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专题 08 静电场
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
静电场考点在选择题中占比超70%，
考点1 电荷与
2021 聚焦基础概念与模型分析。考查匀强电场
静电现象
与等量异种电荷叠加场的电势分布，需结
考点2 电场力
合电场线方向判断电势能变化。计算题则
与电场能的性 2021、2022、2023、2024、2025 常与力学、电磁学跨模块综合。要求联立
质 动能定理和运动学公式分析带电粒子在电
场中的加速与偏转。实验题虽未直接考查
考点3 电容器
2023、2024
静电场，但隐含相关分析。
与电容
电场叠加与等势面分析：命题从单一
电场扩展至复合场，要求分析匀强电场与
点电荷电场的叠加效果，通过等势面分布
判断电势高低。带电粒子运动与能量转
化：高频考点从匀变速直线运动扩展至曲
线运动，通过示波管模型考查电子在偏转
电场中的类平抛运动，需综合应用动能定
理与运动分解。电容器动态分析：命题注
重电容、电荷量、电压的关联变化，需结
合 Q=CU 和 E=U/d 推导场强变化。
考点4 带电粒
基础题直接考查库仑定律的应用，而综合
子在电场中的 2023、2024、2025
题需拆解离子加速、磁场偏转、电场调控
运动
等多过程，涉及多方程联立。
建模能力与数学工具的结合命题注重考查
学生将实际问题抽象为物理模型的能力。
需将 “离子喷镀装置” 简化为电场加速
与偏转模型，结合几何关系确定离子落
点。同时，数学方法的应用更加频繁，如
利用微元法分析变力电场或通过 φ-x 图
像判断电荷运动状态
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学科网（北京）股份有限公司考点01 电荷与静电现象
1．（2021·浙江·6月选考）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线或等势
面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。
下列说法正确的是（ ）
A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
【答案】D
【详解】A．处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面
垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；
B．根据等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，
所以B错误；
C．在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；
D．由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确；
故选D。
2．（2021·浙江·6月选考）如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的
是（ ）
A．探测发射台周围风力的大小 B．发射与航天器联系的电磁波
C．预防雷电击中待发射的火箭 D．测量火箭发射过程的速度和加速度
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学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【详解】在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制的高塔有避雷作用，其功能是预防雷电击
中发射的火箭。
故选C。
3．（2021·浙江·1月选考）如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两
点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（ ）
A．导体内部的场强左端大于右端 B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度 D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，
电势能减小
【答案】D
【详解】A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为
一个等势体，A错误；
B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；
D．根据E =qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D
p
正确。
故选D。
考点02 电场力与电场能
4．（2025·浙江·1月选考）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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司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
【答案】D
【详解】A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的
等势面高于a点所在的等势面，A错误；
B．a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；
C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合U=Ed可知0<U <U ，则U <2U ，C错误；
fe ed fd ed
D．a点与f点在同一等势面上，a、b两点和f、b两点的电势差相等，根据电场力做功W =qU可知从a
到b与从f到b，电场力对电子做功相等，D正确。
故选D。
5．（2024·浙江·6月选考）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面
的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环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v 做完整的圆周运动，则（ ）
0
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
【答案】C
【来源】2024年选考6月浙江卷物理真题
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向
