2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）验收检测卷八　静电场

验收检测卷八静电场一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．1.[2024·福建省五校联考]小张同学在空气干燥的教室里进行一个小实验，将一塑料绳撕成细丝后，一端打结，做成“水母”的造型，用毛巾顺着细丝向下捋几下，同样用毛巾来回摩擦PVC(塑料)管．将“水母”抛向空中，然后把PVC管从下方靠近它，直到“水母”处于悬停状态，则()A．PVC管带电方式属于感应起电B．“水母”在空中悬停时，PVC管对它向上的静电力大于它所受重力C．用毛巾摩擦后，“水母”与PVC管带异种电荷D．PVC管与“水母”相互靠近过程中，两者间相互作用力变大2．[2024·浙江省台州市台金七校联盟联考]两个放在绝缘架上的相同金属球相距d，球的半径远小于d，分别带q和－9q的电量，两球间的库仑力大小为18F.现将这两个金属球充分接触，然后放回原处，则它们的库仑力大小将变为()A．32FB．18FC．4FD．03．[2024·广东省汕头市期中考试]近年来，纺织服装作为汕头“三新两特一大”产业中的特色产业之一，已经形成了完整的产业链，织布是其中重要的一环．现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺．如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是()A.虚线可能是等势线B．电场强度EC<EB<EAC．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动D．负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能4.[2024·河南省新未来联考]图甲是电容式油位传感器的示意图，可以用它来监测油箱内液面高度的变化，传感器由圆柱形金属芯A和金属圆筒B组成，可看作电容器的两极，油箱内的汽油可看作电介质，将传感器接入图乙的电路中，金属芯和金属圆筒分别与接线柱c、d连接，当观察到输出端a的电势低于b的电势时，下列说法正确的是()A．电容器在充电B．电容器的电容在增大C．油箱内液面在下降D．电容器两板间电场强度在增大5．[2024·广东省惠州市期中检测]如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处带负电的点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()A.A带正电，QA∶QB＝1∶4B．A带负电，QA∶QB＝1∶4C．A带正电，QA∶QB＝1∶8D．A带负电，QA∶QB＝1∶86.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为φa＝5V、φb＝3V．下列叙述正确的是()A.该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a7.[2024·北京市中关村中学期中考试]如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF.一带负电的点电荷在E点由静止释放后()A．做匀加速直线运动B．在O点所受静电力最大C．由E到O的时间等于由O到F的时间D．由E到F的过程中电势能先增大后减小8.[2024·四川省资阳市月考]如图所示，空间有电荷量分别为＋Q1和－Q2的两个点电荷，其连线水平．在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于O1O2连线对称放置，细管的上下端口恰好在O1O2连线的中垂线上．电荷量为＋q的小球以初速度v0从上端管口无碰撞进入细管，在管内运动过程中机械能守恒，则()A．Q1<Q2B．细管上各点的电场强度方向均与细管垂直C．在O1O2的连线上，中点的电场强度最小D．小球从细管下端飞出时速度为v0二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.[2024·湖北省部分省级示范性考试]如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则下列说法正确的是()A．M点的电势比P点的电势低B．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动C．M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差D．将负电荷由O点移动到P点，电场力做负功10.[2024·江苏省南通市期中考试]如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球a和b，一点电荷放在轻杆的左侧．现将轻杆绕中点O转动，在位置MN和位置EF时两小球的电势能总量刚好相等．则()A．a、b两球带异种电荷B．a球的带电量比b球少C．a球由E转动到M，电场力对其一定做正功D．b球在N点的电势能一定小于F点的电势能11.[2024·广东省广州市一中期中考试]如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力．则()A．它们运动的时间不同B．Q所带的电荷量比P大C．电场力对它们做的功一样大D．Q的动能增量大12．[2024·内蒙古赤峰四中月考]空间存在沿x轴方向的电场，轴上各点电势φ随x变化的图像为余弦函数曲线如图所示．一质量为m＝1×10－6kg、电荷量为q＝－3×10－8C的带电粒子，从坐标原点以一定的初速度v0沿x轴正方向射入电场，粒子仅受电场力作用．则下列说法正确的是()A.粒子在由原点运动至x＝0.2m处的过程中，其加速度先增大后减小B．欲使粒子沿x轴正方向持续运动下去，v0至少大于6m/sC．若粒子的初速度v0＝3m/s，则粒子可以运动到0.1m处D．粒子在由原点运动至x＝0.2m处的过程中，在x＝0.1m处加速度最大，速度最小[答题区]题号123456789101112答案三、非选择题：本题共4小题，共60分．13．[2024·重庆市西南大学附中期中考试]如图甲是研究电容器电容大小的电路图．电压传感器(内阻可看作无穷大)可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器(内阻可看作零)可实时显示出电流大小．连接好电路检查无误后进行了如下操作：①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零．②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的I­t、UAB­t图，得到图乙和图丙．