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。当振动膜随声波向右振动，与基板距离减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小B．振动膜所带的电荷量增大
C．电容器的板间电场强度不变D．图中a点电势低于b点电势
【答案】B
【详解】A．根据
振动膜随声波向右振动，与基板距离减小时，即减小，则电容器的电容增大，故A错误；
B．根据电容的定义式有
结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则振动膜所带的电荷量增大，故B正确；
C．根据电场强度与电势差的关系
电压一定，减小，则电容器的板间电场强度增大，故C错误；
D．振动膜与电源负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜将得电子，电阻中的电流由，则图中a点电势高于b点电势，故D错误。
故选B。
32．（2025·四川广安·二模）图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化规律。电源电动势E=7.5V、内阻不计，充电前电容器带电量为零，先使S与“1”端相连，电源向电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示，下列正确的是（ ）
A．在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B．图乙中阴影部分的面积
C．若，则该电容器的电容值约为0.133F
D．由甲、乙两图可判断阻值
【答案】C
【详解】A．由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；
B．曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即
故B错误；
C．由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容为
故C正确；
D．由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则
故D错误。
故选C。
33．（2025·安徽安庆·二模）电子计步器的工作核心部件为震动传感器，一般按照传感器的类型可分为2D计步器与3D计步器，其中一款2D计步器的原理图可以简化如下，平行板电容器的一个极板M固定在设备上，另一个极板N与两个固定在设备上的轻弹簧连接，极板N与弹簧间绝缘，振动系统完成一次周期性振动，电流传感器显示电流周期变化一次，才能实现计步一步。关于该计步器，下列说法正确的是（ ）
A．极板N向极板M运动的过程中，电流传感器的电流方向
B．MN极板间距离最小时，电流传感器上电流最大
C．MN极板间距离最小时，固定在电容器中点的点电荷具有的电势能和受到电场力均最大
D．将保护电阻换成二极管，N极板振动，电流传感器上电流周期性变化，同样实现准确计步
【答案】A
【详解】A．极板N向极板M运动的过程中，根据
可知电容器电容增大，由
可知极板上电荷量增加，处于充电状态，电流传感器的电流方向，故A正确；
B．依题意，电路中电流周期性变化，M、N极板间距离最小时，充电结束，电流传感器上电流为0，故B错误；
C．根据
可知MN极板间距离最小时，极板间的电场强度最大，点电荷受到的电场力最大，由于点电荷电性未知，其电势能变化未知，故C错误；
D．二极管阻止了放电过程，不能形成电流周期性变化，不能实现实现准确计步，故D错误。
故选A。
34．（2025·黑龙江·二模）如图所示的电路中，电容器甲、乙通过导线连接，闭合开关S一段时间后，电容器乙两极板间的带电液滴恰好静止。现将开关S断开，随后将电容器甲的下极板向上平移少许，下列说法正确的是（ ）
A．电容器甲的电容减小B．电容器乙两极板间的电压减小
C．液滴将向上运动D．流过灵敏电流计的电流方向向右
【答案】BD
【详解】A．电容器甲的下极板向上平移少许，则减小，根据电容的决定式可知电容器甲的电容增大，故A错误；
BC．设闭合开关S，电路稳定时两电容器的电压均为U，则甲电容器的电荷量为
乙电容器的电荷量为
则两电容器的总电荷量为
开关断开后，两电容器的总电荷量保持不变，可知两电容器极板间的电压均减小，根据可知电容器乙中的电场强度减小，电场力减小，小于重力，则液滴将向下运动，故B正确，C错误；
D．由于电容器乙的电容不变，极板间的电压减小，则电容器乙的电荷量减小，电容器乙放电，又由于上极板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向向右，故D正确。
故选BD。
35．（2025·陕西商洛·二模）如图甲所示，某计算机键盘的每个按键下方是由水平、间距为d的活动金属片和固定金属片组成的电容式传感器，相关电路如图乙所示。若开始时两金属片间的P点有一静止的带电尘埃，现轻按按键A，两金属片的间距减小了，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容变为原来的
B．两金属片间电场的电场强度大小变为原来的4倍
C．P点的电势变为原来的倍
D．该尘埃在P点的电势能比原来的大
【答案】C
【详解】A．根据
当两金属片的间距减小了，解得
即电容器的电容变为原来的倍，故A错误；
B．两金属片一直与电源相连，电压保持不变，根据
解得
即两金属片间电场的电场强度大小变为原来的倍，故错误；
C．设点到固定金属片的距离为，则点原来的电势
当两金属片的间距减小了时，点的电势
故正确；
D．电场强度方向向下，根据物体的平衡条件可知，尘埃受到的电场力方向竖直向上，可知尘埃带负电，电荷量
结合上述可知，P点的电势增大，根据
可知，该尘埃在点的电势能比原来的小，故D错误。
故选C。
带电粒子在电场中的运动