上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；
B．当场强满足Eq=mg 时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错
误；
1 1 v2
C．根据动能定理 (mg−Eq)R= mv2− mv2 可求出小球到B点时的速度vB，根据a = B可得小
2 B 2 0 1 R
球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 mg−Eq=ma 可得小球的切向加速度a ，再根据矢量合成可
2 2
得B点的加速度为a=√a2+a2 故C正确；
1 2
D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷
的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，
而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错
误。
故选C。
6．（2023·浙江·6月选考）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射
入，沿着由半径分别为R 和R 的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚
1 2
线处电场强度大小分别为E 和E，则R、R 和E、E 应满足（ ）
1 2 1 2 1 2
E R E R2 E R E R2
A．
1= 2
B．
1= 1
C．
1= 1
D．
1= 2
E R E R2 E R E R2
2 1 2 2 2 2 2 1
【答案】A
【详解】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
v2
qE =m
1 R
1
v2
qE =m
2 R
2
E R
联立可得
1= 2
E R
2 1
故选A。
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学科网（北京）股份有限公司7．（2023·浙江·6月选考）下列四组物理量中均为标量的是（ ）
A．电势 电场强度 B．热量 功率 C．动量 动能
D．速度 加速度
【答案】B
【详解】A．电势只有大小没有方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；
B．热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；
C．动量既有大小又有方向，是矢量；动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；
D．速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。
故选B。
8．（2023·浙江·6月选考）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两
板间距10cm，电荷量为1.0×10−8C、质量为3.0×10−4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。
闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标
出），则（ ）
3
A．MC距离为5√3cm B．电势能增加了
√3×10−4J
4
C．电场强度大小为√3×104N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得T=qE Tsin60°+qEsin60°=mg联立解得T=qE=√3×10−3N
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
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学科网（北京）股份有限公司根据几何关系可得L =dtan60°=10√3cm 故A错误；
MC
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移x=（10−5sin30°）=7.5cm与电场力方向相反，
3 3
电场力做功为W =−qEx=− √3×10−4J则小球的电势能增加 √3×10−4J，故B正确；
电 4 4
qE
C．电场强度的大小E= =√3×105N/C故C错误；
q
D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，
MC的距离不变，故D错误。
故选B。
9．（2022·浙江·1月选考）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构
成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的
是（ ）
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【答案】C
【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；
B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；
C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；
D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不
为零，选项D错误。
故选C。
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学科网（北京）股份有限公司10．（2022·浙江·6月选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长
为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v 的相同粒子，垂直
0
M板向右的粒子，到达N板时速度大小为√2v ；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计
0
重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
2v2
C．粒子在两板间的加速度a= 0
L
（√2−1）L
D．粒子从N板下端射出的时间t=
2v
0
【答案】C
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减
小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，
有
L
=v t
2 0
1
