2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题07 电场力的性质与能量

这是一份2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题07 电场力的性质与能量，共49页。试卷主要包含了如图所示，平行金属板与电源连接等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共 29 小题）
1．（2024•江苏）在静电场中有 a、b 两点，试探电荷在两点的静电力 F 与电荷量 q 满足如图所示的关系，请问 a、b 两点的场强大小关系是（）
A．Ea＝EbB．Ea＝2EbC．Ea＜EbD．Ea＞Eb
2．（2025•河北）《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则 a、b、c、d 四点中电势最高的是（）
A．a 点B．b 点C．c 点D．d 点
3．（2025•选择性）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（）
4．（2023•上海）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，
下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（）
A．B．
C．D．
5．（2024•新课标）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
6．（2024•全国）某科学博物馆有一个令人印象深刻的实验演示：将人安置在一个巨大的金属笼内，即使外加于金属笼的高电压产生巨大火花，金属笼内的人依然毫发无伤。依据前述实验结果，若
将一导体球壳置于电场中，则下列电场线分布示意图，何者正确？（各选项中实线代表不偏折的电场线，虚线代表垂直射入或穿出导体球壳表面的电场线）（）
A．B．
C．D．E． 7．（2025•海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球 a，则关于验电器
金属小球 a 和金属箔 b，下列说法正确的是（）
A．a、b 都带正电B．a、b 都带负电
C．a 带负电、b 带正电D．a 带正电、b 带负电
8．（2025•浙江）三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的 d，e 与 e，f 两点间的距离相等，则（）
A．a 点电势高于 b 点电势
B．a、c 两点的电场强度相同
C．d、f 间电势差为 d、e 间电势差的两倍
D．从 a 到 b 与从 f 到 b，电场力对电子做功相等
9．（2025•江苏）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由 a 点移动到 b 点的过程中，电场力做功为 W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的
2 倍，再将该电荷由 a 移动到 b 的过程中，电场力做功为（）
?
2B．WC．2WD．4W
10．（2025•河南）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
（）
A．B．C．D． 11．（2025•海南）某静电场电势 φ 在 x 轴上分布如图所示，图线关于 φ 轴对称，M、P、N 是 x 轴
上的三点，OM＝ON；有一电子从 M 点静止释放，仅受 x 方向的电场力作用，则下列说法正确的是（）
A．P 点电场强度方向沿 x 负方向
B．M 点的电场强度小于 N 点的电场强度
C．电子在 P 点的动能小于在 N 点的动能
D．电子在 M 点的电势能大于在 P 点的电势能
12．（2023•甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发 散的电子束聚集。下列 4 幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（）
A．B．
C．D．
13．（2023•湖北）在正点电荷 Q 产生的电场中有 M、N 两点，其电势分别为 φM、φN，电场强度大小分别为 EM、EN。下列说法正确的是（）
A．若 φM＞φN，则 M 点到电荷 Q 的距离比 N 点的远
B．若 EM＜EN，则 M 点到电荷 Q 的距离比 N 点的近 C．若把带负电的试探电荷从 M 点移到 N 点，电场力做正功，则 φM＜φN D．若把带正电的试探电荷从 M 点移到 N 点，电场力做负功，则 EM＞EN
14．（2023•海南）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有 A、B 两点，AO＝2cm，OB＝
4cm，在 AB 固定两个带电量分别为 Q1、Q2 的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧 P 点
（小球可视为点电荷），已知 AP：BP＝n：1，试求 Q1：Q2 是多少（）
A．2n2：1B．4n2：1C．2n3：1D．4n3：1
电 场 ，圆 环
15．（2024•湖南）真空中有电荷量为+4q 和﹣q 的两个点电荷，分别固定在 x 轴上﹣1 和 0 处。设无限远处电势为 0，x 正半轴上各点电势 φ 随 x 变化的图像正确的是（）
．
A ． B ． C ． D
16．（2024•浙江）如图所示，空间原有大小为 E、方向竖直向上的匀强
在此空间同一水平面的 M、N 点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑
ABCD 垂直 MN 放置，其圆心 O 在 MN 的中点，半径为 R，AC 和 BD 分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q 的小球套在圆环上，从 A 点沿圆环以初速度 v0 做完整的圆周运动，则（ ） A．小球从 A 到 C 的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在 D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
17．（2024•甲卷）在电荷量为 Q 的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点
?
电荷 r 处的电势为??，其中 k 为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点
电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为 Q1 和 Q2 的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（）
?1
1
A．Q ＜0，
?2
?1
1
C．Q ＜0，
?2
?1
1
= −2B．Q ＞0，
?2
?1
1
= −3D．Q ＞0，
?2
= −2
= −3
18．（2024•河北）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
19．（2024•江西）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（ ）
A．电场力增大，方向向左
B．电场力增大，方向向右 C．电场力减小，方向向左 D．电场力减小，方向向右
20．（2024•北京）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于 M、N 两点，P、Q 是 MN 连线上的两点，且 MP＝QN。下列说法正确的是（ ）
A．P 点电场强度比 Q 点电场强度大
B．P 点电势与 Q 点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P 点电场强度大小也变为原来的 2 倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P、Q 两点间电势差不变
21．（2024•选择性）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面（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 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
22．（2024•贵州）如图，A、B、C 三个点位于以 O 为圆心的圆上，直径 AB 与弦 BC 间的夹角为
30°。A、B 两点分别放有电荷量大小为 qA、qB 的点电荷时，C 点的电场强度方向恰好沿圆的切
??
线方向，则??等于（）
1
A．3
B． 3
3
C．
D．2
3
23．（2024•重庆）沿空间某直线建立 x 轴，该直线上的静电场方向沿 x 轴，某点电势的 φ 随位置 x变化的图像如图所示，一电荷量为 e 带负电的试探电荷，经过 x2 点时动能为 1.5eV，速度沿 x 轴正方向，若该电荷仅受电场力，则其将（ ）
A．不能通过 x3 点B．在 x3 点两侧往复运动
C．能通过 x0 点D．在 x1 点两侧往复运动
24．（2024•全国）以等长细绳悬挂半径均为 r、质量均为 m 的两相同金属小球于固定点 O，两小球带电量相同，因互斥分开，达到平衡后，球心相距 2D（r≪D），如图所示。若固定点到球心连线的垂直距离为 L，库仑常数为 ke，重力加速度为 g，细绳质量可忽略，则每颗球上的电量约为下列
何者？（）
???3
???
1
2
???3
???
???
???3
A．2 C． E．
???3
???
???
???3
B． D．2
25．（2024•安徽）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，
通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为 d 的正三角形，如图甲所示。小球质量为 m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球 1 和球 2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为 v1、v2、v3，如图
??2
乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k 为静电
2?
力常量，不计空气阻力，则（） A．该过程中小球 3 受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
2??2
3??
D．在图乙位置，?3 =
26．（2025•北京）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 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
27．（2025•四川）如图所示，由长为 R 的直管 ab 和半径为 R 的半圆形弯管 bcd、def 组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd 圆心 O 点处固定一电荷量为 Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为 q（q＞0 且 q≪Q）的带电小球以一定初速度从 a 点进入管道，沿管道运动后从 f 点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在 e 点所受库仑力大于在 b 点所受库仑力
B．小球从 c 点到 e 点电势能先不变后减小
C．小球过 f 点的动能等于过 d 点的动能
D．小球过 b 点的速度大于过 a 点的速度
28．（2025•云南）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﹣2V、﹣1V、1V、2V 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 2eV
D．一个电子从 a 点移动到 d 点电势能增加了 4eV
29．（2023•浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极 YY'、水平方向偏转电极 XX'和荧光屏组成。电极 XX'的长度为 l、间距为 d、极板间电压为 U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为 10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿 OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为 e，质量为 m，则电子（ ）
??
A．在 XX'极板间的加速度大小为 ?
2???
B．打在荧光屏时，动能大小为 11eU C．在 XX'极板间受到电场力的冲量大小为
?
D．打在荧光屏时，其速度方向与 OO'连线夹角 α 的正切???? = 20?
二．多选题（共 14 小题）
（多选）30．（2025•山东）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 3?，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
（多选）31．（2024•湖北）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（） A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
（多选）32．（2025•湖南）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?
