7.达标测试卷(七) 静电场-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(七)　静电场 1.D　 根据三棱锥各边长均为L可知，三棱锥为正三棱锥，设A点的点电荷在O点产生的电场为EA，P点位于正三角形ABC的中心，如图所示，AP=L，则有OP==L，由对称性可知三个正电荷在O点水平方向上合场强为0，则O点的场强竖直向上，大小为E=3EAcos θ=3··=，现在要外加一个匀强电场，使O点的场强为0，由电场叠加原理可得，所加电场大小为E′=，方向竖直向下，故选D。 2.B　由题图可知x＝0处，电势最低，则q1、q2均带正电，选项A错误；图线与φ轴交点的切线与x轴平行，说明x＝0处电场强度为0，根据＝，＝，选项B正确；电势是标量，在x轴上4r0处，由于两电荷的电势都比x＝0点处的低，故电势小于φ0，选项C错误；在x轴上4r0处，点电荷产生的电场方向相同，电场强度不为0，选项D错误。 3.D　根据题意，两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式和定义式C＝，C＝，由此可知d减小，C增大，故选项A错误；根据公式E＝＝＝可知，两板间电场强度不变，故选项B错误；由题图可知P与B板间的距离减小，由于电容器内部电场强度不变，所以P与B板间的电势差减小，B板接地，其电势为零，所以P点电势降低，故选项C错误，D正确。 4.A　加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，系统所受合外力冲量为零，故A正确，D错误；加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故B、C错误。 5.D　空间电场可以看成B、D处等量异种点电荷产生的电场和C处点电荷产生的电场的叠加，可知B、D处等量异种点电荷产生的电场从E点到F点先增大后减小，C处点电荷产生的电场从E点到F点一直变大，所以从E点到F点的合场强大小不是恒定的，故电子在运动过程中，所受的电场力大小是变化的，则外力大小是变化的。B、D处等量异种点电荷产生的电场从E点到F点电势相等，C处点电荷产生的电场从E点到F点电势逐渐减小。所以电子在运动过程中电势能逐渐变大，故选项A错误；B、D处等量异种点电荷在E、F处产生的电场强度大小相等，方向都与B、D方向平行，C处点电荷在E、F处产生的电场大小不等，方向都为E点指向F点，合成后可知E、F点处的电场强度方向不相同，故选项B错误；B、D处等量异种点电荷在E、F间产生的电场方向与B、D方向平行，电子在该场中从E点到F点，电场力不做功，外力不做功；电子在C处点电荷产生的电场中从E点到F点，电场力一直做负功，外力一直做正功，故选项C错误，D正确。 6.B　带电小球所受电场力为qE＝mg，以带电小球为对象，竖直方向有qEsin 45°＝mg，可知竖直方向的合力为0；水平方向有qEcos 45°＝ma，a＝g，可知带电小球做加速度a＝g的类平抛运动，由A点到B点过程中tan 45°＝＝，解得A点到B点用时为t＝，故选项A错误；带电小球运动到B点时的速度为 v＝＝＝v0，动能增加量为ΔEk＝mv2－mv＝2mv，故选项D错误； A点与B点的距离为LAB＝＝＝，由A点到B点电场力做功为W电＝qELAB＝4mv，可知电势能减少4mv，机械能增加量等于电场力所做的功，即机械能增加4mv，故选项B正确，C错误。 7.B　设电场强度大小为E，对整体根据平衡条件可得4qE＝4mg，解得E＝，故A正确； 电场力对A和B组成的系统做正功，所以系统机械能不守恒，故B错误； A和B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，当A的速度为3v时，设B的速度为vB，则 4mv＝m·3v＋3mvB，解得vB＝，故C正确；当B的速度为零时，设A的速度为vA，则4mv＝mvA，解得vA＝4v。剪断细线后A做匀加速直线运动，其加速度大小为aA＝＝2g，B的速度为0时，A上升了h＝＝，故D正确。 8.C　由题意可知水平方向v1＝axt，竖直方向v0＝ayt，可知＝＝。设场强方向与竖直方向夹角为θ，则竖直方向mg＋qEcos θ＝may，水平方向qEsin θ＝max，整理并代入数据可得E＝ N/C，可知E最小值为1000 N/C；当θ＝90°时E＝1250 N/C；若场强大小E确定，其方向不是唯一确定的，故选C。 9.BD　 如图所示，连接AB、AO，则△OAB为直角三角形。