d= at2
2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
L 2v2
(√2v ) 2 −v2=2ad联立解得t= ，a= 0故C正确，D错误；
0 0 2v L
0
故选C。
a
11．（2022·浙江·6月选考）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E= ， a为常量。比
r
荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
a
⋅q=mω2r解得ω=
√aq
⋅
1
可知轨道半径r小的粒子角速
r m r
度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得
a
⋅q=m
v2
解得v=
√aq
又E =
1
mv2 联立可得E =
aq
可知电荷量
r r m k 2 k 2
大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子
可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
故选BC。
12.（2021·浙江·6月选考）据《自然》杂志2021年5月17日报道，中国科学家在稻城“拉索”基地（如
图）探测到迄今为止最高能量的γ射线，能量值为1.40×1015eV，即（ ）
A．1.40×1015V B．2.24×10−4C C．2.24×10−4W D．2.24×10−4J
【答案】D
【详解】1.40×1015eV=1.40×1015×1.6×10−19J=2.24×10−4J故选D。
考点03 电容器与电容
13．（2024·浙江·6月选考）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，
当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
【答案】D
εS
【详解】AB．根据Q=CU，C= 可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，
4πkd
故极板间电势差增大，故AB错误；
U 4πkQ
C．根据E= 得E= 故场强不变，故C错误；
d εS
D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。
故选D。
14．（2023·浙江·6月选考）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．在LC振荡电路中“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐
渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油
膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；
温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，
原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【答案】CD
【详解】A．在LC振荡电路中“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电
时电流逐渐增大，故A错误；
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开,形状稳
定后，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故
B错误；
C．“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实
验中，温度升高，金属热电阻阻值增大，故C正确；
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，
原线圈接入10V的交流电时，变压器的效果减弱，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不
为零，故D正确。
故选CD。
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学科网（北京）股份有限公司考点04 带电粒子在电场中的运动
15．（2025·浙江·1月选考）同位素 14C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。
6
将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含
有三种碳同位素
12C、 13C、 14C的C3+离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势
6 6 6
差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过
调节U，可分离 12C、 13C、 14C三种同位素，其中 12C、 13C的C3+离子被接收器F所接收并计
6 6 6 6 6
数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而 14C离子可通过接收器F，进入静电分
6
析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。
(1)写出中子与 14N发生核反应生成 14C，以及 14C发生β衰变生成 14N的核反应方程式：
7 6 6 7
(2)根据图2写出 12C的C3+离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数
6
字。已知R=0.2m，原子质量单位u=1.66×10−27kg，元电荷e=1.6×10−19C）；
(3)如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距d=5cm两平行极板，在下极板开有间距L=10cm的两小孔，仅
允许入射角φ=45°的 14C离子通过。求两极板之间的电势差U：
6
(4)对古木样品，测得 14C与 12C离子数之比值为4×10−13；采用同样办法，测得活木头中 14C与
6 6 6
12C的比值为1.2×10−12，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被
6
砍伐距今的时间（已知
14C的半衰期约为5700年，ln3=1.1,ln2=0.7）
6
【答案】(1) 1n+14N→14C+1H，14C→14N+ 0e
0 7 6 1 6 7 −1
(2)1.93×106V，2.0T
(3)1.65×106V