(1)操作①的目的是________________________________________________________；(2)进行操作②时，通过R的电流方向是向________(选填“左”或“右”)，电流随时间________(选填“增大”或“减小”)；(3)该电容器的电容约为________μF；(4)若电源的内阻不计，则R＝________Ω.14.[2024·河南省新高中创新联盟TOP二十名校调研]如图所示，金属小球甲用长度为4L的轻质绝缘细线悬挂在O点，金属小球乙用长度为5L的轻质绝缘细线也悬挂在O点，两小球质量相等且均视为质点和点电荷，带电量均为＋q，甲贴在光滑绝缘的竖直墙壁上，甲、乙静止时两条细线之间的夹角正好为37°，重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，eq\r(38025)＝195，求：(1)竖直墙壁对甲的支持力以及乙的质量；(2)两小球在O点产生的合电场强度的大小．15．[2024·山西省晋城一中期中考试]如图所示，在水平轨道AB的末端处，平滑连接一个半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道，半圆形轨道与水平轨道相切，C点为半圆形轨道的中点，D点为半圆形轨道的最高点，整个轨道处在电场强度水平向右，大小E＝4×103V/m的匀强电场中．将一个质量m＝0.1kg带正电的小物块(视为质点)，从水平轨道的A点由静止释放，小物块恰好能通过D点．小物块的电荷量q＝＋2×10－4C，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)A、B两点间的距离L；(2)小物块通过C点时对轨道的压力大小FN.16.[2024·浙江钱塘联盟联考]如图所示为一种质谱仪的简化原理图．位于第Ⅱ象限的静电分析器，其通道为以O为圆心的四分之一圆弧，内有方向指向坐标原点O的均匀辐向电场，圆心为O，半径为R＝0.6m 虚线MN为通道的中心线，中心线处的电场强度大小为E1.位于第Ⅰ象限的挡板OP与x轴夹角为θ，挡板OP与y轴之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E2.比荷是eq\f(q,m)＝1×108C/kg的离子(重力不计)从离子源飘出(初速度近似为0)，经过电压为U＝5×103V的加速电场加速后，以速度v0进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，从N点垂直y轴射出后进入电场E2中，调整夹角θ，最后离子恰好垂直打在挡板OP上，不计离子重力和离子间相互作用，求：(1)v0的大小；(2)电场强度E1的大小；(3)电场强度E2的大小与夹角θ的关系式．

验收检测卷八静电场1．答案：D解析：由题意可知PVC管带电方式属于摩擦起电，A错误；“水母”在空中悬停时，处于平衡状态，PVC管对它向上的静电力等于它所受重力，B错误；因为“水母”与PVC管存在相互排斥的静电力，所以“水母”与PVC管带同种电荷，C错误；管与“水母”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D正确．2．答案：A解析：两金属球未接触时根据库仑定律可知F库＝eq\f(kq·9q,d2)＝18F，两个金属球接触后所带电荷量均为q′＝eq\f(q－9q,2)＝－4q，则它们的库仑力大小变为F′库＝eq\f(k4q·4q,r2)，联立解得F′库＝eq\f(k4q·4q,r2)＝32F，A正确．3．答案：D解析：电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EA＜EB＜EC，B错误；电场线是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ可知，电子在C点的电势能大于其在A点的电势能，D正确．4．答案：C解析：当观察到输出端a的电势低于b的电势时，表明电阻R中有由下向上的电流，表明电容器在放电，A错误；稳定时电容器两极间的电压不变，由Q＝CU可知，电容器的电容在减小，B错误；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，正对面积减小，所以油的液面在下降，C正确；由E＝eq\f(U,d)可知，稳定时两板间的电场强度不变，D错误．5．答案：C解析：由于负电荷所受电场力方向与电场线的方向相反，C处的负点电荷所受静电力向左，所以电场线的方向平行于AB向右．若A、B都为正电荷或负电荷，或A为负电荷，B为正电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行．所以A为正电荷、B为负电荷；如下图画出分场强与合场强之间的关系根据平行四边形定则，知A、B在C点的场强之比为EA∶EB＝1∶2，又点电荷的场强公式为E＝keq\f(Q,r2)，C点距离A、B两点间的距离比为rA∶rB＝1∶2，解得QA∶QB＝1∶8，C正确，A、B、D错误．6．答案：C解析：该电场的电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4V，a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb，A、B错误；因c点的电势一定高于b点，由公式Ep＝qφ知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少．根据“沿电场线方向电势逐渐降低”可得c点的场强方向由a指向c.所以正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，C正确，D错误．7．答案：C解析：根据等量同种电荷连线中垂线上电场强度分布可知，EF间的电场不是匀强电场，负点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可知负电荷的加速度不恒定，故负电荷做变加速直线运动，A错误；根据场强叠加可知O点的电场强度为零，故在O点所受静电力最小，为零，B错误；带负电的点电荷在E点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，由E到O的时间等于由O到F的时间，C正确；负点电荷由E到O，电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，电势能减小，由O到F，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，故由E到F的过程中电势能先减小后增大，D错误．8．