在匀强电场中，沿任意一条直线电势均匀变化，则有φB-φQ=φQ-φO，所以O点电势为64 V，即O、A两点连线为等势线，电场方向为由A→B方向，故选项A错误，B正确；根据图中数据可知，圆半径R＝25 cm，由几何关系可知，∠AOB＝37°，所以AB＝2Rsin 37°＝0.3 m，电场强度大小为E＝＝ V/m＝100 V/m，故选项C错误，D正确。 10.BD　距离正电荷越近，电场强度越大，则Ea>Ec，根据牛顿第二定律qE＝ma，可知aa>ac，故选项A、C错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以离正电荷越远的点，电势较小，故φa>φc，故选项D正确。 11.ACD　由题图(b)可看出，甲从静止开始与乙同向运动，根据力与运动的关系说明甲受到了乙的排斥力作用，故两带电小球的电性一定相同，故A正确；由题图(b)可看出，甲的速度一直增大，故甲的动能一直增大；乙的速度先沿着原来方向减小，后方向增大，故动能先减小后增大，故B错误；题图(b)中图像与时间轴围成的“面积”表示位移，设甲乙共速时对应时刻为t1，乙的位移x乙>t1＝4t1，甲的位移x甲<t1＝t1，所以x乙>4x甲，故C正确；从开始运动到甲乙共速时，由图像的“面积”关系可知，两带电小球之间距离逐渐减小，电场力对系统做负功，系统的电势能增大。甲乙共速之后，两带电小球之间距离逐渐增大，电场力对系统做正功，系统的电势能减小。所以两带电小球速度相等时两球间的电势能最大，故D正确。 12.AD　若a、b电性相反，只有a带负电，b带正电才能受力平衡，a、b水平方向都有Fx＝qE－F库，又由tan α＝，tan β＝，得ma>mb，故选项A正确，B错误；同时剪断两根细绳，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，故一定同时落地，故选项C错误，D正确。 13.解析　(1)电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于断路，电流为0，故选B。 (2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向a→b；t＝2 s时，I＝1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U2＝IR，电容器开始放电前两端电压为12.3 V，根据I­t图像与横轴围成的“面积”表示放电量可得0～2 s间的放电量为Q1＝ΔU·C＝C,2 s后到放电结束间放电量为 Q2＝ΔU′·C＝1.10×10－3·RC，根据题意＝，解得R＝5.2 kΩ。 答案　(1)B　(2)a→b　5.2 14.解析　(1)①设球A所受重力为G，球B在P点时对球A的吸引力为F，在没有悬挂小球B时，对于球A根据平衡条件有N1＝G 悬挂小球B后，对球A根据平衡条件有F＋N2＝G 解得球B对球A的电场力大小为F＝N1－N2，方向竖直向上。 ②根据牛顿第三定律可知，球A对球B的库仑力大小为F′＝F＝N1－N2 因此A球在P处激发电场的电场强度大小为 E0＝＝。 (2)①因Ex图像中图线与x轴所围的“面积”表示电势差的大小，所以可用图线与x轴所围成图形中，小正方形的数目表示电势差的量值，每1个小正方形的面积所代表的电势差为U0＝x0，P、M两点间Ex图线与x轴所围面积约有28(27～29)个，所以电势差为UPM＝28U0＝x0。 ②P、M两点间Ex图线与x轴所围“面积”大于M、Q两点间Ex图线与x轴所围“面积”，所以UPM一定比UMQ大，由Ex图线与x轴所围面积随x的变化情况可知，A球正上方单位长度的电势差随x的增大而变小。 答案　见解析 15.解析　(1)撤去电场，小球以同样角速度绕杆做匀速圆周运动，如图所示 由几何关系可知轨道半径r＝L 绳1与水平方向的夹角为α，cos α＝ 根据牛顿第二定律FT1cos α＝mω2L 在竖直方向上FT1sin α＝mg 联立解得ω＝。 (2)满足题中可以使绳子1、2均处于绷直状态的最小的匀强电场是绳子2拉力为零，最大的匀强电场是绳子1拉力为零，有qEmin＝mg，Emin＝ 根据牛顿第二定律FT2cos θ＝mω2L 在竖直方向上qEmax＝mg＋FT2sin θ 联立解得Emax＝ 故匀强电场的场强大小取值范围为≤E≤。 答案　(1)　(2)≤E≤ 16.解析　(1)球在平行板电容器中，根据受力分析可得qE1cos 37°＝mg 解得E1＝＝2.5×103 V/m，方向斜向上垂直于平行板。 (2)小球在平行板电场从A到O点的速度 qE1＝mv 代入数据得v0＝ ＝0.6 m/s 进入竖直电场后，小球的加速度a＝＝10 m/s2，方向向上。离开电场后只受重力，重力加速度大小与a相等，方向向下，由于垂直打在B点，根据对称性知h＝，x＝2L。 