第八章 静电场 综合测试-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以高考真题与模拟题构建静电场专项训练，融合物理观念与科学思维，通过问题情境深化场强、电势等概念及功能关系的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|10题（含2025北京卷等高考题）|等高线类比等势线、对称性分析场强、φ-θ图像解读匀强电场|从电场基本性质（场强、电势）到与力学综合（牛顿定律、动能定理）| |实验操作|1题（电容器充放电）|充放电电流变化规律、Q=It图像面积意义|实验原理→操作分析→数据处理的逻辑链| |综合计算|4题（带电粒子运动等）|类平抛运动模型、功能关系、椭圆轨道能量守恒|从单一运动到复杂情境，体现模型建构与科学推理|

第八章 静电场 综合测试 (满分：100分) 一、选择题(本题共10小题) 1．(2025·北京卷)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 2．(2026·湖南省怀化市高三上开学考试)如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，质量为m的带电微粒恰好沿图中的虚线在竖直平面内做匀速直线运动，虚线与水平方向的夹角为θ(sinθ＝0.6)，微粒受到的空气阻力不能忽略，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．微粒可能带正电 B．微粒可能由M点向N点运动 C．微粒的电势能不断增加 D．微粒所带电荷量的绝对值为 3.一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　) A．O、C两点电势相等 B．A点的电场强度大于B点 C．沿直线从A到B电势先升高后降低 D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大 4.(2025·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　　) A．恰能运动到(－3，9)处 B．在(1，1)处加速度为零 C．在(0，0)处速率为10 m/s D．在(－1，1)处机械能最小 5.(2025·重庆卷)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　　) A．具有不同比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达M、N的速度大小相等 D．到达K所用时间之比为1∶2 6.(2026广东广州高三检测)某仪器两极间的电场线分布如图所示,一正电荷只在静电力作用下以某一初速度沿x方向运动,从O点运动到A点的过程中,关于各点的电势φ、电场强度E、电荷的速度v和动能Ek随位移x的变化图像可能正确的是(　　) 7.(2026山西太原高三检测)如图所示,平行板电容器充电后,两极板间的电场为匀强电场。电子从A点沿平行于极板的方向向右飞入匀强电场并从右侧B点飞出。仅将该电容器所带电荷量增加到原来的2倍,电子仍以相同的初速度从A点飞入匀强电场并从右侧某点飞出。不计电子重力,关于电子在电场中运动的情况,下列说法正确的是(　　) A.电子仍从B点飞出 B.电子的加速度大小变为原来的4倍 C.电子在电场中运动的时间变为原来的2倍 D.静电力对电子做的功变为原来的4倍 8．(多选)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点(图中未标出)，以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ­θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0。下列说法正确的是(　　) A．O点为电势零点 B．场强的大小为 C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0 D．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上 9．(2025·广东省惠州市高三上第一次调研)(多选)为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则(　　) A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变 B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动的过程中， 尘粒所受电场力变小 C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等 D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等 10.(多选)(2026广西柳州高三检测)绝缘的水平面上存在着沿水平方向的电场,带负电的滑块(可视为质点)在水平面上不同位置所具有的电势能Ep如图甲所示,P点是图线最低点。现将滑块由x=1 m处以v=2 m/s的初速度沿x轴正方向运动(如图乙所示),滑块质量m=1 kg,与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,则(　　) A.电场中x=3 m处的电势最低 B.滑块沿x轴正方向运动的过程中,速度先增大后减小 C.滑块运动至x=3 m处时的速度大小为2 m/s D.滑块不可能到达x=4 m处 二．实验题： 11.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。 (1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的________(填“正极”或“负极”)接触。 (2)某同学设计的实验电路如图a所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是________。(填正确答案标号) A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定 C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 (3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1)，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况，两次得到的电流I随时间t变化如图b中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为________(填“R1”或“R2”)时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的________(填“电压”或“电荷量”)。 三．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.(2025辽宁锦模拟)如图所示,在xOy坐标系中,涂有荧光物质且足够长的板OM左侧空间存在沿y轴负方向的匀强电场,大量完全相同的带正电粒子沿着与x轴成60°角射入板OM左侧的电场中,速率为v0~2v0(v0未知),其中以速度v0入射的粒子将到达板OM上距离O点为L的位置,且此时粒子速度恰好沿x轴正方向。