2026年高考物理一轮复习第七章静电场(综合训练)(安徽专用)(原卷版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习第七章静电场(综合训练)(安徽专用)(原卷版+解析)，共9页。试卷主要包含了【改编】等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题(本题共10小题，共42分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，每小题4分，只有一个选项符合题意；第9～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分)
1．（2025·河北·模拟预测）对教材中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，实验者可站立在地面上完成实验
B．乙图中，“雷火炼殿”会导致殿内物品受损
C．丙图中，导线外层包裹“金属外衣”为了防止尖端放电
D．丁图中，锯条接电源负极，金属片接正极，瓶中烟尘最终被吸附到带正电的金属片上
【答案】D
【详解】A．甲图中，属于接触带电，电荷从带电球转移给了该女生，人体为导体，若站立在地面上电荷会转移到大地上，不会出现人体带电现象，不能完成实验，故A错误；
B．金殿本身作为金属物品，处在雷电的电场里达到静电屏蔽的作用，故“雷火炼殿”不会导致殿内物品受损，故B错误；
C．包裹着金属外衣是为了实现电磁屏蔽，防止干扰，故C错误；
D．锯条接电源负极，金属片接正极，瓶中烟尘会带上负电，在电场力的作用下，最终被吸附到带正电的金属片上，故D正确。
故选D 。
2．（2025·浙江宁波·三模）如图为一平行板电容器，电容为，、两极板的正对面积为，上半部分正对面积为且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为和。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷和。下列说法正确的是（ ）
A．上、下两个电容器的电容和一定相等
B．上、下两个电容器两极板间的电势差和一定相等
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量和一定相等
D．若电容器、两极板间均为空气，其电容一定变大
【答案】B
【详解】A．根据可知上、下两个电容器的电容和不相等，选项A错误；
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差和一定相等，选项B正确；
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量和不相等，选项C错误；
D．若电容器、两极板间均为空气，因变小，可知其电容一定变小，选项D错误。
故选B。
3．【现代科技与学科知识结合】（2025·河北张家口·一模）口罩生产过程要运用静电纺丝技术，原理如图所示。收集板和喷口分别接高压电源的正、负极，高压电源使喷口和收集板带电进而产生强电场。在强电场作用下，带电聚合物溶液微粒从静止开始由喷口飞向收集板形成纳米无纺布。喷口带负电，可视为电荷量为的点电荷，收集板视为无限大带电平面，喷口到收集板的垂直距离为。忽略聚合物溶液微粒的重力，静电力常量为。下列说法正确的是（ ）
A．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中加速度增大
B．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中电势能增大
C．收集板左侧表面上，电场强度方向垂直于收集板向左
D．喷口到收集板垂直路径上的中点处的电场强度大小为
【答案】C
【详解】A．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中，电场线变稀疏，场强变小，电场力变小，根据牛顿第二定律可知，加速度变小，故A错误；
B．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．收集板表面是等势面，所以左侧表面上，电场强度方向垂直于收集板表面向左，故C正确；
D．收集板视为无限大带电平面，可将该模型等效为等量异种电荷中垂面，则喷口到收集板垂直路径上的中点处的电场强度大小
故D错误。
故选C。
4．（2025·安徽合肥·二模）如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块间距为d的平行金属板间为除尘区域，两板与恒定的高压直流电源相连。大量均匀分布的带负电粉尘均以速度平行于板射入除尘区域，粉尘碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整d可以改变除尘率（相同时间内被收集粉尘的数量与进入除尘区域粉尘的数量之百分比）。不计空气阻力、粉尘的重力及粉尘间的相互作用，忽略边缘效应。已知时，为36%，若要使为64%，则应将d调整为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设两极板间的电压为，极板长度为，当时，除尘率为36%，即距离下极板为的粉尘做类平抛运动刚到打在右下端，有，，
解得
若要使为64%，即，，
联立解得
故选C。
5．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图所示，水平方向上的、两点固定有两个点电荷，且两电荷所带电荷量的值相同，点为的中点，过点作水平线的垂线，一质量可忽略不计的正粒子只受电场力作用，运动轨迹过点，曲线、是该轨迹上的其中两段，图中的、两点关于点对称。下列说法正确的是（ ）
A．、两点的点电荷均带正电
B．过点虚线为等势线
C．、两点的电场强度相同
D．该正粒子经过点瞬间的速度不可能为0
【答案】D
【详解】A．由题意得正粒子仅受电场力的作用，且轨迹为曲线，由曲线运动的条件可知粒子的轨迹向受力的一方发生偏转，则固定在A、B两点的点电荷均带负电，故A错误；
B．由于固定在A、B两点的点电荷为等量同种负点电荷，根据等量同种负点电荷周围电势分布可知，图中的虚线不可能是等势线，故B错误；
C．由对称性可知，、两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；
D．A、B两点固定的等量同种负电荷在点的电场强度大小相等，方向相反，则点的电场强度为0，假设正粒子在点的速度为0，则正粒子将静止在点，故D正确。
故选D。
6．（2025·安徽蚌埠·三模）如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP＝OQ＝L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一直加速
B．静电力对粒子做功不为0
C．粒子所受静电力先增大后一直减小
D．粒子经Q点后可能在某处返回，也可能一直沿x轴正向运动
【答案】D
【详解】A．由图（c）可知，段电场强度向左，段电场强度向右，因粒子带负电，故粒子在段所受电场力向右，做加速运动，在段所受电场力向左，做减速运动，故A错误；
BD．由图（c）可知，、两点电势相等，粒子在、两点电势能相等，故静电力对粒子做功为0，根据动能定理可知，粒子经过Q点时速度向右，大小为，若小于粒子由点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会在某处返回，若大于或等于粒子由点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会一直沿x轴正向运动，故B错误，D正确；