由类平抛运动规律y轴方向有h＝at2＝，x轴方向有L＝v0t 得L＝＝0.036 m＝3.6 cm，故B点坐标为 (7.2 cm,3.6 cm)。 (3)进入竖直电场到离开电场的过程中电场力做正功，电势能减少； 设偏转距离为h，由上式知h＝0.018 m 则电势能的变化量等于电场力做功 ΔEp＝W＝qE2h＝7.2×10－5 J。 答案　(1)2.5×103 V/m，方向斜向上垂直于平行板 (2)(7.2 cm,3.6 cm)　(3)减少　7.2×10－5 J 17.解析　(1)对物体甲，从A点到P点，由动能定理得m1gR＋EqR＝m1v－m1v 在P点，根据牛顿第二定律FN－m1g＝m1 解得FN＝12 N。 (2)物体甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理L1＝m1v2－m1v 甲乙碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 m1v＝m1v甲＋m2v乙，m1v2＝m1v＋m2v 解得v甲＝0，v乙＝4 m/s。 (3)对物体甲受力分析Eq＝1 N>μm1g＝0.4 N 则物体甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律 m1v＋mgR＋Eq＝μmgs总，其中m＝m1＝m2 解得s总＝6.25 m。 答案　(1)12 N　(2)0　4 m/s　(3)6.25 m 18.解析　(1)已知φP＝0，由匀强电场的公式得UPO＝φP－φO＝E·l＝200×5×10－2 V＝10 V，φO＝－10 V 小球第一次到达左侧挡板时，由动能定理得Eql＝Ek0 代入数据解得Ek0＝(200×2×10－3×5×10－2)J＝0.02 J。 (2)由题意可得第n次碰撞后小球带电量为：qn＝kn|q|，(n＝1,2，…) 小球在挡板P与极板B之间反复做匀变速直线运动，与P碰撞时不损失机械能，每次与P碰撞后的动能均为EkP，根据动能定理，小球经过n次碰撞后能抵达B板，需满足：EkP≥qnE(l＋L) 代入数据得： 2×10－2≥n×2×10－3×200×(5＋45)×10－2 可得：n≤0.1，变形为：n≥10 取对数解得：n≥＝12.5 故n＝13，即小球经过13次碰撞后能抵达B板。 答案　(1)－10 V　0.02 J　(2)13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(七)　静电场 (满分：100分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，真空中有一个三棱锥O­ABC，三棱锥各边长均为L，在A、B、C三点分别放置电荷量为q的正点电荷，现在要外加一个匀强电场，使O点的场强为0，则匀强电场场强的大小为(　　) A. B. C. D. 2.在x轴上放置两个电荷量不相等的同种电荷q1、q2，位置坐标分别为-2r0和r0，在x轴上两电荷之间区域内的电势φ随位置坐标x变化的图线如图所示，图线与φ轴交点的切线与x轴平行，交点处的纵坐标为φ0，取无限远处电势为零，下列说法正确的是(　　) A.q1、q2均带负电 B.两电荷的电荷量之比＝ C.在x轴上4r0处，电势为φ0 D.在x轴上4r0处，电场强度为0 3.如图所示，一对面积较大的平行板电容器AB水平放置，A板带正电荷，B板接地，P为两板中点，再使A、B分别以中心点O、O′为轴在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，下列说法正确的是(　　) A.电容器AB的电容不变 B.两板间电场强度变大 C.两板间的P点电势增大 D.两板间的P点电势降低 4.(2024·吉林延边一模)如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)(　　) A.系统动量守恒 B.系统机械能守恒 C.弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大 D.系统所受合外力的冲量不为零 5.(2024·浙江绍兴模拟)如图所示，A、B、C、D为圆周上的四个点，AC和BD是相互垂直的两条直径，E、F分别是OA和OC的中点。在B点固定一个正点电荷，C和D固定一个负点电荷，三个点电荷电荷量相等。有一个电子在外力作用下从E点沿直线匀速运动到F点，不计电子的重力，则下列说法正确的是(　　) A.电子在运动过程中，所受的外力大小不变，电势能不变且等于零 B.E点处的电场强度方向与F点处的电场强度方向相同 C.