2?
．电场强度的大小为
??
D．电场强度的大小为2 2??
??
的
（多选）33．（2024•天津）某静电场在 x 轴正半轴的电势 φ 随 x 变化图像如图所示，a、b、c、d 为 x 轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从 d 点开始沿 x 轴负方向运动到 a 点，则该电荷
（）
A．在 b 点电势能最小B．在 c 点时速度最小
C．所受静电力始终做负功D．在 a 点受静电力沿 x 轴负方向
（多选）34．（2023•辽宁）图（a） 为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于 x 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（）
A．P 点电势比 M 点的低B．P 点电场强度大小比 M 点的大
C．M 点电场强度方向沿 z 轴正方向D．沿 x 轴运动的带电粒子，电势能不变
（多选）35．（2023•山东）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为 O 和 O′，A、D 两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．F′点与 C′点的电场强度大小相等 B．B′点与 E′点的电场强度方向相同
C．A′点与 F′点的电势差小于 O'点与 D'点的电势差 D．将试探电荷+q 由 F 点沿直线移动到 O 点，其电势能先增大后减小
（多选）36．（2023•天津）如图所示，在一固定的正点电荷产生的电场中，另一正点电荷 q 先后以大小相等、方向不同的初速度从 P 点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线 PM 和曲线 PN 两条轨迹，经过 M、N 两点时 q 的速度大小相等。则（ ）
A．M 点比 P 点的电势低
B．M、N 两点电势不同
C．q 从 P 点到 M 点始终做减速运动
D．q 在 M、N 两点的加速度大小相等
（多选）37．（2023•河北）如图，在 x 轴上放置四个点电荷 q1、q2、q3 和 q4，q1、q2 位于 A 点两侧， q3、q4 位于 B 点两侧。C 点在 y 轴上，且 OA＝OB＝OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以 O 点为球心、以 OC 为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（）
A．A、B 两点电场强度的方向一定沿 x 轴正方向
B．若在 O 点放一正点电荷，则 A、B 两点的电势一定升高
C．试探电荷 q 沿 y 轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷 q 沿 y 轴运动过程中，若静电力始终不做功，则 C 点的电场强度一定为零
（多选）38．（2024•甘肃）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N 分别是运动轨迹与等势面 b、a 的交点。下列说法正确的是（） A．粒子带负电荷
B．M 点的电场强度比 N 点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能
（多选）39．（2024•海南）真空中有两个点电荷，电荷量均为﹣q（q
＞0），固定于相距为 2r 的 P1、P2 两点，O 是 P1P2 连线的中点，M 点在 P1P2 连线的中垂线上，距离 O 点为 r，N 点在 P1P2 连线上，距离 O 点为 x（x≪r），已知静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ）
A．P1P2 中垂线上电场强度最大的点到 O 点的距离为 3?
3
B．P1P2 中垂线上电场强度的最大值为4 3??
9?2
C．在 M 点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在 N 点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
（多选）40．（2024•全国）在均匀静电场中，将质量为 m 的带电小球以水平速度抛出，发现小球在
?
铅直方向以4的等加速度向下运动（g 为重力加速度量值），而在水平方向作等速运动。当小球在
铅直方向的高度下降 h 时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（） A．若小球带负电，则电场的方向垂直向下 B．若小球带正电，则电场的方向垂直向下
??ℎ
C．小球的重力位能减少了 4
D．小球的电位能增加了
3??ℎ
4
??ℎ
E．小球的动能增加了 4
3??2
??
（多选）41．（2024•山东）如图所示，带电量为+q 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+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 AC 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（）
A．OB 的距离? =
3??2
3??
B．OB 的距离? =
C．从 A 到 C，静电力对小滑块做功 W＝﹣mgs
???
D．AC 之间的电势差??? = − 2?
（多选）42．（2025•湖北）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
2??
C．大小为 ?2 （cs54°+cs18°）
2??
D．大小为 ?2 （2cs54°+cs18°）
（多选）43．（2025•安徽）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
别
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（）
1
A．?1 = 2?2
??
B．? = 2?2
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
??2
??
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小? =
三．填空题（共 3 小题）
泡
。
、
44．（2023•福建）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心 O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃上半部分的电场可视为位于 O 点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、 d、O 为同一平面上的 5 个点，abc 是一段以 O 为圆心的圆弧，d 为 Ob 的中点 a、d 两点场强大小分别为 Ea、Ed，O、a、c、d 四点电势分别为 φO、φa φc、φd，则 Ea Ed；φa φc，（φO﹣φa）2
（φd﹣φa）。（填“大于”、“等于”或“小于”）
。
45．（2024•福建）如图，圆心为 O 点、半径为 R 的圆周上有 A、B、C、D、E、F、G、H 八个等分点，G 点固定有一带电量为﹣Q（Q＞0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q 的点电荷。已知静电力常量为 k，则 O 点的电场强度大小为
M、N 分别为 OC、OG 的中点，则 M 点的电势 （填“大于” “等于”或“小于”）N 点的电势；将一带电量为+q（q＞0）的点电荷从 M点沿图中 ??弧 线移动到 N 点， 电场力对该点电荷所做的总功
（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
46．（2025•福建）两个点电荷 Q1 与 Q2 静立于竖直平面上，于 P 点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1 与 Q1Q2 夹角为 30°，PQ1⊥PQ2，则 Q1 与 Q2 电量之比为 ，在 PQ1 连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态 （存在，不存在）。
四．解答题（共 8 小题）
47．（2025•房山区一模）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
真空中静止的点电荷，电荷量为 Q，静电力常量为 k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电荷 Q 相距为 r 处电场强度的大小 E。
电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流 I1、I2 的两根导线平行放置且电流均向上。设 I1l1和 I2l2 分别表示导线上 M、N 两点处的电流元，M、N 两点相距为 r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写出两电流元间相互作用的磁场力大小 F（若需常量可用 μ 表示）。
环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心 O 处产生磁场的磁感应强度大小为
?0?
? = 2?，μ0 为常数，I 为环形电流中的电流大小，R 为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量
为 q 的点电荷以速度 v 运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为 d 的 P 点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规律，求该运动点电荷在 P 点产生磁场的磁感应强度大小 B0。
48．（2023•乙卷）如图，等边三角形△ABC 位于竖直平面内，AB 边水平，顶点 C 在 AB 边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知 AB 边中点 M 处的电场强度方向竖直向下，BC边中点 N 处的电场强度方向竖直向上，A 点处点电荷的电荷量的绝对值为 q，求
（1）B 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断 3 个点电荷的正负；
（2）C 点处点电荷的电荷量。
49．（2025•上海模拟）与参考体相固连的整个延伸空间。参考体是用来确定物体的位置和描述它的 机械运动而选作标准的另一个物体。为了用数值表达一个物体的位置，可在参考体上设置坐标系，称为参考坐标系。
若选定地面为参考系，动车进站时可看作匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙。
①一乘客站在 5 号车厢候车点候车，则 1 号车厢与 2、3 号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（ ）
2
A.(2− 3)：( 3−1)B.( 3−1)：1C.2：D.( 3− 2)：1
②已知动车在相对地面速度为 v0 的时候开始减速，加速度大小始终为 a，现一动车中名乘客从动车头以相对地面速度 v（v＜v0）匀速走向动车尾，且经过Δt 时间内走到动车尾，则此时若以该乘客作为参考系，画出动车在Δt 时间内的 x﹣t 图像，并标出图像中的相关信息。（规定列车运动方向为正方向）
如图是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框 abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨 PQ 和 MN，导轨间有竖直（垂 直纸面）方向等间距的匀强磁场，二者大小相等，方向相反。车底部金属框的 ad 边宽度与磁场间隔相等，当方向相反的匀强磁场同时以恒定速度 v0 沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的 ab 边长为 L、总电阻为 R，实验车与线框的总质量 为 M，磁感应强度为 B，磁场运动速度为 v0，已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力为
f。
①设 t＝0 时刻，实验车的速度为零，求金属框中通过电流的方向为 （选填“abcd”或“adcb”），边框受到磁场力的方向为 。（选填“水平向右”或“水平向左”）
②该过程中，实验车的最大速率 vmax＝ 。
③ 小 明 绘 制 出 了 该 过 程 中 通 过 线 框 的 电 流 与 时 间 图 像 ， 如 图 所 示 。 则 I0
＝ ，I1＝ 。之后小明思考如果在实验车运动的 过 程 中 ， 选 取 运 动 的 磁 场 作 为 参 考 系 ， 则 此 时 I ﹣ t 图 与 纵 轴 的 交 点 I0 ′
＝ ，I1′＝ 。（用题目中的已知量表示，
I0、I1 未知）
科学家发现一个半径为 R 的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。而均匀带电薄球壳在内部任意点产生的电场强度为零，由以上信息结合叠加原理解决下列问题。已知静电力常量为 k。根据汤姆孙的原子模型，我们可以把原子看成是一个半径为 R 的电中性的球体，正电荷均匀分布在整个球内，电子像枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里。在 α 粒子散射实验中，某 α 粒子沿着原子边缘以速度 v 射向金原子，如图乙所示。不考虑电子对 α 粒子的作用。为简单计，认为该 α 粒子接近金原子时（即 r﹣R，图中
??