36．（2025·甘肃·二模）负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相同的初速度沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流宽度正好等于金属板间距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．收集器上极板带正电
B．电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半
C．随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小
D．所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等
【答案】B
【详解】A．因为灰尘颗粒带负电，要使灰尘颗粒落到下极板上，下极板应带正电，所以收集器上极板带负电，故A 错误；
B．灰尘颗粒在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
当电源电压减半时，加速度a减半，设原来能落到下极板的灰尘颗粒在水平方向的位移为L，原来运动时间满足
电压减半后加速度变为
设此时运动时间为，此时
由于水平速度不变，t与a的平方根成反比，所以
则灰尘颗粒在竖直方向的位移变为原来的一半，即灰尘颗粒的收集效率减半，故B 正确；
C．随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量应该逐渐增大，故C 错误；
D．根据动能定理
虽然q、m、相同，但不同位置的灰尘颗粒在电场中运动的电势差U不同（因为沿电场线方向有位置差异），所以所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能不一定相等，故D 错误；
故选B。
37．（2025·全国·二模）如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小的匀强电场沿直线加速到，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量，电荷量，则整个加速过程中质子的位移大小为（ ）
A．2mB．2.5mC．4mD．5m
【答案】B
【详解】根据动能定理有
解得整个加速过程中质子的位移大小
故选B。
38．（2025·陕西咸阳·二模）如图所示，在Oxy坐标系区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场（图中未画出）。位于y轴左侧的粒子发生器在的范围内可以产生质量为m，电荷量为的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。已知调整加速电压，当粒子以速度从小孔K沿y轴正方向射出后恰好做匀速直线运动。

(1)求第一象限中电场强度的大小和方向；
(2)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压；
(3)当加速电压为时，求粒子从小孔K射出时与x轴正方向的夹角。
【答案】(1)，方向沿x轴正方向
(2)
(3)60°
【详解】（1）当粒子以速度从小孔K沿y轴正方向射出后恰好做匀速直线运动，如图所示

由平衡条件
可得第一象限中电场强度的大小为
由左手定则可知，正粒子所受的洛伦兹力方向沿x轴负方向，则电场强度方向沿x轴正方向。
（2）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示

根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
在加速电场中由动能定理有
联立解得加速电压
（3）在加速电场中由动能定理有其中
解得
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
解得粒子在△OMN区域中运动的轨迹半径为
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示

则粒子从小孔K射出时，结合小问（1）由几何关系可知
则粒子从小孔K射出时与x轴正方向的夹角为
39．（2025·四川达州·二模）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m、电量为q带正电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．所加电场电场强度最小值为
B．若所加电场电场强度最小时，小球在H点的电势能最大
C．若所加电场电场强度最小时，冲量
D．小球在F点时，轨道对小球的作用力为零
【答案】BCD
【详解】A．从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”， 所加电场电场强度最小时，如图
则
解得，方向与HD平行向上，故A错误；
B．若所加电场电场强度最小时，方向与HD平行向上，小球在H点的电势能最大，故B正确；
D．若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D正确；
C．若所加电场电场强度最小时，小球所受重力与电场力的合力为
等效重力加速度大小为
小球在F点，由牛顿第二定律得
在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，设，小球从A点到F点由动能定理得
解得
故C正确。
故选BCD。
40．（2025·四川达州·二模）空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（ ）
A．一定带正电
B．0~3s内电场力做的功为9J
C．运动过程中动能增加
D．0~3s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为
【答案】BD
【详解】A．重力势能减少，即微粒竖直方向上向下运动，电势能减少，即电场力做正功，因电场竖直向上，则微粒所受电场力竖直向下，所以微粒带负电，故A错误；
B．0~3s内电势能减少，所以电场力做的功为，故B正确；