(4)8957年
【详解】（1）中子与 14N发生核反应生成 14C的核反应方程式为1n+14N→14C+1H 14C发生β衰变
7 6 0 7 6 1 6
生成
14N的核反应方程式为 14C→14N+ 0e
7 6 7 −1
（2）在加速电场中，由动能定理得qU=
1
mv2 解得v=
√2Uq
磁场中，洛伦兹力提供向心力
2 m
mv2
qvB=
R
11 / 27
学科网（北京）股份有限公司qBR qB2R2
联立解得v= ，U= 相比 13C， 12C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过
m 2m 6 6
图2可知当电压为1.93×106V时， 12C与 13C的离子数百分比为100%，故 12C的C3+离子所对应的U
6 6 6
qB2R2 √2mU √2×12u×U
值为1.93×106V。根据U= 整理得B= = =2.0T
2m qR2 3eR2
√2 √2
（3）由题意知， 14C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有v = v，L=v t竖直方向有v = v
6 x 2 x y0 2
qU t qB2R2d 3eB2R2d
，a= 1，v =a 联立解得U = = =1.65×106V
md y0 2 1 mL 14uL
1 1
（4）古木中 14C与 12C比值是活木头中的 ，说明经过衰变后 14C只剩下 ，已知经过一个半衰期剩
6 6 3 6 3
1 (1) n 1 ln3 11
下 ，设经过n个半衰期，则有 = 解得n=log 3= = 则砍伐时间
2 2 3 2 ln2 7
t=n×5700=8957(年)
16.（2024·浙江·1月选考）如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为v 。正对M
m
放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为
m，电荷量为e，则（ ）
A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
1
B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
mv2+eU
2 m
√2m
C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为v d
m eU
mv2
D．M、N间加反向电压 m时电流表示数恰好为零
4e
【答案】C
1
【详解】AB．根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时eU=E − mv2 则到达N
km 2 m
1
板时的动能为E =eU+ mv2 与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项AB错
km 2 m
12 / 27
学科网（北京）股份有限公司误；
C．平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移
为
y=v t
m
1 Ue
d= t2
2 dm
√2m
解得y=v d 选项C正确；
m eU
1 mv2
D．M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eU = mv2 解得U = m选项D错误。
c 2 m c 2e
故选C。
17．（2023·浙江·1月选考）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（ ）
eU
A．在XX′极板间的加速度大小为
m
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√2meU
l
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=
20d
【答案】D
eE eU
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小a = = A错误；
x m md
l
B．电子电极XX′间运动时，有v = a tt= 电子离开电极XX′时的动能为
x x v
z
1 l2
E = m(v2+v2 )=eU(10+ )
k 2 z x 40d2
l2
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+ )，B错误；
40d2
l √meU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小I =mv = C错误；
x x d 20
13 / 27
学科网（北京）股份有限公司v l
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα= x = D正确。
v 20d
z
故选D。
kqQ
1．（2025·浙江金华义乌·三模）试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用E = 来计算（式
r r
中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。真空中两个点电荷相距15cm固定在x轴的
两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确
的是（ ）
A．两个点电荷可能带同种电荷
B．两个点电荷的电量之比为2∶1
C．x=5cm处电场强度等于零
D．两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3cm
【答案】D
【详解】A．由φ−x图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错
误；
BC．由图像可知，原点位置放置一正电荷Q，因φ−x图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场
1
强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知在x轴的负方向上放置电量为-Q 的负电荷，因x=5cm
2
kqQ kqQ Q 4
的位置图像斜率不为零，则场强不为零；x=5cm处的电势为零，则 1= 2可得 2= 选项BC
x d+x Q 1
1
错误；
kqQ kqQ
D．两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为l，则由 1= 2解得l=3cm可知该点坐标为
l d−l
x=-3cm，选项D正确。
故选D。
2．（2025·浙江精诚联盟·二模）如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧产生和消失的过程。二根
呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产
生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，
如此周而复始。下列说法正确的是（ ）
14 / 27
学科网（北京）股份有限公司A．P处电势差最高
B．P处的电场强度最大
C．在真空中实验效果更加明显
D．弧光存在的时候两电极电势相同
【答案】B
U
【详解】AB．两电极间的各处的电势差相等，根据E= 可知在P处最先产生弧光是因为该处距离较
d
近，电场强度最大，空气被击穿，形成正负等离子体，A错误，B正确；
C．在真空中，没有空气被电离，不会形成弧光，C错误；
D．弧光存在，回路中有电流，两电极电势不相等，D错误。
故选B。
3．（2025·浙江温州·三模）如图1所示，同轴电缆是广泛应用于网络通讯、电视广播等领域的信号传输
线，它由两个同心导体组成，内导体为铜制芯线，外导体为铝制网状编织层，两者间由绝缘材料隔
开。图2为同轴电缆横截面内静电场的等势线与电场线的分布情况，相邻虚线同心圆间距相等，a、
b、c、d四个点均在实线与虚线的交点上，下列说法正确的是（ ）
A．图2中虚线代表电场线
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用
C．a、b两点处的电场强度相同
D．a、d间的电势差为b、c间电势差的两倍
【答案】B
【详解】A．图2中虚线代表等势面，A错误；
B．铝制网状编织层可起到信号屏蔽作用，B正确；
C．a、b两点处的电场强度不相同，因为方向不相同，C错误；
15 / 27
学科网（北京）股份有限公司D．距离内导体越远，电场强度越小，U <U ，所以a、d间的电势差大于b、c间电势差的两倍，
ac cd
D错误。
故选B。
4．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）雷雨天，高层建筑顶部的避雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接
闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的
等差等势面如图所示，积雨云层的底部积聚正电荷，取大地为零势面，以下说法正确的是（ ）
A．避雷针的针尖不带电
B．A、B、C三个位置中A点的电势最高
C．A、B、C三个位置中电子在A点受电场力最大
D．空气中一电子由C点运动到B点，电势能增加
【答案】C
【详解】A．积雨云层的底部积聚正电荷，由于静电感应，避雷针的针尖带负电，故A错误；
B．从正电荷到负电荷的电场线上，电势逐渐降低，则A和C电势相等，B点电势最高；故B错误；
C．等差等势面的密度反映场强的大小，则A点的场强最大，故电子在A点受电场力最大，故C正
确；
D．空气中一电子由C点运动到B点，电势增大，由E =qφ可知电子的电势能减小，故D错误。
P
故选C。
5．（2025·浙江绍兴一中·模拟）如图所示为雅各布天梯的实验装置，“雅各布天梯”模型是一对上宽下窄
的电极，雅各布天梯的电极在2~5万伏特强电压下，相距最近处的空气首先被击穿，形成大量的正负
等离子体，产生电弧放电。空气对流加上电磁力的驱使，使电弧慢慢上升，火花也越升越长，最后自
行熄灭，形同我们生活中的梯子。下列说法中正确的是（ ）
A．电弧将向下弯曲
B．上升过程中电弧通过的电阻减小
C．最上端两个金属小球之间的场强最大
16 / 27
学科网（北京）股份有限公司D．等离子体受到的安培力的方向与其运动方向相同
【答案】D
【详解】AD．空气对流加上电磁力的驱使，使电弧慢慢上升，由此可知等离子体受到的安培力方向
与运动方向相同，是向上的，所以电弧将向上弯曲，故A错误，D正确；
l
B．上升过程中火花越升越长，根据电阻定律R=ρ 可知，上升过程中电弧通过的电阻增大，故B错
S
误；
C．火花最后自行熄灭，说明不能再把空气击穿，说明最上端两个金属小球之间的场强最小，故C错
误。
故选D。
6．(24-25高三下·浙江诸暨·适考)如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带
电荷量分别为Q和−Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O 的连线沿水平方向。一根内壁光滑的
1
竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小
球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常
kQ
量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为φ= ，则（ ）
r
kQ
A．A点电势为
8R
B．小球通过D点时的速度为4√gR
41kqQ
C．小球通过O点时的动能为E =8mgR+
k 840R
D．小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大
【答案】C
−kQ kQ kQ
【详解】A．几何关系可知O A=10R则A点电势为φ = + = 故A错误；
1 A 10R 8R 40R
B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有
1
mv2 −0=mg×16R+qU解得小球通过D点时的速度v =4√2gR故B错误；
2 D D
17 / 27
学科网（北京）股份有限公司−kQ kQ −kQ
C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势φ = + = 小球从A到O过程，根据动能
O 6R 7R 42R
41kqQ
定理有E −0=mg×8R+q(φ −φ )联立解得小球通过O点时的动能为E =8mgR+ 故C正
k A O k 840R
确；
D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只
受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第
kQq
mg+ cosθ
二定律可知小球加速度 r2 kQq 从从B运动到O的过程中，r在减小，θ在
a= =g+ cosθ
m mr2
增大（cosθ减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。
故选C。
7．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）如图所示，一根长为D的光滑金属导体板AB固定在绝缘水平面
上，倾角30°，在垂直B端右上方C处固定一带电荷量+Q的点电荷，AC连线水平。现将一质量为m、