两条平行虚线范围内）才受金原子中正电荷的静电作用，作用力为恒力，大小为? = ??2 （Q 和 q
2?
分别为金原子正电荷电量和 α 粒子电量）、方向始终与入射方向垂直，作用时间的数量级为 ? 。
（α 粒子动能为 Ek，电子电量为 e）
①（计算）一半径为 R、带正电荷 Q 的粒子，以球心 O 为原点建立坐标轴 Ox，如图甲所示。求 Ox 轴上电场强度大小 E 与坐标 x 的关系 。
②在 α 粒子散射实验中，小明根据计算，得出了 α 粒子电势能 Ep 随 x 的变化图像（其中取无穷
??1
远处为 0 势能面），如图所示。其中??2 = 。现在取距离为 R 的点处为
零势能面，请你帮助小明补充完整图像。（要求：在方框内填入相应的表达式，并画出 x 轴下方的图像）
50．（2025•贵港三模）如图所示，竖直放置的金属极板 A、B 间所加恒定电压大小为 U，其中极板 A
连接电源负极，B 连接正极，紫外线照射金属极板 A 使其发生光电效应。一个光电子从极板 A 上
的 M 点逸出时速度大小为 v0，方向与水平方向的夹角为 60°，当它运动到 N 点时，速度方向与水平方向的夹角变为 30°。不计光电子的重力，已知电子的质量为 m，电荷量为﹣e，求：
M、N 两点间的电势差 UMN；
光电子到达 B 板时的动能 Ek。
51．（2025•武汉模拟）如图所示，竖直面内有一长为 1.2l、宽为 0.8l 的长方形 ABCD，M、N 分别为 AD 与 BC 的中点。四个电荷量均为 Q（Q 未知）的点电荷位于长方形的四个顶点，A、D 处点电荷带正电，B、C 处点电荷带负电。一个质量为 m、电荷量为+q（可视为点电荷）的带电小球从
M 处由静止释放，小球运动到 MN 中点 O 处时速度为 2??。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力，求：
M、O 两点间的电势差 UMO；
小球到达 N 点时的速度大小 vN；
已知在电荷量为 Q 的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷 r
处的电势为 φ =
??
? ，其中 k 为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电
荷单独存在时该点的电势的代数和。求点电荷 Q 的电荷量。
52．（2025•南开区模拟）物理学家密立根早在 1911 年就曾依据下述著名的油滴实验，推断自然界存在基元电荷，并推算出了元电荷的带电量。下面我们追溯这个实验过程并提出问题，请同学们自
行推出结论。
水平放置的两平行正对绝缘金属极板间的距离为 d（如图），在上极板中间开一小孔，使质量为 m 的微小带电油滴从小孔落到两极板中间；忽略空气浮力及金属板厚度，当极板上没加电压时，经过一段时间可观察到油滴以恒定速率 v1 在空气中缓慢降落。已知空气阻力大小与速度大小成正比，设比例系数为 k。
在极板上加电压 U 时（上极板为正），可测得油滴以恒定速率 v2 缓慢上升，试求油滴所带电荷量 q（设重力加速度为 g，电荷量用 d，U、k、v1、v2 等已知量表示）。
若在极板上不加电压，油滴在两极板间以恒定速率 v1 下降一定竖直距离所需时间为 h；加了
11
电压 U 后以恒定速率 v2 上升同一竖直距离所需时间为 t2。则油滴的电荷量可表示为?(?1 + ?2)试
用已知量 d、g、U、t 及油滴质量 m 来表示 A 的表达式。
撤去电压，使所考查的油滴又降落，并在两极板间照射 X 射线以改变油滴的电荷量，再在极
板上加电压 U，重复测定油滴的上升时间 t2 即可发现(
1
?1
1
+ ?2
)始终是 0.00535J•s﹣1 的整数倍，由此
推论：一定存在基元电荷，试计算出基元电荷的电荷量（取 2 位有效数字）。
该实验中相关数据如下：d＝2.0×10﹣2m，m＝3.2×10﹣16kg，t1＝11.9s，U＝25V，g＝9.8m/s2。
53．（2025•朝阳区一模）液体雾化具有广泛的应用，其本质是将液体破碎为微小液滴的过程。
液滴的滴落可看作雾化的最基本形态。以吸附在竖直滴管末端的液体为例，如图 1 所示，当液体所受重力超过管口处的表面张力（可认为方向垂直向上）时，将脱离管口形成液滴。已知管口的直径为 d，液体表面张力 F＝αl，α 为表面张力系数，l 为液面分界线长度。
请推导表面张力系数 α 的单位；
若液滴的直径为 D，请分析论证 D3∝α。
静电雾化是利用静电力使液体雾化的技术，可以产生微米级甚至纳米级的液滴。如图 2 所示，将高压直流电源正极浸到毛细管内液体中，使液体带电。液体从毛细管中流出时，由于电荷间的排斥作用散裂成液滴，最终形成喷雾。当管口处单位时间内流出的液体体积为 Q 时，电流表的示数为 I。假设在喷雾区的所有液滴的半径均为 r，液滴所带电荷量相同且均匀分布在液滴表面，静电力常量为 k，忽略重力影响，不计喷雾区内液滴间的相互作用。
求液滴所带电荷量 q；
对于喷雾区内任意一个液滴，取液滴上某一微小面元，其面积用 S 表示，此面元受到该液滴上其
?