电子在运动过程中，电场力先做负功后做正功 D.电子在运动过程中，外力始终做正功 6.如图所示，空间有范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，方向与水平方向夹角为45°，一质量为m、电荷量q=的带正电小球(可视为质点)，从A点以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间后运动到B点，A、B两点在同一电场线上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，带电小球从A点运动到B点过程中(　　) A.用时为 B.机械能增加4mv C.电势能减少2mv D.动能增加mv 7.(2024·湖北孝感期末)小球A的质量为m、带电量+3q，下面用绝缘细线悬挂质量为3m、带电量+q的小球B，它们一起在竖直向上的匀强电场中以速度v匀速向上运动。现在剪断细线(不计A、B间的库仑力)。已知重力加速度为g，以下说法错误的是(　　) A.电场强度E＝ B.A和B组成的系统机械能守恒 C.A的速度为3v时，B的速度为 D.B的速度为0时，A上升了 8.(2024·山东青岛统考)如图所示，在方向平行于纸面的匀强电场中有一平台，一带电小球从平台左下侧某位置P以v0=8 m/s的初速度竖直向上抛出，小球恰好从平台左端Q点以速度v1=6 m/s水平滑入平台。小球质量m=0.1 kg、带电量q=+6×10-4 C，重力加速度g=10 m/s2，关于该匀强电场，下列说法正确的是(　　) A.场强大小可能小于1000 N/C B.场强大小一定为1250 N/C C.场强大小最小为1000 N/C D.若场强大小确定，其方向也唯一确定 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，坐标平面与电场方向平行。坐标系中有一个经过O、A、B三点的圆，Q点(25 cm,0)为圆心，A点坐标为(32 cm,24 cm)，A点电势为64 V，B点电势为34 V，Q点电势为49 V，则(　　) A.电场强度的方向为由A→O方向 B.电场强度的方向为由A→B方向 C.电场强度大小为120 V/m D.电场强度大小为100 V/m 10.如图所示，曲线为一带电粒子仅在电场力作用下通过一个固定正点电荷产生的电场区域时的运动轨迹，a、b、c为这条轨迹上的三个点，且带电粒子在b点所受的电场力方向与速度方向垂直，由此可知下列说法正确的是(　　) A.粒子在a、c两点的加速度大小aa<ac B.粒子在a、c两点的加速度大小aa>ac C.a、c两点的电场强度大小Ea<Ec D.a、c两点的电势φa>φc 11.(2024·广东深圳高三期末)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图像分别如图(b)中曲线所示。则由图线可知(　　) A.两带电小球的电性一定相同 B.甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 C.甲乙达到共速时，乙的位移大于4倍甲的位移 D.甲、乙速度相等时两球间的电势能最大 12.(2024·山西运城统考)如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.若a、b电性相反，则球a的质量一定大于球b的质量 B.若a、b电性相反，则球a的质量可能等于球b的质量 C.若同时剪断两根细绳，则球a可能先落地 D.若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。 (1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V。在此过程中，电流表的示数________(填选项标号)。 A.一直稳定在某一数值 B.先增大，后逐渐减小为零 C.先增大，后稳定在某一非零数值 (2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向________(选填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I­t图像，如图(b)，t＝2 s时，I＝1.10 mA，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出R＝________ kΩ(保留2位有效数字)。 14.