卷8 静电场-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3N)

最新5年高考真题分类优化卷·物哩（八） 卷8静电场 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·甘肃卷)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间 形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等 势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是 () A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点，速度增大 D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 2.(2024·甘肃)一平行板电容器充放电电路如图 所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开 关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正 确的是 A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充 电电流增加 B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点 流向N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点 流向M点 3.(2024·安徽)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向 E 上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两 M. B 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、电荷量为十q的小球 套在圆环上，从A点沿圆环以初速度。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 4.(2024·广西)如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径 为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和V点分别固定电 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（八）8-1】3N 荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从 M 靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P, 点和P:点，已知sin0=号，则小圆环从P,点 3 P 运动到P,点的过程中 A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功D.静电力先做负功再做正功 5.(2024·河北)如图，真空中有两个电荷量均为q(9 >0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点 B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线 对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷B® 量为？。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力 常量为k。顶点A处的电场强度大小为 23kq A. kq a2 B.(6十√5) CGD) D) 6.(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 () 市 M N 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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(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。电荷量为十q、一q和十2g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E。(E。>0)。下列说法正确的 是 ( tB(d,是d0 Aa,0文 【8-2】3N A.OA中点的电势为零 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 2EP C.电场强度的大小为 gd 2√2E。 D.电场强度的大小为 gd 8.(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 9.(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 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 () d 5v0v15V M A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小N 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V点的电势能 10.(2024·江西)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细 直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两甲。o 小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标 系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x。处由 静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能E,=k9 Q9(,为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力∫，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是 A.最低点的位置x=(mg十f)x kQq kQq B.速率达到最大值时的位置x=√g一子 【8-3】3N C.最后停留位置x的区间是Vmg kQq kQq ≤x≤√mg-f kQq D.若在最低点能返回，则初始电势能E。<(mg一f) Nmg+f 三、非选择题：本大题共5题，共56分。 11.(12分)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛， 使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。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。图甲直流电源电动势E=8V、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。 i/mA Ro R 由 计算机 传感 S 600 900 器 2 300 S2 甲 乙 (1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R。的电流方向 (选 填“相同”或“相反”)； (2)乙图中阴影部分的面积S, S2(选填“>”“<”或“=”)： (3)已知S,=1233mA·s,则该电容器的电容值约为 法拉 (计算结果保留两位有效数字)： (4)由甲、乙两图可判断阻值R, R2(选填“>”或“<”)。 12.(10分)(2023·福建)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电 容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4. 7μF,10V),定值电阻R(阻值2.0k2)、开关S、导线若干。 (1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a),将图(b)中的实物连 线补充完整； 0 电源 电压 传感器 电压 电源 传感器 图(a 图b) (2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为 Hz; ↑UW ↑UcW 5.0 5.0 2.5 2.5/ 010203040506070/x10s 010203040506070t/×103s 图(c) 图(d (3)闭合开关S,一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的 电压Uc随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的 两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）。 在 点时（填“A”或“B”),通过电阻R的电流更大； (4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器 两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压 Um与频率f关系图像，如图(e)所示。