他电荷的静电力大小用 F 表示，求?。（已知均匀带电球面内电场强度处处为零，球面外电场强度
可视为球面电荷量集中在球心处的点电荷所产生）
54．（2025•柳州三模）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为 3m 的木板 A，A 的右侧固定一轻质挡板 P，A 的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数 μ＝0.4，在 A 的上方有水平向右的匀
强电场。A 在水平向右的恒力 F 作用下向右运动，当 A 的速度为 v0 时，质量为 m、带正电的滑块 B，以向右的速度 v0 从左侧滑上 A，当 B 与 P 碰撞前的瞬间，A 的速度恰好减为零，已知 B 与 P
4
的碰撞为弹性碰撞且 B 始终未脱离 A，B 可视为质点且所受电场力与 F 始终相等，? = 5??，重
力加速度为 g。求：
（1）B 与 P 碰撞前，A、B 的加速度大小；
（2）B 与 P 第 1 次碰撞后，B 离 P 的最远距离；
从 B 与 P 第 1 次碰撞至第 3 次碰撞的过程中，B 的电势能的变化量。
专题 07
电场力的性质与能量
参考答案与试题解析
一．选择题（共 29 小题）
二．多选题（共 14 小题）
一．选择题（共 29 小题）
【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：根据电场力的计算公式 F＝qE 可知，F﹣q 图像的斜率分别表示 ab 两点的场强大小，因为图线 a 的斜率大于图线 b 的斜率，则 Ea＞Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故 D 正确，ABC错误。
故选：D。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：图中为一条电场线，根据沿电场线方向，电势逐渐降低的特点，则电势最高的是 d 点，最低的是 a 点，故 D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、由于电场线的切线方向表示电场强度的方向，所以电场线不能交叉，故 A 错误； B、正点电荷的电场线是以正电荷为中心均匀分布的放射线，该图是可能的，故 B 正确；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
B
C
B
D
C
D
A
C
D
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
A
C
C
D
C
B
C
B
C
D
B
题号
23
24
25
26
27
28
29
答案
B
A
D
D
B
C
D
题号
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
答案
BD
AC
AD
BD
CD
ACD
AD
BD
BCD
BCD
ADE
题号
41
42
43
答案
AD
AD
ABD
C、静电场的电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远），不是闭合曲线，故 C
错误；
D、匀强电场的电场线是距离相等的平行线，不存在平行但距离不相等的电场线，故 D 错误。故选：B。
【专题】比较思想；方程法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：由 φ﹣s 图像可知，电荷向右移动，电势逐渐降低，根据电势能公式 Ep＝qφ，知负电荷的电势能逐渐增大，且电势能为负值，故 ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【专题】定量思想；合成分解法；受力分析方法专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：AB、设 P、Q 之间相互作用的库仑力大小为 F，对 P、Q 受力分析如下图所示：
由题可知 P、Q 处于同一水平面内，根据平衡条件得：对 P 在水平方向上有：TPsinθ＝F+qPE
对 P 在竖直方向上有：TPcsθ＝mPg
同理，对 Q 在水平与竖直方向上分别有： TQsinθ＝F﹣qQE
TQcsθ＝mQg
对比可得：TP＞TQ，mP＞mQ，故 A 错误，B 正确；
CD、P、Q 之间相互作用的库仑力总是等大反向，其大小为 F = ?
的大小关系，故 CD 错误。故选：B。
????
?2 ，故无法判断两者的电荷量
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：导体球壳达到静电平衡后，整个球壳是个等势体，球壳表面是等势面，球壳内部没有电场，不能画电场线，球壳外的电场线与球壳表面要垂直，根据以上特征分析，符合题意的是 D，故 ABCE错误，D 正确。
故选：D。
【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力． 解：由题意可知，验电器的正、负电荷数相等，不显示电性；当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，在带电金属球产生的静电场的作用下，验电器金属箔 b 上的电子向金属球 a 转移，使得金属球 a 多余负电荷，带负电，金属箔 b 多余正电荷，带正电，故 ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据沿电场线方向电势降低可得 a 点电势低于 b 点电势，故 A 错误； B、a、c 两点的电场强度方向不相同，则电场强度不同，故 B 错误；
C、根据 U＝Ed 可知，d、e 间平均电场强度大于 e、f 间的平均电场强度，所以 Ude＞Uef，则 d、f
间电势差小于 d、e 间电势差的两倍，故 C 错误；
D、根据图像可知 a 和 f 位于同一个等势面，根据 W＝qU 可知，从 a 到 b 与从 f 到 b，电场力对电子做功相等，故 D 正确。
故选：D。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，
?1
由公式? = ?可知，极板间电场强度变为原来的2，则有 W＝Eqd 可知，再把电荷由 a 移至 b，则
1
电场力做功变为原来的
2
故 A 正确，BCD 错误。故选：A。
?
，即电场力做功为 。
2
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：根据题意作图
a、c 连线的中点即为 b 点的等电势点，则图中的虚线为匀强电场的等势线，又 φa＞φc，故 a 点电场强度的方向是有 a→c，故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A．由 φ﹣x 图像可知，在 x 正半轴沿+x 方向电势降低，则 P 点电场强度方向沿 x 正方向，
故 A 错误；
B．φ﹣x 图像切线斜率表示电场强度，根据图像的对称性特点，可知 M 点的电场强度大小等于 N
点的电场强度，方向相反，故 B 错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在 P 点的电势能小于在 N 点的电势能，根据能量的转化和守恒定律可知，电子在 P 点的动能大于在 N 点的动能，故 C 错误； D．电子在电势低处电势能大，故电子在 M 点的电势能大于在 P 点的电势能，故 D 正确。
故选：D。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。
B：选项中电子在图 1E 处受力指向凸测，故 B 错误；
C：选项中电子在图 2F 处受力指向凸测，故 C 错误；
D：选项中电子在图 3G 处受力指向凸测，故 D 错误；
A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故 A 正确。故选：A。
【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：
A、若 φM＞φN，根据沿电场线方向电势降低可知，M 点到点电荷 Q 的距离比 N 点的近，故 A 错
误；
??
B、若 EM＜EN，根据 E = ?2 ，可知 M 点到点电荷 Q 的距离比 N 点的远，故 B 错误；
C、若把带负电的试探电荷从 M 点移到 N 点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小，所处位置的电势升高，故有：φM＜φN，故 C 正确；
D、若把带正电的试探电荷从 M 点移到 N 点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近 Q 运动，
则 N 点距离点电荷 Q 近，有：EM＜EN，故 D 错误。故选：C。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．解：对小球受力分析如图所示：
????
在△CHP 中，根据正弦定理有???∠??? = ???∠???
其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO
??
??
在△APO 中，根据正弦定理???(?−∠???) = ???∠???
????
在△BPO 中，根据正弦定理???∠??? = ???∠???
?1??2?
根据库仑定律?? = ???2，?? = ???2
联立以上各式，解得 Q1：Q2＝2n3：1综上分析，故 ABD 错误，C 正确。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
?
解：解法一：根据真空中点电荷周围某点处的电势公式? = ??，设在 x 轴正半轴上坐标为 x0 位置
处的电势为 0，根据电势叠加的知识有 k
4?
−?
+? ?
= 0，解得?0 =
1
，即当0＜? ≤
1
时，电势 φ＜
1+?0033
1
0，当?＞
3
时，电势 φ＞0，随着 x 的持续增大，φ 先增大又逐渐减小为 0，故 ABC 错误，D 正确。
解法二：电荷量为+4q 和﹣q 的两个点电荷，分别固定在 x 轴上﹣1 和 0 处。根据点电荷的电场叠加，可知沿 x 正半轴电场强度先沿﹣x 方向逐渐减小到零，之后沿+x 方向先增大再减小。因负电荷处于 x＝0 处，故 x＝0 处电势为负无穷大，根据电势与电场强度的关系，φ﹣x 图像的斜率表示
电场强度，可知沿 x 正半轴电势由负无穷逐渐升高，电场强度为零处，φ﹣x 图像的斜率为零，此处电势最高，之后电势逐渐降低，直到无限远处电势为零，故 ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在 M、N 点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从 A 到 C 的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故 A 错误；
B、当竖直向上的匀强电场的电场强度 E 满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合
力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故 B 错误；
C、小球从 A 到 B 的过程，根据动能定理可以求出小球运动到 B 点的速度大小 vB，由??
?2
?
=，可
?
以求得小球在 B 点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在 B 点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在 B 点的加速度，故 C 正确；
D、小球在 D 点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在 M、N 点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于 MN，而圆周运动所需向心力由 D 指向 O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在 D 点受到圆环的作用力方向不平行 MN，故 D 错误。
故选：C。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：若规定无限远处的电势规定为零，正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均匀负，因此 Q1 为正电荷，Q2 为负电荷，即 Q1＞0，Q2＜0；
?
根据点电荷的电势与距离的关系? = ??
由图可知，当两点电荷产生的电势的代数和为 0 时，有 r1＝2r2
?1?2
因此??1 +??2 = 0
?1
得
?2
?1
= −?2
2?2
= − ?2
= −2
综上分析，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中 c 点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；理解能力．解：两极板之间电压不变，则根据
?
E = ?
可知当 d 减小时，E 增大；平行金属板电场强度由正极指向负极，且方向水平向左，故电子所受电场力方向水平向右，且根据
F＝Ee
可知，电场力增大，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q 两点电场强度大小相等，故 A 错误； B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P 点电势高于 Q 点电势，故 B 错误；
?
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得 P 点电场强度? = ???2 +?
?
2，若仅将两点电荷的
??