C．因电场力和重力都是恒力，且电势能和重力势能都随时间均匀变化，所以微粒在相等的时间内位移相等，即微粒做匀速直线运动，动能不变，故C错误；
D．0~3s内电势能减少，重力势能减少，总共减少了，因动能不变，所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功，即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为，故D正确。
故选BD。
41．（2025·辽宁·二模）如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出，一带正电小球的质量为m，从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出，从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角，后从C点离开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比；
(2)小球从原点O抛出时的初速度大小；
(3)小球过B点时的动能；
(4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，由运动学公式得
又由于
解得
即
（2）设小球质量为m，初速度为，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向上则
又因为
联立解得
（3）小球过B点时
则小球在B点的动能
又因为
故有
（4）设小球从O到A、从A到B时间为t，根据运动学规律则有，
可知
由与水平方向夹角为，vA与水平方向夹角为，建立如图所示坐标系
将分解到、上，小球在方向上做匀速运动，在当方向上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为
而
解得
小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动的分解则有，
联立可得
42．（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，水平面上方有水平向左的匀强电场，电场强度，一个质量为、电量为的带正电微粒从距离水平面处水平抛出，抛出速度，不计空气阻力，重力加速度。微粒运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．微粒做非匀变速运动
B．微粒抛出到落地的时间是
C．微粒运动过程到动能最小时所用的时间是
D．微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为
【答案】D
【详解】A．微粒受到电场力和重力作用，由于电场力和重力均为恒力，微粒受到的合力恒定不变，加速度恒定不变，微粒做匀变速运动，故A错误；
B．竖直方向微粒做自由落体运动，则有
可得微粒抛出到落地的时间为
故B错误；
CD．设微粒受到的合力与竖直方向的夹角为，如图所示
可得，
解得
将微粒的运动分解为垂直合力方向与沿合力方向两个分运动，当沿合力方向分速度减为0时，微粒的速度最小，动能最小，则微粒运动过程到动能最小时所用的时间为
此时微粒下落的高度为
即微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为
故C错误，D正确。
故选D。
43．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，空间存在大小为、方向竖直向下的匀强电场，一质量为、电荷量为的粒子以速度从连线上的点水平向右射出，已知与水平方向成角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用的时间为
B．速度大小为
C．与点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为
【答案】A
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，当到达连线上某点时，位移与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得
垂直电场方向的位移为
平行电场方向的位移为
根据几何关系有
联立解得
故A正确；
B．水平速度为
竖直方向速度为
则到到达连线上某点速度为
故B错误；
C．水平位移为
根据几何关系可得粒子到达连线上的点与点的距离，即合位移为
故C错误；
D．速度方向与竖直方向的夹角正切值为
则夹角不等于，故D错误。
故选A。
44．（2025·四川遂宁·二模）如图所示，在一粗糙绝缘水平面上有共线的、、、四点，一电荷量为的均匀带电小球固定在点，现有一质量为、电荷量为的带电小金属块，从点以初速度向右运动，到点速度达到最大值，最后静止在点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，、间距离为，静电力常量为，重力加速度为，带电体均可视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小金属块由向运动的过程中，电势能先增大后减小
B．、两点间的电势差
C．小金属块速度最大时距点的距离
D．从到的过程中，小金属块减少的动能等于系统增加的内能
【答案】BC
【详解】A．在小金属块由M向P运动的过程中，电场力的方向一直与运动方向相同，电场力做正功，电势能一直减小，故A错误；
B．小金属块从N到P过程，由动能定理得
解得、两点间的电势差为
故B正确；
C．由题意知，从M到N过程，金属块做加速运动，从N到P过程，金属块做减速运动，在N点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，设O、N两点间距离为r，则有
解得
故C正确；
D．从N到P的过程中，小金属块减小的动能和减少的电势能全部转化为内能，故小金属块减少的动能小于系统增加的内能，故D错误。
故选BC。