当f=45Hz时电容器所带电 荷量的最大值Q。= C(结果保留两位有效数字)； ↑U.N 5.5 5.0 4.5 4.0曲 3.5 3.0 25,0000应 图(e) (5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量 在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 13.(10分)(2024·河北)如图，竖直向上的匀强电场中， 用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内 绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A 0 点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点 时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为 q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为 g,求： (1)电场强度E的大小： (2)小球在A、B两点的速度大小。 14.(10分)(2023·全国)密立根油滴实验的示意图如图一一 所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上 ao ob 板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油 滴。两板间不加电压时，油滴α、b在重力和空气阻力的作用下竖直向 【8-5】3N 下匀速运动，速率分别为。4：两板间加上电压后（上板为正极），这 两个油滴很快达到相同的速率？，均竖直向下匀速运动。油滴可视为 球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为 常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对 值之比。 15.(12分)(2024·全国)一质量为m、电荷量为9 (q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动， c(-Voxvo) b(voxvo) 其速度可用图示的直角坐标系内，一个点P (0x,v,)表示，v.、v,分别为粒子速度在水平 0 面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位 P(e,,) 于图中a(0,v。)点，粒子在水平方向的匀强电 场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v。,v。)点；随后粒子离开电场， 进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心 的圆弧移动至c(一℃。，v)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段 ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲 线长度都相等。不计重力。求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； (2)电场强度的大小： (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到α点时，粒子位移的大小。 【8-6】3N压力F、以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律 可知 (mg+F)tan 0=ma 解得tan0=ma mg+F、 (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 1=2×0.1X6600N·s=330N·s 方向竖直向上： ②头锤落到气囊上时的速度 v。=2gH=8m/s 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） I-Mgt=Mu-(-Mv) 解得 v=2 m/s 则上升的最大高度 v2 h= =0.2m ma 答案：1)tan0=mg+F (2)①330N·s,方向竖 直向上②0.2m 15.解析：(1)对于氩离子，仅考虑电场的作用，则氙离 子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律 eE=Ma 解得氤离子在放电室内运动的加速度大小 (2)电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做 半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与 径向磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强 磁场给的洛伦兹力提供向心力，即 u eE=evB:,evB=R 解得径向磁场的磁感应强度大小为 B:=mE eRB (3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,被电离的 氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数，则 单位时间内被电离的氙离子数 nk N二1+k 氙离子经电场加速，有eEd=2Mui 时间山内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理 有F·△=N△t·M1 解得F'= k√2eMEd 1+k 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小 F=F 则F=nk√2eMEa 1+k eE 答案：(1)a= mE (2)B,= eRB (3)F=k√2eMEd 1+k 卷8静电场 1.DA.MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在 同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N,点 电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错 误；B.M点电场线分布比N点密集，可知M点电场 强度比V点大，选项B错误；CD.负电荷从M点运 【18】 动到P,点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小， 速度减小，选项C错误，D正确。 2.C充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器 两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误； 根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正 电荷、流过电阻R的电流由N点流向M,点，故B错 误：放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器 两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确： 根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正 电荷，流过电阻R的电流由M,点流向N点，故D错 误。故选C。 3.C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； 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： 根据动能定理 1 (mg-Eq)R-2 mvi2mvi 可求出小球到B点时的速度vB,根据a1= 爱可得 小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 mg-Eg=ma. 可得小球的切向加速度Q2,再根据夫量合成可得B ,点的加速度为 a=√/ai+a 故C正确； 小球在D,点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故 小球在D,点受到圆环的作用力方向不平行MV,故 D错误。 故选C。 4.A设小圆环在P,、P,间的任意一点P,PM与 MN的夹角为α，根据几何关系可得 37°a53 带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能 64kQ9+ 27kQq E-2Rsin a 2Rcos a 根据数学知识可知在37°≤a≤53°范围内，随着a的 增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做 正功。 故选A。 5.DB,点、C点的电荷在M的场强的合场强为 kq 3kg E=2 2c0s60°= 3 a? 3a 因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强 EM=E,由对称性可知带电细杆在A点的场强为E =EM=E,方向竖直向上，因此A点合场强为 E6=E+2c0s30=。65+3） kq kq 故选D。 