电荷量均变为原来的 2 倍，则 P 点电场强度大小也变为原来的 2 倍，同理 Q 点电场强度大小也变为原来的 2 倍，PQ 间的平均电场强度变大，而 PQ 间距不变，由 U = ?•d，故 P、Q 两点间电势差变大，故 C 正确，D 错误。
故选：C。
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从 O 点出发运动到 O 点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故 ABC 错误，D 正确。故选：D。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：根据题意，qA、qB 带异种电荷，假设 qA 为正点电荷，qB 为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示：
设圆的半径为 r，根据数学知识 A 点到 C 点的距离 rA＝r B 点到 C 点的距离?? = 2????30° = 3?
根据点电荷的场强公式，点电荷 qA 在 C 点产生的场强?? =
???
?
2
?
???
= ?2
点电荷 qB 在 C 点产生的场强?? =
??
根据数学知识???30° = ??
???
?
2 =
?
???
???
( 3?)2
= 3?2
??3
代入数据联立解得?? = 3
综上分析，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．解：在φ﹣x 图像中，图像的斜率表示电场强度的大小，因此在 x3 处，场强为零。 A.假设试探电荷能到达 x3，电场力做功 W1＝﹣e（1﹣2）V＝+1eV
根据动能定理 W1＝Ek3﹣Ek2
代入数据解得 Ek3＝2.5eV，假设成立，故 A 错误；
BCD.当 x＞x3，场强方向沿 x 轴正方向，试探电荷所受电场力沿 x 轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到 x2 处时，动能为 1.5eV，速度方向沿 x 轴负方向；在 x1＜x＜x3 范围，场强方向沿 x 轴负方向，电场力方向沿 x 轴正方向，试探电荷做减速运动；设动能减为零时的电势为 φ，根据动能定理﹣e（1﹣φ）V＝0﹣1.5eV
解得 φ＝﹣0.5V
因此，试探电荷还未运动到 x1 处，速度减速至零；
当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，再次到达 x3 处速度达到最大，在 x＞x3 区域，试探做减速运动至速度为零，再向左先做加速运动，后做减速运动至零，即试探电荷在 x3 点两侧往复运动，故 B 正确，CD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：对左边的小球受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为 θ，小球带电荷量为 Q，根据平衡条件有
F＝mgtanθ
?????
根据库仑定律有 F = (2?)2，由图中几何关系有 tanθ = ?
联立解得 Q＝2 ???3，故 A 正确，BCDE 错误。
???
故选：A。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球 1 和球 2 间的细线剪断瞬间，小球 1 和 3，小球 2 和 3 之间细线上的弹力发生突变，小球 3 受到水平向左的合力作用；当小球 3 运动到图乙位置时，小球 3 所受的合力为零，故 A 错误；
B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故 B 错误；
CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律 mv3﹣mv1﹣mv2＝0
由于小球 1、2 的受力情况相同，因此 v1＝v2
化简得 v3＝2v1＝2v2
三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp 减＝ΔEk 增
??21212
即 2? = 2??3 +2 × 2??1
代入数据解得?3
=2??2，故 D 正确。
3??
故选：D。
【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度 a＝gsinθ，
（θ 为坡面与水平面夹角）。MB 对应的等高线较密集，坡面较陡，即 θ 较大，可得小球沿着 MB
运动时加速度比沿着 MA 运动时加速度大，故 A 错误；
B.A、B 在同一等高线上，小球沿 MA 和 MB 下落的高度相同，根据机械能守恒易知运动到 A、B
点时速度大小相同，故 B 错误；
C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因 B 处等势线较密集，故 A 点电场强度比 B 点小，故
C 错误；
D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故 D 正确。故选：D。
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；实验探究能力．
??
解：A.根据库仑定律? = ? ?2
由于 re＞rb，因此则小球在 e 点所受库仑力小于在 b 点所受库仑力，故 A 错误；
?
B.点电荷在距其 r 处的电势为中? = ??
由于 c 点到 d 点 r 不变，d 点到 e 点 r 逐渐增大，因此 c 点到 d 点电势不变，d 点到 e 点 r 逐渐减小；根据电势能的定义式 Ep＝qφ 可知，小球从 c 点到 d 点电势能不变，从 d 点到 e 点电势能逐渐减小，故 B 正确；
C.由于 rf＞rd，根据上述 B 分析可知，小球的电势能 Epd＞Epf
绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律可知，小球过 f
点的动能大于过 d 点的动能，故 C 错误；
D.由于 ra＞rb，根据上述 B 分析可知，小球的电势能 Epb＞Epa
绝缘光滑管道固定于水平面内，根据能量守恒定律可知，小球过 a 点的动能大于过 b 点的动能，则小球过 b 点的速度小于过 a 点的速度，故 D 错误。
故选：B。
【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．解：AB.电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此 a、b、c、d中 a 点电场强度最大，故 AB 错误；
C.根据动能定理，一个电子从 b 点移动到 c 点电场力做功为 W＝﹣e（φb﹣φc）＝﹣e×（﹣1﹣1） V＝2eV，故 C 正确；
D.根据动能定理，一个电子从 a 点移动到 d 点电场力做功 W＝﹣e（φa﹣φd）＝﹣e×（﹣2﹣2）V
＝4eV
根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小了 4eV，故 D 错误。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
??
解：A、根据牛顿第二定律可知在 XX'极板间的加速度大小为 a =，故 A 错误；
??
B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为 10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为 0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是 10.5eU，故 B 错误；
C、根据动能定理可知在 XX'极板间受到电场力的冲量大小为 I＝Δp＝mvy，由于偏转电场对电子
做功最大为 0.5eU，可得1??2 ≤ 0.5eU，所以在 XX'极板间受到电场力的冲量大小 I ≤ ???，故 C
2?
错误；
D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e•10U =
1
??2，在 XX'极板运动的时间为 l＝vt，沿电
2
场方向的位移 y = 1 ⋅ ??t2，则位移为水平方向的夹角 θ 的正切 tanθ = ?
tanα＝2tanθ；

2 ??
?，根据平抛运动规律可知
?
联立解得：???? = 20?，故 D 正确。
故选：D。
二．多选题（共 14 小题）
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：A.对甲、乙两小球受力分析如图所示
设 OC 与 AB 线段交点为 G 点，由几何关系2????∠??? = 3?，解得∠OAB＝∠OBA＝30°，因此有∠OGA＝180°﹣30°﹣45°＝105°，∠OGB＝180°﹣105°＝75°，根据正弦定理，对甲
?甲?
有=
???30°
?电
???45°
，对乙有
?乙?
???30° =
?电′
???75°
，因为 sin45°＜sin75°，F 电与 F 电′是一对相互作用
力，大小相等，可得 m 甲＞m 乙，故 A 错误；
??
B.根据点电荷场强公式? = ?2 ，由场强叠加知识，可知 C 到 D 之间的圆弧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，故 B 正确；
C.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3q 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 3q 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，故 C 错误；
D.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，两球均带正电，则电势先升高后降低，故 D 正确。故选：BD。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、由电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故 A
正确；
B、电场线与等势面处处垂直，沿电场线的方向电势是降低的，即由电势高的等势面指向电势低的等势面，故 B 错误；
C、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，在该点电荷的运动过程中电场力对其做正功，由功能关系可知，其电势能将减小，故 C 正确；
D、点电荷仅在电场力作用下从静止释放，由 C 选项的分析可知在该点电荷的运动过程中其电势能将减小，根据电势能与电势的关系，若该点电荷带正电，则运动过程中所经过的位置的电势是降低的，即其从高电势的地方向低电势的地方运动；若该点电荷带负电，则运动过程中所经过的位置的电势是升高的，即其从低电势的地方向高电势的地方运动，故 D 错误。
故选：AC。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
??
??
??
解：A、根据题意可知 O 点、A 点和 B 点的电势分别为?? = ? ，?? = − ? ，?? = 2?
??+??
故 OA 中点的电势为?? =2= 0
故 A 正确；
B、根据等势线与电场线垂直，
由 A 的分析可知，OA 中点 M 点的电势为 0
??
?? = − ?
??
?? = 2?
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 点做 MN 的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，如图，
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；
?
CD、根据电场强度定义式 E = ?可知，
0−(− ?? )
2 2?
电场强度的大小为，? = ?= ?