电荷量为+q的绝缘小球（可视为点电荷）从金属棒的A端静止释放，小球沿金属棒向下滑动。假设小
球的电荷量始终不变且不计电场边缘效应，则小球从A端滑到B端的时间（已知重力加速度为g）（
）
√D √D √D
A．t<2 B．t=2 C．t>2 D．不能确定
g g g
【答案】B
【详解】金属板放在点电荷+Q的电场中，则场强方向垂直于AB平面向下，则当+q的小球沿金属板下
滑时受电场力垂直板向下，加速度为a=gsin30∘=
1
g根据D=
1
at2 解得t=2
√D
2 2 g
故选B。
8．(24-25高三下·2025届浙江县域教研联盟·模拟)如图所示为位于MN两点的点电荷周围的电场线示意
图，若将不计重力的带电粒子沿垂直MN连线的方向以速度v 抛出，粒子运动轨迹如图中虚线所示，经
0
过A、B两点，则下列说法正确的是（ ）
18 / 27
学科网（北京）股份有限公司A．粒子带正电
B．M处点电荷的电荷量小于N处点电荷的电荷量
C．粒子在A、B两点之间的运动过程中加速度越来越小
D．粒子从A点到B点运动过程中电势能越来越大
【答案】C
【详解】A．粒子受电场力指向轨迹的凹侧，由图可知电场方向与电场力方向相反，则粒子带负电，
故A错误；
B．电场线越密集的地方，电场强度越大，M处附近的电场比N处附近的电场大，可知M处点电荷的
电荷量大于N处点电荷的电荷量，故B错误；
C．粒子在A、B两点之间点运动过程中，电场强度越来越小，则根据牛顿第二定律可知，加速度越来
越小，故C正确；
D．粒子从A点到B点运动过程中，电场力做正功，电势能越来越小，故D错误；
故选C。
9．（2025·浙江北斗星盟·三模）单位为J/s的物理量是（ ）
A．电功率 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电场强度
【答案】A
J W W
【详解】焦耳为能量单位，秒是时间单位。 写成对应的表达式为 。由P= 可知，单位为J/s的
s t t
物理量是功率。故选A。
10．（2025·浙江宁波·三模）如图为一平行板电容器，电容为C，A、B两极板的正对面积为S，上半部分
S
正对面积为 且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为ε 的均匀介质，上、下两半部分可分别看
2 r
成两个电容器，其电容分别为C 和C 。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷+Q和
1 2
−Q。下列说法正确的是（ ）
A．上、下两个电容器的电容C 和C 一定相等
1 2
B．上、下两个电容器两极板间的电势差U 和U 一定相等
1 2
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q 和Q 一定相等
1 2
D．若电容器A、B两极板间均为空气，其电容C一定变大
【答案】B
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学科网（北京）股份有限公司ε S
【详解】A．根据C= r 可知上、下两个电容器的电容C 和C 不相等，选项A错误；
4πkd 1 2
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差U 和U 一定相等，选项B正确；
1 2
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q 和Q 不相等，选项C错误；
1 2
D．若电容器A、B两极板间均为空气，因C 变小，可知其电容C一定变小，选项D错误。
2
故选B。
11．（2025·浙江宁波·三模）如图所示，在带电体C附近，把与地面绝缘的导体A、B相碰一下后分开，
然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以
上过程，下列说法正确的是（ ）
A．A、B相碰后，A的电势高于B的电势
B．A、B相碰后分开，A、B均不带电
C．把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功
D．A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A经电动机流向B
【答案】C
【详解】A．A、B相碰后，A、B处于静电平衡状态，A的电势等于B的电势，故A错误；
B．在带电体C附近，地面绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰
一下后分开，此时A、B带上等量异种电荷，故B错误；
C．结合上述，由于A、B带上等量异种电荷，可知，把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力
做功，故C正确；
D．结合上述可知，A、B带上等量异种电荷，由于带电体C电性不确定，则A、B的电性不确定，若
A带正电，B带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A经电动机流向B，若A带
负电，B带正电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从B经电动机流向A，故D错
误。
故选C。
12．处于静电平衡的导体电场线和等势线分布如图所示，则（ ）
A．a点和b点的电势大小相同
B．c点和d点的电场强度相同
20 / 27
学科网（北京）股份有限公司C．取导体表面的电势为零，电子在c点的电势能为正值
D．从a到c与从b到d，电场力对电子做功相等
【答案】C
【详解】A．沿电场线电势降低，可知，a点电势低于b点电势，故A错误；
B．c点和d点的电场强度方向不相同，则c点和d点的电场强度不相同，故B错误；
C．沿电场线电势降低，取导体表面的电势为零，则c点的电势为负值，根据电势能的定义式可知，
电子在c点的电势能为正值，故C正确；
D．根据图示等势线的分布可知U =U +U >0则有U >U 根据W =−eU可知|W |<|W |故D
bd ba ac bd ac ac bd
错误。
故选C。
13．单位为Wb的物理量是（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度
C．磁通量 D．电功率
【答案】C
【详解】磁通量的单位是韦伯，符号是Wb。
故选C。
14．（2025·浙江金华·三模）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，
其中a、d两点关于球心o对称，则（ ）
A．o点电场强度不为0
B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度
D．a、o间电势差等于o、d间电势差
【答案】D
【详解】A．金属球壳在匀强电场中达到静电平衡后内部场强处处为零，则o点电场强度为0，故A
错误；