6.C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，A错误： 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q ,点电势，B错误； Q Q 由电场叠加得P点电场强度E=kMP十k P2 若仅两，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，而PQ间距不变，根据U =Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正 确，D错误。 故选C。 -3N 7.ADA.根据题意可知O点、A点和B点的电势分 别为eu=E】 ’PB= E2,故OA中 2g 点的电势为9w=0十4=0，故A正璃：B,如 2 图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势 为O,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，由AM =AN可知∠VMA=45°，故电场的方向与x轴正 方向成45°角，故B错误：CD.电场强度的大小为E Ep 1 2EE,故C错误，D正确。 2d·cos45 gd B (d,d) N ADO M A,0)天 8.AC根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷 交换的系统，这个系统的电荷总量是不变的，故A正 确；根据电场线和等势面的关系可知电场线与等势 面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面， 故B错误；，点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电 场力微正功，电势能减小，根据可知正电荷将 从电势高的地方向电势低的地方运动，负电荷将从 电势低的地方向电势高的地方运动，故C正确，D错 误。故选AC 9.BCD根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可 知，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集 的地方场强越大，故M点的电场强度比N,点的小， 故B正确；粒子带正电，因为M点的电势大于在V 点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N,点的电 势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与 动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故 粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故 C、D正确。故选BCD。 10.BD全过程，根据动能定理 mgDx。x)kakD kQg 解得x=(mg一∫)x 故A错误； 当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有 mg=f+k Q kQq 解得x=Nmg一f 故B正确： 小球甲最后停留时，满足 mg-fsk Qn mg十f 解得位置x的区间 kQq kQq Nmg+f x≤N√mg-f 故C错误； 若在最低，点能返回，即在最低，点满足 >mg+f 【19】 结合动能定理 (mg-f)(x。- )(-）=0 又E。=6 r 联立可得Em<(mg一f)Vmg+了 kQg 故D正确 故选BD。 11.解析：(1)由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R。 的电流方向向左，放电时通过R。的电流方向向右， 故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方 向相反。 (2)I-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。 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于 电源电动势，则该电容器的电容值为 Q S C==E =0.15F (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的 最大电流，则可知R,R 答案：(1)相反(2)=(3)0.15(4)< 12.解析：(1)根据电路图连接实物图，如图所示 R 0 电压 电源 传感器 (2)由图(c)可知周期T=25×103s,所以该矩形 波的频率为 =T=40 Hz (3)由图(d)可知，B点后电容器两端的电压慢慢增 大，即电容器处于充电状态：从图中可得出，A,点为 放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B ,点时通过电阻R的电流更大。 (4)由图(e)可知当∫=45Hz时，电容器此时两端 的电压最大值约为 Um=3.75V 根据电容的定义式C= 得此时电容器所带电荷 Q 量的最大值为 Qm=CUm=4.7×10-i×3.75C≈1.8×10-5C R 9 答案：(1) 0 电压 电源 传感器 (2)40(3)充电B(4)1.8×10- 13.解析：(1)在匀强电场中，根据公式可得场强 U 为E=元 (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二 u 定律得Eg一mg=m工 A到B过程根据动能定理得 3N 1 1 gU-mgL=交mwi-2m明 联立解得 Uq-mgL A m /3(Uq-mgL) UB= U 答案：1) (2)vA= Uq-mgL 3(Uq-mgL) m :UB= m 14.解析：(1)设油滴半径为r,密度为ρ，则油滴质量 m=专r0 则速率为v时受阻力f=krv 则当油滴匀速下落时mg=f 3kv 解得r=√4πpg c√元 可知上= 0=2 1 V4vo 则一 (2)两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴 很快达到相同的達率？，可知油滴口做减连运动 油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带 正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得 lq.lE+f.=m.g 2 其中f。=。 1 m.g=2m.g 对b由受力平衡可得 f.-qE=mg Uo 其中f6=1m,8=2,g 4 Vo 联立解得 2m 答案：(1)8：1(2)油滴a带负电，油滴b带正电： 4:1 15.解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 v=√6十u话=√Ev。 根据洛伦兹力提供向心力 Bov-m-m To √Emo 解得做圆周运动的半径为”= Bq 两有为T贸 (2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中 闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的 为速度相应的曲线，根据a=A”可知任意点的加速 △t 度大小相等，故可得 【20】 Bq·V2v。Eq 解得E=√2B。 (3)根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中 转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中 运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，α角为 两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x 轴方向的夹角，从Q到b过程中粒子做类平抛运 Eq 动，得一t=v0 m 故可得该段时间内沿y方向位移为L=u。t 根据几何知识可得bc=√2r 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周 时粒子位移的大小为xm=xc一2L (2-√/2)mwo 联立解得xd= Bq a oa →y Eq 答案：1)2mu2n Bq'Ba (2)E=√2Bv (3)2-E)mm, Ba 卷9电路及其应用 1.CA.闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L 相当于断路，所以A1、A2瞬间亮起，A逐渐变亮，A 错误；B.闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当 于断路，所以A2亮一下后熄灭，B错误；C.稳定后， 电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以A1、A 串联，所以一样亮，C正确；D.稳定后，电容器与A 并联，两端电压等于A两端电压，由于线圈电阻和 电源内阻忽略不计，且A1、A:串联，A:两端电压为 2E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量等于 2CE,D错误。 2.D设样品每平方米戟流子（电子）数为n,电子定向 移动的速率为，则时间t内通过样品的电荷量 q=nevtb 根据电流的定义式得 1=9=e动 当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力 平衡，则有 U evB=eb 联立解得U=LB ne 结合图像可得 188×10-3 we 320X10 V/T k= 解得n=2.3×1015 故选D。 -3N