故 C 错误，D 正确。故选：AD。
1 ?⋅???45°
2
??
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
解：A、根据电势能 Ep＝qφ，可知负电荷所处电势越高电势能越小，x 轴上 a、b、c、d 四个点中 a
点的电势最高，故在 a 点电势能最小，故 A 错误；
B、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，x 轴上 a、b、c、d 四个点中 c 点的电势最低，故在 c 点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故 B 正确；
C、从 d 点到 a 点电势先降低后升高，此电荷从 d 点开始沿 x 轴负方向运动到 a 点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故 C 错误；
D、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在 a 点电场方向沿+x 方向，故此负电荷在 a 点受静电力沿 x 轴负方向，故 D 正确。
故选：BD。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在 z 轴上，电场线方向背离 O 点，在 y 轴上，电场线的方向指向 O 点，所以 M 点电场强度方向沿 z 轴正方向；根据沿电场线方向电势降低可知：φP＞φO＞φM，故 A 错误、C 正确；
B、M 点等势线比 P 点的等势线密，所以 P 点电场强度大小比 M 点的小，故 B 错误；
D、x 轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x 轴为等势面，根据 EP＝qφ 可知，沿 x 轴运动的带电粒子，电势能不变，故 D 正确。
故选：CD。
【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：D．将六棱柱的上表面的一半拿出
如图所示，由几何条件可知正电荷在 OF 中点 K 的场强方向垂直 OF，则 K 点的合场强与 OF 的夹
1
角为锐角，D 在 F 点产生的场强大小为 A 点在 F 点产生的场强大小的3，合场强方向斜相右上角
且与水平面的夹角大于三十度，所以在 F 点的场强和 OF 的夹角为钝角，因此将正电荷从 F 移到 O
点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故 D 正确； C．设 A′点电势为 φ，由等量异种电荷的电势分布可知
φA′＝φ＞0 φD′＝﹣φ＜0 φO′＝0 φF′＞0
因此
φA′﹣φF′＝φ﹣φF′＜φO′﹣φD′＝φ
即 A′点与 F′点的电势差小于 O'点与 D'点的电势差，故 C 正确；
AB．由等量异种电荷的对称性可知 F′和 C′电场强度大小相等，B′和 E′电场强度方向不同
（B′有向下的分量，E′有向上的分量），故 A 正确，B 错误；故选：ACD。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.由题图知正点电荷 q 从 P 点出发抵达 N 点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，从 P 点出发抵达 M 点做直线运动，所受电场力方向沿 PM，故固定的点电荷在 P 左侧，由沿电场线方向电势越来越低知 P 点电势高于 M 点电势，故 A 正确；
B.q 在 M、N 点时速度大小相等，由动能定理知 M、N 两点的电势相等，故 B 错误；
C.正点电荷 q 从 P 点出发抵达 M 点的过程中，所受电场力方向与速度方向相同，做加速度逐渐减小的加速直线运动，故 C 错误；
?
D.M、N 两点电势相等，在同一等势面上，由点电荷的场强公式? = ??2，知 M、N 两点的电场强
?
度大小相等，由 F＝qE，? =
故选：AD。
，可知，q 在 M、N 两点的加速度大小相等，故 D 正确。
?
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：A．选择 O 点作为球心、选择 OC 为半径的球面作为等势面，根据电场强度以及等势面的关 系从而可以得到以下结论，A、B 两点电场强度的方向与半径平行，与 x 轴重合。根据前面所述，无法判断各个电荷的电性，由此可以得到：A、B 两点电场强度的方向无法判断，故 A 错误；
B.选择无穷远处作为零电势点，根据正电点电荷电场的分布情况，可以得出正点电荷周围的电势为正值，若在 O 点放一正点电荷，则 A、B 两点的电势一定升高，故 B 正确；
C．试探电荷 q 沿 y 轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过 y 轴且垂直于 x
轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故 C 错误；
D．根据以 O 点为球心、以 OC 为半径的球面为等势面，可知 C 点的电场强度方向应与 y 轴重合，再根据经过 y 轴且垂直于 x 轴的平面为等势面，可知 C 点的电场强度方向应与 y 轴垂直，同一点 电场强度的方向是唯一的，故 C 点的电场强度一定为零，故 D 正确。
故选：BD。
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A.根据带电粒子做曲线运动的条件，电场力的方向应指向凹侧，以 M 点为例，电场力指向左下方向，结合等势线得粒子带正电荷，故 A 错误；
B.等势线越密的地方场强越大，根据图像 N 点的等势线比 M 点的密，故 M 点的电场强度比 N 点的小，故 B 正确；
C.电场力做负功电势能增大，电势能减小，当电势能最大时，动能最小，故当带电粒子在电势最大的点，动能最小，故 C 正确；
D.根据电势 φM＞φN，该粒子为正电荷，故 φMq＞φNq，即电势能 EpM＞EpN，故 D 正确。故选：BCD。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB．设 P1 处的点电荷在 P1P2 中垂线上某点 A 处产生的场强与竖直向下的夹角为 θ，则根据场强的叠加原理可知，A 点的合场强为
2?
? = ????2?????
?2
有数学知识可得当???? = 3时 E 有最大值，且最大值为
3
E = 4 3??
9?2
再根据几何关系可知 A 点到 O 点的距离为
y = 2?
2
故 A 错误，B 正确；
＞
C．在 M 点放入一电子，从静止释放，由于 r 2?
2
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故 C 正确；
D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O 点为平衡位置，可知当发生位移 x
时，粒子受到的电场力为
−4??
? = ??? ⋅ (?+?)2(?−?)2
由于 x＜＜r，整理后有
? = −
4???
?3 ⋅ ?
在 N 点放入一电子，从静止释放，电子将以 O 点为平衡位置做简谐运动，故 D 正确。故选：BCD。
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；功能关系 能量守恒定律；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
解：AB．根据题意可知，小球向下的加速度小于重力加速度，所以小球受到的电场力方向向上，若小球带正电，则电场方向垂直向上，若小球带负电，则电场方向垂直向下，故 A 正确，B 错误； C．重力做功 WG＝mgh，所以重力势能减小 mgh，故 C 错误；
D．只有重力和电场力做功，机械能减少量等于电势能增加量，根据能量守恒定律得：小球电势能
增加
13
??ℎ−4??ℎ = 4??ℎ
故 D 正确； E．根据动能定理：小球动能的变化量等于合力做功
1
??? = ?合ℎ = ??ℎ = 4??ℎ
1
动能增加
4
??ℎ，故 E 正确。
故选：ADE。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：AB.小滑块在 B 点处的加速度为零，设 OB 的距离为 l，则沿斜面方向有?????30° =
??2
?2
???30°，解得? = 3??2，故 A 正确，B 错误；
??
C.小滑块从 A 到 C 的过程，设静电力做功为 W，由动能定理有 W+mgssin30°＝0，解得静电力对
???
小滑块做的功为? = −
2 ，故 C 错误；
????
D.根据电场力做功与电势差的关系结合 C 项分析可知，AC 之间的电势差??? = ? = − 2? ，故 D
正确。
故选：AD。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：法一：点电荷在 O 点产生的场强方向如图所示
由几何关系可知 θ1＝18°，θ2＝54°，将 5 个场强沿 x、y 轴分解可得：
2??
Ex＝E1cs54°+E2cs18°﹣E4cs18°﹣E5cs54° = − ?2 （2cs54°+cs18°）
6??1
Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3 = ?
（sin54°﹣sin18°−
2
2
2??
）＝0
根据场强叠加原理可知 O 点电场强度方向沿 x 轴负方向，大小为 ?2 （2cs54°+cs18°），故
AD 正确，BC 错误。
法二：AB、将各处电荷进行等效，如图所示：
根据均匀带电圆环在其内部中点的合场强为零，则五个点中 3q 的电荷在 O 点产生的合场强为零。根据等量异种电荷中垂线电场线的分布特点可知，O 点的电场强度方向沿 x 轴负方向，故 A 正确、 B 错误；
CD、根据图丙可知，﹣q 的电荷与 y 轴正方向的夹角为：? =
72°
360°
5= 72°，﹣2q 的电荷与 y 轴负
方向夹角为：? = 2 = 36°
2??