B．沿着电场线电势逐渐降低，且球壳静电平衡后是等势体，表面为等势面，故有φ >φ >φ ，故B
a o d
错误；
C．a、d两点关于球心o对称，电场线的分布对称，而电场线的密度反映场强，则a点电场强度等于d
点电场强度，故C错误；
D． 因a、d两点周围的电场线分布关于球心o对称，则这两点周围的平均场强大小相等，由U=Ed
0
可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
21 / 27
学科网（北京）股份有限公司15．（2025·浙江台州·二模）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实
现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图
甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势φ >φ ，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相
N M
邻等势面间电势差相等），O为水平虚线与竖直虚线的交点，a、b两点关于O点中心对称。现有一束
电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M。下列说法正确的是（
）
A．a点电势比b点电势低
B．a点场强与b点场强相同
C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能增大
【答案】B
【详解】A．两圆环的电势φ >φ ，则靠近N环的电势较高，即a点电势比b点电势高，故A错误；
N M
B．根据对称性可知，a点场强与b点电场强度大小相等，方向相同，故B正确；
C．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束
能起到会聚的作用，故C错误；
D．根据E =qφ可知电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故D错误。
P
故选B。
16．（2025·浙江台州·二模）电容器是一种可以储存电荷和电能的装置，用平行板电容器还可以产生匀强
电场，常使用于电子仪器中。如图为一个含有电容器、电阻器、理想二极管、理想电流表、电键K和
电源的电路，初始时电键K闭合，下列对于此电路的说法正确的是（ ）
A．电键K保持闭合时，两个二极管均发光
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，电流表中有向上的电流
C．在断开K的瞬间，两个二极管均发光
D．若只增大R 的阻值，则电键K断开后，放电的时间会变长
2
【答案】D
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A．电键K保持闭合时，上面红色二极管正常发光，下面绿色二极管不发光，故A错误；
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，根据电容的决定式可知，电容减小，两极板间电
压不变，则电容器所带电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有向下的电流，故B错误；
C．在断开K的瞬间，电容器放电，只有上面二极管发光，故C错误；
D．若只增大R 的阻值，则电容器两极板间电压增大，电容器所带电荷量增大，当电键K断开后，放
2
电的时间会变长，故D正确。
故选D。
17.（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装
置如图所示，频率为ν=1.06×1015Hz的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离
为d =0.4m处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，两
1
极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为B=10−5T的匀强
磁场。锌板的逸出功W =5.376×10−19J，普朗克常量h=6.6×10−34J⋅s，电子质量为
m=9×10−31kg，元电荷e=1.6×10−19C，π=3，sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计光电子重力及光
电子间的相互作用。求：
(1)光电子到达极板A的最大速度v ；
m
(2)极板A上有光电子打中的区域面积；
(3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件，并计算电子在磁场中运动最短时
间（计算结果保留1位有效数字）；
(4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足B′=kx(k=2×10−4T/m)，x为该位
置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D′应满足的条件。
【答案】(1)v =106m/s
m
(2)S=1.08m2
(3)D≥0.9m，t ≈1×10−6s
min
(4)D′≥0.3m
1
【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得E =hν−W 电场中动能定理eU= mv 2−E 解得
km 0 2 m km
v =106m/s
m
23 / 27
学科网（北京）股份有限公司1
（2）设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为E = mv 2 当电子以
km 2 0
最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速
1
直线运动，则y=v t电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有d = at2 其中，根据牛顿第二定律可
0 1 2
Ue
知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为a=
联立得y=0.6m则，极板A上有光电子打中的区域面
d m
1
积为S=πy2=1.08m2
at
（3）设电子经过A板时最大速度大小为v ，与板最小夹角为α，则tanα= 解得α=53°所有电子均
m v
0
不从右侧边界飞出临界情况如图
mv 2
由几何关系得D =r(1+cosα) ev B= m 解得D =0.9m
m m r m
所以磁场宽度D应满足的条件为D≥0.9m。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
2πr 2πm 106°
电子在磁场中运动的周期为T= = 运动的最小时间为t = T解得