不考虑粒子间的相互作用,粒子到达板OM上会发出荧光并立即被板吸收,粒子重力忽略不计。 (1)写出直线OM的函数方程(必须要有斜率的推导过程)。 (2)求出板OM发光部分的长度。 13．(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2­关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 14．(2025·广东卷)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接，金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，且水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求： (1)颗粒碰撞前的电量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。 参考答案： 1.答案：D解析：等高线越密集，对应直滑道与水平面夹角θ越大，所以θB>θA，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，可得加速度大小a＝gsinθ，则小球沿MB运动的加速度比沿MA的大，A错误；A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒定律，运动到A、B点时小球的动能相同，速度大小相同，B错误；等差等势线越密集的地方，电场强度越大，B处等差等势线更密集，则A点电场强度比B点小，C错误；等差等势线越密集的地方，电势降落越快，右侧等差等势线更密集，则右侧电势比左侧降落得快，D正确。 2.答案：D解析：微粒受到的空气阻力与运动方向相反，受力分析如图所示，可知微粒一定由N点向M点运动，并且带负电，故A、B错误；微粒由N点向M点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；根据平衡条件有qE＝，解得微粒所带电荷量的绝对值为q＝，故D正确。 3.答案：A解析：在均匀带正电的完整球面中，球内场强处处为零，则O、C两点电势相等；由对称性可知，左、右半球面在O点的电势相等，在C点的电势也相等，则题中O、C两点电势相等，故A正确。在均匀带正电的完整球面中，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2；在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，B点的电场强度大小为E1，所以A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误。对于均匀带正电的右半球面，由电场叠加可知，AO直线处场强方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB处场强方向向右，又因在完整球面内部场强处处为零，可知右半球面在OB处场强方向向左；故题中右半球面在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势逐渐升高，故C错误。 4.答案：D解析：由题意可知，圆环所受的电场力方向平行于x轴向右，重力与电场力的合力方向斜向右下，设圆环从x0＝3 m、y0＝9 m处静止释放后，向左运动的最远位置为(x1，y1)，由动能定理有mg(y0－y1)－qE(x0－x1)＝0－0，且y1＝x，代入数据解得x1＝－1 m，y1＝1 m(另一组解x1＝3 m，y1＝9 m舍去)，则圆环恰能运动到(－1，1)处，无法运动到(－3，9)处，又因为圆环运动到(－1，1)处时克服电场力做功最多，则机械能最小，故A错误，D正确；圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误；设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，在圆环由(3，9)处静止释放到运动到(0，0)处的过程中，由动能定理得mgy0－qEx0＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故C错误。 5.答案：D解析：带电粒子a、b在电场中做类平抛运动，运动时间相等，且a、b沿电场方向的位移大小相等，根据y＝at2可知，粒子a、b运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得＝，可知两带电粒子具有相同比荷，故A错误；两带电粒子运动过程中，电场力均做正功，所以电势能均随时间逐渐减小，故B错误；由题图可知，a、b沿初速度方向的位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向，由公式vy＝at可知，a、b到达M、N时沿电场方向的分速度大小相等，则由v＝可知，a、b到达M、N的速度大小不相等，故C错误；由题图可知，带电粒子a、b到达K时沿初速度方向的位移相等，由于带电粒子a、b的初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确。 6.答案：D解析：沿电场线电势逐渐降低,电场线的疏密表示电场的强弱,从O点运动到A点的过程中电场强度先增大后减小,由于φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小,则从O点运动到A点的过程中电势随位移x的变化图像的切线斜率绝对值先增大后减小,故A、B错误;由以上分析结合牛顿第二定律qE=ma可知电荷的加速度先增大后减小,v-t图像的斜率表示加速度,则v-t图像的斜率应先增大后减小,故C错误;根据动能定理可得qEx=ΔEk=Ek-,即Ek=qEx+,可知Ek-x图像的切线斜率表示静电力,由于电荷带正电,从O点运动到A点的过程中静电力先增大后减小,与Ek-x图像的切线斜率的变化一致,且静电力做正功,电荷的动能增大,故D正确。 7.答案：D解析：设极板间距离为d,根据E=,仅将该电容器所带电荷量增加到原来的2倍,则极板间电场强度变为原来的2倍,根据牛顿第二定律可得a=,可知电子的加速度大小变为原来的2倍,故B错误;设极板板长为L,电子在极板间做类平抛运动,则有L=v0t,y=t2,由于电子仍以相同的初速度从A点飞入匀强电场并从右侧某点飞出,可知电子在电场中运动的时间不变,沿电场方向的偏转位移变为原来的2倍,所以电子从B点下方飞出,故A、C错误;根据W=qEy,由于电场强度变为原来的2倍,沿电场方向的位移变为原来的2倍,所以静电力对电子做的功变为原来的4倍,故D正确。 8.答案：BD解析：电势降低最快的方向是电场方向，则以O为圆心、r为半径的圆周上过电势最高点的电场线一定过圆心O，且方向为从电势最高点指向O点，结合题图乙知，电场方向与x轴负方向夹角为θ0，故C错误；由上述分析，根据匀强电场中电势差与场强的关系U＝Ed，结合题意和题图乙可知，场强大小E＝＝＝，B正确；根据U＝Δφ＝Ed可知，O点电势φO＝2φ0－Er0＝φ0，A错误；曲线①、②、③交于M、N两点，则半径r分别取3r0、2r0、r0的圆周上的点在θ＝θM和θ＝θN时电势分别相等，根据匀强电场场强方向与等势线的关系可知，θ＝θM和θ＝θN时，对应的半径均垂直于场强方向，故M和N在过O点的同一等势线上，故D正确。 