2×2??
2??
根据电场强度的叠加可知，O 点场强大小为 E =
+cs18°），故 C 错误、D 正确。故选：AD。
?2 ???18° +
?2???54° =
?2 （2cs54°
【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．解：AB、对两球进行受力分析，如图所示。
设两球间的库仑力大小为 F，轨道倾角为 θ。
对甲球，根据平衡条件得 FN1csθ＝mg，F＝FN1sinθ+Eq①对乙球，根据平衡条件得 FN2csθ＝2mg，FN2sinθ＝F+2Eq ②联立解得 F＝4Eq
?1
则
?2
4??−??
= 4??+2?? =
1
2
??⋅2?
??
根据库仑定律得? =
?2 ，解得? = 2?2，故 AB 正确；
C、若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有 FN1'csθ＝ mg，FN1'sinθ＝F+Eq
对乙，根据平衡条件有 FN2'csθ＝2mg，FN2'sinθ+2Eq＝F
联立可得 F+4Eq＝0，无解，假设不成立，故 C 错误；
D、若撤去甲，对乙球，根据动能定理得2?? ⋅
3??
结合①②可知???? = ??
联立解得? =??2，故 D 正确。
??
??
2????−2?? ⋅ 2 =
1
⋅ 2??2
2
故选：ABD。
三．填空题（共 3 小题）
【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：电场线密的地方电场强度大，根据图像可知 Ea 小于 Ed；
abc 是一段以 O 为圆心的圆弧，则 abc 所在的圆弧是等势线，则 φa 等于 φc；
根据电场线的疏密可知，Od 两点的平均电场强度大于 bd 两点的电场强度，所以 UOd＞Udb，即：
φO﹣φd＞φd﹣φb＝φd﹣φa
所以 UOa＝UOd+Uda＞2Uda，即 φO﹣φa＞2（φd﹣φa）。故答案为：小于；等于；大于。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：由于对称性，直径 C、G 上面三个电荷与下面三个电荷对 O 点的场强之和为 0，对 M、N 两点电势的影响相同，因此只需考虑 C 点和 G 点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原
理，O 点场强为? =
2??
?2 ；M 点更靠近 C 点的+Q，N 点 更靠近 G 点的﹣Q，则 M 点电势大于 N
点；将+q 从 M 点移到 N 点，电场力做功 W＝+qUMN＝+q•（φM﹣φN）＞0。
2??
故答案为：
?2
，大于，大于零。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：检验电荷静止，则 Q1、Q2 对电荷库仑力的水平分力等大反向。
??2
设检验电荷的电荷量为 q、PQ2＝r，则：tan30° = ??1
解得：PQ1 = 3r
由库仑定律和平衡条件得：k
?1?
2cs30°＝k
?2?
2 cs60°，解得
( 3?)?
Q1：Q2 = 3：1；
Q1 和 Q2 在 PQ1 连线上电场强度的合成情况如图所示（其中 E1、E2 是开始 Q1、Q2 在 P 点产生的的电场强度，E1′、E2′是 Q1、Q2 在 PQ1 连线上某点产生的电场强度）：
假设在 PQ1 连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，则 Q1 和 Q2 产生的电场强度均增 大。但由于 Q2 到 PQ1 连线的距离增大，根据点电荷电场强度计算公式可知，Q2 的电场强度减小，故假设错误，PQ1 连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
故答案为： 3：1；不存在。
四．解答题（共 8 小题）
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）由库仑定律可得：? =
?
电场强度? = ?
??
则? = ?2
???
?2
?1?1?2?2
（2）类比库仑定律可得两电流元间作用力为：? = ?
?0?
（3）环形电流中心 O 处产生磁场的磁感应强度? = 2?
?2
?0??
设单位长度内电荷数为 n，在中心 p 外产生磁场磁感应强度? = 2???
且ΔQ＝nqvΔt
??0??
则一个运动电荷在 p 点产生磁场的磁感应强度为?? = ?⋅2??，解得?? = 4??2
??
答：（1）与点电荷 Q 相距为 r 处电场强度的大小 E 等于? = ?2 ；
?1?1?2?2
两电流元间相互作用的磁场力大等于?
；
?2
?0??
该运动点电荷在 P 点产生磁场的磁感应强度大小等于4??2。
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：（1）C 点的电荷在 M 点的场强沿 CM 所在直线，A 点处点电荷和 B 点处点电荷在 M 点的场强沿 AB 所在直线，已知 M 点合电场强度方向竖直向下，则 A、B 两点处的点电荷在 M 点的合场强为零，即 A 和 B 点处的点电荷为等量同种电荷，则 B 点处点电荷的电荷量的绝对值为 q；
C 点处的点电荷在 M 点的场强方向沿 CM 向下，则 C 点处点电荷为正电荷；
C 点电荷在 N 点的场强方向沿 CB 斜向右下，N 点的合场强方向竖直向上，则 A 点处的点电荷和 B点处的点电荷在 N 点的合场强斜向左上，A 点处的点电荷在 N 点的场强沿 AN 斜向右上，B 点处的点电荷在 N 点的场强沿 BN 斜向左上，则 A、B 两点处的点电荷均为正电荷；
（2）设三角形的边长为 l，由几何关系得：AN = 3l
2
1
BN＝CN = 2l
?4??
2
A 点电荷在 N 点的场强大小为 EA＝k( 3 ?)2 = 3?2
?4??
方向沿 AN 斜向右上，B 点电荷在 N 点的场强大小为 EB＝k( 1 ?)2 =
2
?2
?4??
方向沿 BN 斜向左上，设 C 点电荷的电荷量为Q，C 点电荷在N 点的场强大小为EC＝k( 1 ?)2 =
2
?2
方向沿 CB 斜向右下，则 B 点电荷和 C 点电荷在 N 点的合场强大小斜向左上，大小为 EBC =
4??
?2
4??
?2 −
N 点的合场强竖直向上，如图
3
由几何关系得：EBCtan30°＝EA联立解得：Q = 3−
q
3
答：（1）B 点处点电荷的电荷量的绝对值为 q，3 个点电荷均为正电荷；
（2）C
3−
3
点处点电荷的电荷量为q。
3
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
2
解：（1）①根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为：1：( 2−1)：( 3−
)：(2− 3)：…
2
可得 1 号车厢与 2、3 号车厢在乘客面前经过所用的时间比为：(2− 3)：( 3− 3)：( 3−1)，故 BCD 错误，A 正确；
故选：A。
②由于两物体在同一直线上运动，根据速度的合成法则作图如图，
+ 2−1) = (2−
①当实验车速度为 0 时，根据楞次定律“增反减同”可知，电流方向为 adcb；根据“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，
②试验车的速度最大时满足：F＝f
结合动生电动势公式欧姆定律和安培力公式有：2? ⋅
??
2??(?0−??)
?? = ?
解得实验车的最大速率为：?? = ?0−2 2
③I0 代表初始时的电流，则有：?0 =
4? ?
2???0
?
?
I1 代表稳定时的电流，根据受力平衡有：f＝2BI1L，解得：?1 = 2??
根据运动的相对性可知，选取运动的磁场作为参考系时，
2???0?
图与纵轴的交点及最大电流不变，即：?0′ =
?、?1′ = 2??
??
①根据点电荷产生的电场公式可知，当 x≥R 时，电场强度大小：? = ?2
当 x＜R 时，将带电球体分为两部分，半径为 x 的带电球体和外面的球壳，由题意，x＞R 的部分在 x 处产生的场强为 0，整体带电球在 x 处产生的电场和半径为 x 的球体产生的电场强度相同，则
?
半径为 x 的球体带电量为：?′ = 4 ??3 ×
3
4
??3 =
3
?3
?3?
??
则电场大小为：? = ?3 ?
②取无穷远处为 0 势能面，x＝R 处的电势能为：??2 =
??
???
；
?
1???
当 x＜R 时，电场为? = ?3 ?，则从 x＝0→x＝R，电势能的变化为：??? = 2?? =
3???
2?
则 x＝0 处的电势能为：??1 = ??2 +??? =
2?