答案：B解析：带电小球在运动过程中机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2，A错误；根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，B正确；当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且Q1>Q2，所以场强最小的点会相应的向右偏移，C错误；小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，D错误．9．答案：BCD解析：沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以M点的电势比P点的电势高，A错误；在O点静止释放一带正电粒子，粒子受电场力竖直向上，该粒子将沿y轴做直线运动，B正确；电场线越密集的地方场强越大，根据U＝Ed可知M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，C正确；负电荷往低电势移动，电势能增大，电场力做负功，D正确．10．答案：BD解析：根据题意，a、b两球电势能总量刚好相等，说明点电荷对a、b两球所做的总功为零，a、b两球电性一定相同，且与点电荷电性相反，A错误；若a球由E转动到M，则b球由F转到N，点电荷对两球做功相等，其中M，N两点电势相同，令点电荷带正电，则有φE＝eq\f(kQ,r)，φF＝eq\f(kQ,r＋L)，电场力做功WEM＝qa(φE－φM)，WFN＝qb(φF－φN)，因φM＝φN，则可得qaeq\f(kQ,r)＝qbeq\f(kQ,r＋L)可得qa<qb，B正确；点电荷的电性与两球电性相反，则a球由E转动到M，电场力对其一定做负功，C错误；由于点电荷的电性与两球电性相反，则b球由N转动到F，电场力对其一定做负功，小球的电势能增大，所以b球在N点的电势能一定小于F点的电势能，D正确．11．答案：BD解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t＝eq\f(x,v0)，由于x、v0相等，可知它们运动的时间相同，A错误；根据y＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2y,t2)，知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知Q的电荷量是P的两倍，B正确；由W＝qEd知，静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍．根据动能定理，静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，C错误，D正确．12．答案：AB解析：φ­x图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知0≤x≤0.2m的区间内，图线斜率的绝对值先增大后减小，则电场强度先增大后减小，粒子受到的电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，A正确；由图可知0≤x≤0.2m的区间内，随x的增大φ减小，因粒子带负电，所以电势能增大，电场力做负功，动能减小，当粒子恰好能到达x＝0.2m处，其初速度是使粒子能沿x正方向持续运动下去的最小速度，由动能定理可得q(φ0－φ2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中φ0＝300V，φ2＝－300V，解得v0＝6m/s，B正确；若粒子可以恰好运动到x＝0.1m处，则有q(φ0－φ1)＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)，其中φ0＝300V，φ1＝0，解得v′0＝3eq\r(2)m/s，C错误；粒子在由原点运动至x＝0.2m处的过程中，速度一直减小，则在x＝0.1m处速度不是最小，D错误．13．答案：(1)让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零(2)左减小(3)187(173～193均可)(4)2.75×104解析：(1)将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零，其目的是让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零．(2)进行操作②时，电容器接在电源两端，电容器充电．A、B极板分别带上正、负电荷．通过R的电流方向向左.由图乙可知，电流随时间减小．(3)由图乙可知，I­t每个小格的面积表示q＝eq\f(1,5)mA×eq\f(2,5)s＝eq\f(2,25)×10－3C＝8×10－5C，I­t图像与坐标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量Q＝28×8×10－5C＝2.24×10－3C，由图丙可知电容器充满电时两端的电压U＝12V，该电容器的电容约为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(2.24×10－3C,12V)≈187μF.(4)由公式I＝eq\f(U,R)和q＝It可知，U­t图像中图像与横轴围成的面积为S＝Ut＝QR，由图丙可知U­t图像中图像与横轴围成的面积S＝154×1×0.4V·s＝61.6V·s，解得R＝eq\f(S,Q)＝2.75×104Ω.14．答案：(1)eq\f(kq2,9L2)eq\f(4kq2,27gL2)(2)eq\f(39kq,400L2)解析：(1)假设甲、乙的连线水平即假设甲、乙的连线与悬挂甲的细线垂直，设两细线之间的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝eq\f(4L,5L)则有θ＝37°与题干相符，假设成立；则甲、乙两球之间的距离为d＝3L对甲进行受力分析，水平方向由二力平衡可得FN＝eq\f(kq2,（3L）2)＝eq\f(kq2,9L2)对乙进行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得mgtan37°＝eq\f(kq2,9L2)解得m＝eq\f(4kq2,27gL2)(2)甲在O点产生的电场强度为E甲＝eq\f(kq,（4L）2)方向竖直向上乙在O点产生的电场强度为E乙＝eq\f(kq,（5L）2)方向斜向左上方与E甲的夹角为37°由平行四边形定则E＝eq\r(（E甲＋E乙y）2＋Eeq\o\al(2,乙x))综合计算可得E＝eq\f(39kq,400L2).15．答案：(1)eq\f(5,3)m(2)5.4N解析：(1)小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律可知mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)