v eB min 360°
159
t = ×10−6s≈1×10−6s
min 160
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得∑eBv Δt=mv−mv 则∑ekxΔx=mv−mv 所以
x y y
1
ekx2=mv−mv 当v =6×105m/s向上时，电子水平位移最大，此时D′=x =0.3m
2 y y m
磁场宽度D′应满足的条件D′≥0.3m。
18．（2025·浙江绍兴一中·模拟）《中国激光》杂志第六期（2025.3）报道，上海光学精密机械研究所林
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学科网（北京）股份有限公司楠团队创新地采用固体激光器方案，实现了LPP-EUV光源技术全球领先，这标志着国产芯片制造迈
入了新阶段。物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，该设备的结构图简化如下（z方向足够
长），晶圆（截面MN）固定放置于xOy坐标系的第一象限内，OMN区域内有匀强磁场，磁感应强度
B=1×10−2T，方向沿z轴负方向；第二象限内有匀强电场，场强E=2×104V/m，方向沿y轴负方
向。初速可略的氩离子（比荷q /m = 2.4×106C/kg）经电压为U（待求）的电场加速后，从
1 1
P(−0.5m,0.6m)点水平进入匀强电场E中，恰好打到位于原点O处的金属靶材并被全部吸收，靶材
溅射出的金属离子（比荷q /m =2.0×106C/kg）从O点飞入磁场区域，速度大小均为1×104m/s
2 2
，并沉积在晶圆上。忽略离子重力及其间的相互作用力，求：
(1)U的数值；
(2)假设进入磁场的离子沿各个方向都有，求晶圆MN方向上的涂膜（金属离子打中的区域）长度；
(3)假设从O点飞入磁场的离子分布在半顶角θ=45°的圆锥侧面上，圆锥对称轴垂直于晶圆截面，如
图乙，考察α=90°方向上的离子，打在晶圆上的位置坐标。
5
【答案】(1)U= ×104V
24
(2)0.5m
(3)0.555m
1 1 q E
【详解】（1）氩离子在电场中做类平抛运动，竖直方向有y= at2= 1 t2 水平方向有x=v t 在
2 2 m 0
1
1 5
加速电场中，由动能定理可得q U= m v2−0联立解得U= ×104V
1 2 1 0 24
m v2
（2）金属离子在磁场中做匀速圆周运动，有q vB= 2 解得r=0.5m沿x轴正向射出的离子，圆心
2 r
在M点，落点到M点的距离为0.5m，分析知，离子能直接打到M点（此时的弦切角为30°<45°），
故涂膜的长度为0.5m。
（3）对着A点入射的离子，v与B方向不再垂直，将v正交分解，得v =vsin45°，v =vcos45°则
z ⊥
mv 1 1
r′= ⊥= m在xOy平面内，其落点的y坐标为2r′sin45°= 即落在M点，故x=0，y=0.5m
qB 2√2 2
T πm π √2π
，图示所对的圆心角为90°，则t= = = ×10−4s故z=v t= m≈0.555m
4 2Bq 4 z 8
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学科网（北京）股份有限公司19．（2025·浙江·选考测评）如图所示，两平行金属板M、N长为L、间距为d=L，在与金属板右端距离
D=0.5L处，垂直于两板间的中心轴线O O 固定一足够大的收集板P。粒子源连续不断地释放带电荷
1 2
量为q、质量为m的带正电的粒子，并由静止开始经相同电压U 加速后，从左侧沿O O 方向射入两板
0 1 2
2π
间，且单位时间内射入的粒子数相等。现在M、N板间加有u=4U sin ⋅t的交变电压（其中T为
0 T
周期），忽略电场的边界效应，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。交变电压的周期T远大于粒子
在板间的运动时间，可认为粒子在板间运动的时间内，板间电压不变。
(1)求粒子射入M、N板间时的速度大小。
(2)求收集板P上有粒子被打到的区域长度及每个周期T内射入M、N间的粒子在收集板P上的收集率
（结果保留1位小数）。
(3)若在M、N板的右侧空间加一垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，且D可调节，为使收集
板P上对射入磁场的粒子的收集率恰为50%，求D应满足的条件及粒子打在收集板上的区域长度。
√2qU
【答案】(1) 0
m
(2)2L，33.3%
1 √2mU 2 √mU L
(3)D= 0， 0+
B q B q 2
1 √2qU
【详解】（1）粒子加速过程中，根据动能定理有qU = mv2 解得v = 0
0 2 0 0 m
（2）作出轨迹示意图，如图1所示
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学科网（北京）股份有限公司1 qu
设粒子在M、N极板中的偏转距离为y，则有L=v t ，y= ⋅ t2 解得
0 0 2 md 0
1 qu ( L) 2 uL2 uL 1
y= ⋅ ⋅ = = 可知，当y= L时，解得u=2U 此时，根据几何关系可知，粒子
2 md v 4dU 4U 2 0
0 0 0
D+0.5L
打在收集板前的竖直位移为y′= y=L
0.5L
根据交流电的周期性可知，收集板P上有粒子被打到的区域长度为2L。结合上述可知，当电压大小
2π
u≤2U 时粒子能射出电场打到收集板P上，由于u=4U sin t可知，被收集的粒子数占射入电场
0 0 T
π
4×
总粒子数的 6 1
=
2π 3
解得所求的收集率为33.3%。
（3）根据题意可知，当u=0，粒子在电场中的侧移为0，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图2所
示
v2
mv 1 √2mU
设其轨迹半径为r ，则有qv B=m 0解得r = 0= 0当u=2U 时，结合上述粒子射出电
0 0 r 0 qB B q 0
0
1 u 1 √qU
场的侧移y= L粒子在电场中运动过程中有qU +q y=2qU = mv2 解得v=2 0可知粒子在
2 0 d 0 2 m
mv 1 √4mU
极板间速度偏转角度为45°，进入磁场后做匀速圆周运动，其轨迹半径为r= = 0=√2r
qB B q 0
根据几何关系可知，为使收集板P上对射入磁场的粒子的收集率为50%，即从中心轴线以下射出极板
1 √2mU
间的粒子均不能打到收集板P上，则收集板距金属板右端的距离应满足D=r = 0根据几何
0 B q
1 2 √mU L
关系可知，粒子打在收集板上的区域长度l=r+r + L−rcos45°解得l= 0+
0 2 B q 2
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