??13
可知：=
??22
取距离为 R 的点处为零势能面，图像向下平移 Ep2 个单位即可，如下图
故答案为：（1）①A；
②
??
2???0
?2???0?
①adcb、水平向右；②?0−
2 2；③?、
、、；
?
??
4? ?
??
2??
3
2??
①当 x≥R 时，? =
?2 、当 x＜R 时，? = ?
?；②、
3
2
。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：（1）电子在 M 点的速度大小为 v0，设电子在 N 点的速度大小为 vN，电子在垂直电场方向的分速度不变，可得 vMsin30°＝v0sin60°
解得?? = 3?0
−?
12 12
电子从 M 到 N 电场力做功，由动能定理，可得：
0
??2
解得 UMN = −
?
??? = 2???−??0
2
（2）电子到达极板 B 的过程中电场力做功，则?? = ? −1??2
? 20
12
可得 Ek = ?? + 2??0
??2
答：（1）M、N 两点间的电势差为−0；
?
12
（2）光电子到达 B 板时的动能为?? + 2??0。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：（1）小球由 M 点运动到 O 点过程，由动能定理可得：
0.8?12
?? ⋅ 2 +???? = 2?( 2??) −0，
解得：
??? =
3???
5? ；
由对称性可知：
3???
??? = ??? = 5? ，
小球由 O 点运动到 N 点过程，由动能定理可得：
0.8?
?? ⋅+??
11
22
= ?? −?( 2??) ，
2
解得：
??2? 2
?? = 2 ??；
由电势的计算公式可知：
( 1.2? )2+(0.8?)2
2
?
?? = ?1.2? × 2 + ?
2
−?
× 2 =
4??
，
3?
?
( 1.2? )2+( 0.8? )2
22
?? = ?
× 2 + ?
−?
× 2 = 0，
( 1.2? )2+( 0.8? )2
22
又因为： UMO＝φM﹣φO，联立可得：
9???2
? = 20?? ；
3???
答：（1）M、O 两点间的电势差 UMO 为 5? ；
小球到达 N 点时的速度大小 vN 为2 ??；
9???2
点电荷 Q 的电荷量为 20?? 。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．解：（1）当极板没加电压时，油滴以恒定速率 v1 缓慢降落，满足 mg＝kv1
当极板加上电压 U 时，油滴以恒定速率 v2 缓慢上升，受电场力、重力和阻力而平衡，滴所带电荷
量为 q，则有
?
?? = ?? + ??2
(??+??2)?
?(?1+?2)
解得? =?=
??
（2）当极板上未加电压时，油滴以恒定速率 vl 缓慢降落一定高度 h，则 h＝v1t1
当极板加上电压 U 时，油滴以恒定速率 v2 缓慢上升相同高度 h，则 h＝v2t2
则有
v1t1＝v2t2
又因
?1 =
??
?
故可得
?2 =
???1
??2
将 v1、v2 代入 q 表达式可得
?(?1+?2)
??
???1 ?
???
?1
????1 11
? =
又
?? = ?( ? +
??2 )? =
? (1 + ?2) =
?(?1 + ?2)
11
? = ?(?1 + ?2)
比较以上两式可见
? =
????1
?
11
????111
（3）因为? = ?(?1 + ?2)，而式中? =?在实验中为一定值，所以若发现(?1 + ?2)忘一数值
（0.00535J•s﹣1）的整数倍，则可推得电荷量 q 也必为某一数值 e 的整数倍，即有（其中 n 为正整数），亦即 q 为某一基元电荷 e 的整数倍。
????1 11
故有? = ?? =
1
取? = 1，(?1
?(?1 + ?2)
1
2
+ ? ) = 0.00535? ⋅ ?−1，并将实验中相关数据代入可解得基元电荷
e＝1.6×10﹣19C
?(?1+?2)
答：（1）油滴所带电荷量 q 为??；
????1
用已知量 d、g、U、t 及油滴质量 m 表示 A 的表达式为? =?；
基元电荷的电荷量为 1.6×10﹣19C。
【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．解：（1）a、液体表面张力 F＝αl，
?
则 α = ? ，F 的单位是 N，l 的单位是 m，则 α 的单位是 N/m
b、对液滴，由平衡条件得：mg＝απd
其中：m = ? ×
4?
3
3?(2)
解得：D3 =
6??
?? ∝α
（2）a、设喷雾区底面单位时间接受的液滴个数为 n，则有：Q＝nV 液滴
4
其中 V 液滴 =
??
??3
3
电流 I = ?
其中单位时间 t＝1s
解得：q =
4???3
3?
b、如图所示，A 为液滴上一微小面元上的一点，A1 为微小面元外附近的一点，A2 为为微小面元内附近的一点
面元之外的其余电荷在三个点的场强趋近相等。根据电场的叠加原理得：
??
A1 处场强： ?2 = ES+E 其余
A2 处场强：0＝﹣ES+E 其余
?
面元上的电荷量：q'＝q4??2
其余电荷对面元的力 F＝q'E 其余
???
解得：F＝q × 4??2 × 2?2
???2
则有：? = 8??4
?
将 q 代入解得：? =
2???2?2
9?2
答：（1）a、表面张力系数 α 的单位是 N/m；
b、证明过程如上所述。
4???3
（2）a、液滴所带电荷量 q 是
3? ；
?
b、?是
2???2?2
9?2 。
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；模型建构能力．
解：（1）对 A 在水平方向进行受力分析，A 受地面向左的摩擦力和水平向右推力由牛顿第二定律有：4μmg﹣F＝3ma1
4
1
代入恒力 F 的值解得：? =?
15
对 B 水平方向进行受力分析，由牛顿第二定律有 F＝ma2
4
解得?2 = 5?
将 A 和 B 当做系统，地面对 A 的摩擦力 4μmg＝2F，即系统的动量守恒，设 B 与 A 第 1 次碰撞前的速率为 v1，木板的速度恰好减为零
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝mv1整理解得：v1＝4v0
设 B 与 A 第 1 次碰撞后，A 与 B 的速度分别为 vA1、vB1，取向右为正碰撞过程中，系统动量守恒有 mv1＝mvB1+3mvA1
1
1
机械能守恒有?
2
?2 =
1
?1
??2 +
2
1
?1
⋅ 3??2
2
联立以上各式解得：vB1＝﹣2v0，vA1＝2v0
可知第 1 次碰后 B 的速度方向向左，A 的速度方向向右；
由第（1）问计算可知，第 1 次碰撞后，B 以 2v0 沿木板向左做匀减速运动至 0 再反向匀加速，A以 2v0 向右做匀减速运动，A、B 共速时 B 与挡板之间最远
以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0+3mv0＝4mv 共
代入数据解得：v 共＝v0
1
2
此过程中 A 相对地面向右的位移为 x1，B 相对地面向左的位移为 x2，对 A，由动能定理有：
× 3?
212
共
? −
2
⋅ 3???1 = (?−4???)?1
1? 212
共
对 B，由动能定理有：
2
? −
2
???1 = −??2
联立解得：?
45?2
0
=，?
15?2
0
=
18?28?
15?2
所以 AB 最远的距离：? = ?1
+ ?2
= 0
2?
2?0
15?0
（3）A 速度再次减为零的时间：? =
B 的速度：vB2＝﹣2v0+a2t代入数据得：vB2＝4v0
?1 =
2?
0
115?2
此过程中，A 的位移：? = × 2? ? =
?2
1
02?
15?2
B 的位移：? = × (−2? +4? ) × ? = 0
?200
2?
即 B 与 A 第 2 次相碰前瞬间的速度与第 1 次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B 与 A 第 1 次碰撞后至第 3 次碰撞后瞬间的整个过程中 B 的位移为：x3＝2L
此过程电场力做功：W＝Fx3
0
联立代入数据解得：? = 12??2
0
所以 B 的电势能的变化量为：ΔEp＝W = 12??2
答：（1）B 与 P 碰撞前，A、B 的加速度大小分别为
44
?、
?；
155
0
15?2
（2）B 与 P 第 1 次碰撞后，B 离 P 的最远距离为；
2?
0
从 B 与 P 第 1 次碰撞至第 3 次碰撞的过程中，B 的电势能的变化量为12??2。