9.答案：BD解析：甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒所受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律可知，尘粒的加速度会变化，A错误；乙桶中的电场是辐射状的，越远离导线的位置电场强度越小，根据F＝qE可知，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据W＝Fs，F＝qE，整理可得W＝qEs，由于尘粒在甲桶中不是始终做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，C错误；根据W＝qU可知，甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D正确。 10.答案：BCD解析：滑块在x=3 m处电势能最小,根据Ep=qφ,且滑块带负电,可知x=3 m处的电势最高,故A错误;滑块从x=1 m处运动到x=3 m处,根据功能关系可得(Ep1-Ep3)-μmgx13=mv2,解得滑块运动至x=3 m时的速度大小为v3=2 m/s,故C正确;根据Ep-x图像斜率的绝对值|k|=||=F静,由题图甲可知,从x=1 m处到x=3 m处,滑块受到的静电力逐渐减小,且滑块从x=1 m处运动到x=3 m处,静电力做功等于克服摩擦力做功,所以静电力先大于摩擦力后小于摩擦力,则滑块沿x轴正方向运动过程中,合力先做正功,后做负功,根据动能定理可知,滑块的速度先增加后减少,故B正确;滑块在x=1 m处的电势能与在x=4 m处的电势能相等,滑块从x=1 m处到x=4 m处,需要克服摩擦力做功Wf=μmgx14=3 J>mv2=2 J,可知滑块不可能到达x=4 m处,故D正确。 11.答案：(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量 解析：(1)多用电表在使用时，应让电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，故多用电表的红表笔应该与电池的正极接触。 (2)电容器充电完成后，两极板电荷量最多，电势差最大，当开关S与“2”端相接，电容器开始放电，回路立即形成电流，灯泡迅速变亮，随着时间的积累，两极板电荷量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，灯泡的亮度减小，直至两极板电荷量为零，不再有电流流过小灯泡，小灯泡熄灭，故C正确。 (3)开关S与“1”端相接，电容器充电，由图像可知开始充电瞬间，实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，由q＝It可知，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。 12.答案：(1)y=x　(2)3L 解析：(1)速率为v0的粒子的运动为类平抛运动的逆过程。故由粒子射出到速度水平相当于已知位移的方向即为沿着斜面方向。设斜面倾角为θ,由类平抛运动规律可知tan 60°= 又tan θ=tan 60° 而斜面的斜率即为tan θ,故函数方程为y=x。 (2)由于tan 60°,得t= 则以60°角射入电场的带电粒子,一定都会沿水平方向达到板OM上, 则有x=vxt=v0cos 60°·t 又y=x,L= 由以上各式可知L= 故速度为2v0的粒子落点距离O点为4L,板OM上发光部分的长度为s=4L-L=3L。 13.答案：(1)　(2)－ (3)守恒　－ 解析：(1)根据椭圆知识可知，B点到F点的距离rBF＝a B点的电势φB＝ 联立解得φB＝。 (2)根据椭圆知识可知，A点到F点的距离rAF＝a－ A点的电势φA＝ 该试探电荷在A、B点的电势能分别为EpA＝－qφA，EpB＝－qφB 根据电场力做功与电势能变化的关系可知，该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功WAB＝EpA－EpB 联立解得WAB＝－。 (3)该试探电荷距＋Q点电荷的距离为r时，电势能为Ep＝－qφ 其中φ＝ 动能与电势能之和E总＝Ep＋mv2 联立可得E总＝－kQq·＋mv2 设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0 变形得－＝－·＋mv2 对比分析可知E总＝－，kQq＝ 解得E总＝－ 可知该试探电荷在运动过程中动能与电势能之和守恒，且为－。 14.答案：(1)　(2) (3)当d≥(4k＋1)l＋时，W＝＋4k2mgh；当d<(4k＋1)l＋时，W＝＋ 解析：(1)两金属平板间的电场强度E＝ 颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，设其在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得Eq＝ma 设该过程的时间为t，由运动学公式有l＝at2 颗粒在竖直方向仅受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝gt2 联立解得q＝。 (2)设颗粒在B点碰撞前瞬间水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy， 由运动学公式可得vx＝at vy＝gt 由题意知，颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间，其水平分速度大小为vx，方向水平向右，竖直分速度大小为vy′＝kvy，方向竖直向上作出颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示，由于此时颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90° 又tanθ＝，tanβ＝ 联立解得Q＝。 (3)由于vy′＝kvy<vy，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上方绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的, 若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第一次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第二次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得，该过程的时间为t′＝ 水平方向上颗粒做匀加速直线运动，设加速度大小为a1， 根据牛顿第二定律有QE＝ma1 这段时间内颗粒在水平方向上运动距离为x＝vxt′＋a1t′2 联立解得x＝4kl＋ 当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的， 则W＝Eql＋EQx 解得W＝＋4k2mgh 当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的， 则W＝Eql＋EQ(d－l) 解得W＝＋。 学科网（北京）股份有限公司 $