(8分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质，小明同学在干燥的环境中先将A放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上(如图甲所示)，此时电子秤的示数为N1；再将另一小球B用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于A球的正上方P点，电子秤稳定时的示数减小为N2。已知小球B所带电荷量为－q，且q远小于球A所带的电荷量，球A与球B之间的距离远大于两球的半径。 (1)根据上述信息，求： ①球B对球A的电场力大小和方向； ②球A在P点处激发的电场的场强大小E0； (2)现缓慢拉动绝缘细线，使小球B从P点沿竖直方向逐步上升到Q点，用刻度尺测出P点正上方不同位置到P点的距离x，并采取上述方法确定出该位置对应的电场强度E，然后作出Ex图像，如图乙所示，其中M点为P、Q连线的中点，x轴上每小格代表的距离均为x0，且为已知量。 ①根据图像估算P、M两点间电势差的大小； ②若M、Q两点的电势差为UMQ，比较UPM和UMQ的大小，并由此定性说明球A正上方单位长度的电势差随x的变化关系。 15.(8分)(2024·云南师大附中校考模拟)如图所示，杆上A、B两点固定两根绳子，A、B两点的间距为L，绳1的长度为L，绳子另一端共同系一带电量为＋q、质量为m的小球，在竖直向上的匀强电场中以某一角速度随杆做匀速圆周运动可以使绳子1、2均处于绷直状态；如果撤去电场，小球以同样的角速度随杆做匀速圆周运动时的圆心刚好是B点。重力加速度大小为g，求： (1)小球做匀速圆周运动的角速度； (2)保持角速度大小不变，且可以使绳子1、2均处于绷直状态，求匀强电场的场强取值范围。 16.(8分)如图所示，一带电平行板电容器与水平方向成37°角放置，板间距离为d＝2.88 cm。一带正电、可视为质点的小球的质量为m＝0.2 g、电荷量为q＝10－6 C，从电容器的中心A点由静止释放后，恰好沿水平直线AO向右运动，从上极板边缘O点飞入右侧的竖直向上的匀强电场区域，场强大小为E2＝4×103 V/m。现以上极板边缘O点为坐标原点，建立直角坐标系xOy，匀强电场区域宽度为L，在x轴上某处有一足够长竖直挡板，经过一段时间后发现小球恰好垂直打在竖直挡板B点，B点到x轴的距离也为L，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求平行板电容器内的电场强度E1大小和方向； (2)求xOy坐标系中B点的位置坐标； (3)小球从O点进入竖直电场到离开竖直电场过程中小球的电势能是增加还是减少？变化量是多少？ 17.(14分)(2024·山东菏泽一模)如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径R＝0.2 m，空间中存在水平向右的匀强电场E＝1×103 V/m，物体甲的质量为m1＝0.2 kg，带电量为q＝＋1×10－3 C，在P点右侧L1＝1 m处有一不带电的物体乙，质量为m2＝0.2 kg，物体乙右侧L2＝0.5 m处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度v0＝2 m/s滑动，甲、乙与水平面的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。 (1)在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小； (2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小； (3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。 18.(16分)如图所示，两足够大的平行金属板A、B竖直放置，其中A板均匀带有正电荷，B板均匀带有等量的负电荷，A、B板间形成匀强电场，已知电场强度E=200 N/C，在A、B板间的O点由静止释放一带电小球，其中小球质量为m，带电量q=-2×10-3 C，在靠近A板右侧附近有一特殊材料的挡板P，O点距挡板P的距离l=5 cm，距右极板B的距离L=45 cm，小球每次与挡板P碰后带电量都会变为原来的k倍，已知k=，且每次小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞，不计带电小球的重力。 (1)设匀强电场中挡板P所在位置的电势为零，则电场中O点的电势为多少？小球第一次到达P板时的动能为多少？ (2)小球经过多少次碰撞后，才能抵达B板？(取lg 1.2=0.08) 学科网（北京）股份有限公司 $$