C．由图（b）可知，由到电场强度先增大后减小，再增大再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大再减小，故C错误。
故选D。
7．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，两个质量均为m、带等量异种电荷的绝缘小球a、b被两根轻质绝缘细线分别竖直悬挂，处于水平向右的匀强电场中，两个小球静止时在同一水平线上，两细线与竖直方向的夹角分别为α、β。剪断细线后，a球在匀强电场中下落h时速度大小为v。不计空气阻力的影响，重力加速度为g，两个小球运动过程中电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．两小球静止时，细线与竖直方向的夹角α一定不等于β
B．剪断细线后，小球水平方向做匀加速运动
C．当a球速度大小为v时，b球速度大小也为v
D．从剪断细线到a球速度大小为v的过程中，两小球和匀强电场组成的系统电势能的减小量为
【答案】C
【详解】A．由题意，两小球静止时，可把两球看作一个整体受力分析，它们之间的库仑引力为内力，匀强电场对它们施加的电场力相互抵消，设细线对小球的拉力为，根据平衡条件整体在水平方向上有
隔离两小球分析，在竖直方向上，
联立得，则，，故A错误；
B．根据前面分析，可知剪断细线后，两小球的运动具有对称性，a向左下方加速运动，b向右下方加速运动，且两小球在运动过程中一定在同一水平线上，由于在相互远离的过程中，它们之间的库仑引力在逐渐减小，所以可知二者在水平方向做加速逐渐增大的加速运动，故B错误；
C．剪断细线后，由于两小球运动具有对称性，合外力总是大小相等，可知合外力对两小球做功相等，根据动能定理可知，当a球速度大小为v时，b球速度大小也为v，故C正确；
D．从剪断细线到a球速度大小为v的过程中，两小球和匀强电场组成的系统，根据动能定理有
由功能关系可得两小球和匀强电场组成的系统电势能的减小量为
故D错误。
故选C。
8．图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】带电粒子在电场中运动时，能量守恒。设粒子的质量为 m，电荷为 q，则其总能量为： 其中 v 是粒子的速度，是电势。
带正电粒子以初速度从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，则
粒子恰好可以穿越两环，意味着在穿越过程中，粒子的速度最小为零，则
仅将带电粒子的初速度改为，其他条件不变，则粒子穿越过程中
解得
带等量异种电荷的绝缘环轴线上的电势分布图可得，
则
则
故选D。
9．【改编】（2025·安徽蚌埠·三模）两个带电小球a、b在光滑绝缘的水平面内沿同一直线运动，图为两小球的v－t图像，若在运动过程中a、b始终未接触，则下列说法正确的是（ ）
A．两小球一定带同种电荷
B．a球质量小于b球的质量
C．时刻两球的电势能最大
D．时间内两小球动能之和先变大后变小
【答案】AC
【详解】A．由图像可知，小球a做初速度为0的加速运动，小球b做减速运动，若b在前、a在后，两球相互吸引，带异种电荷，若a在前，b在后，则两球相互排斥，带同种电荷，故A正确；
B．根据牛顿第二定律，两球间的电场力是相互作用力，大小相等，由图像可知，在相同时间内，b球速度变化量比a球速度变化量大，即b球的加速度比a球加速度大，根据牛顿第二定律可知在F相同的情况下，加速度大的质量小，故a球的质量大于b球的质量，故B错误；
CD．根据能量守恒定律，两球构成的系统电势能和动能之和保持不变，时刻两球速度相等，系统动能最小，电势能最大，则时间内两小球动能之和先变小后变大，故C正确，D错误。
故选AC。
10．【改编】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）长为的绝缘轻细线一端连接质量为、电荷量为的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，为轨迹圆的一条直径。以点为起始点，小球运动过程中的电势能与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中。下列说法正确的是（ ）
A．小球做简谐运动
B．B．从点到点电场力对小球不做功
C．小球运动过程中速度的最小值为
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为
【答案】CD
【详解】A．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，则小球做圆周运动，故A错误；
B．由图像乙可知当小球运动时，转过的角度电势能最大，则圆周上电势能最大的位置即为该点，垂直于该点的切线方向，如下图所示即为电场线方向，小球转过的位置所在的直径与圆周的交点为同一等势面上的点（图中虚线为等势线）。
可知小球转过的过程中
电场强度的大小
由对称性可知点的电势
从点到点电场力对小球做功
故B错误；
C．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，在运动到的位置取得速度的最小值，此时电场力提供小球做圆周运动的向心力，即
解得
故C正确；
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值在运动到的位置取得，此时速度也最大。根据动能定理
在该点处合外力提供向心力，即
解得
故D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、填空题(本题共2小题，共15分)
11．(6分)（2025·福建泉州·模拟预测）密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，落入两块相互平行的极板MN之间（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。
(1)若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带 电荷。（选填“正”或“负”）
(2)已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，则两板之间的电场强度E的大小为 。
(3)油滴P可视为球体，并测得其半径为R，已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U，则该油滴的电荷量q = 。（提示：球的体积公式）
【答案】(1)负；(2)；(3)
【详解】（1）P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，根据受力平衡可知，P受到竖直向上的电场力，与板间场强方向相反，则P带负电。
（2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，则两板之间的电场强度E的大小为
（3）设油滴P的质量为，根据受力平衡可得
又
联立可得该油滴的电荷量为
12．(9分)（2025·吉林长春·模拟预测）电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压10V，电容标识不清）；
电源E（电动势12V，内阻不计）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）；
电压表V（量程15V，内阻很大）；
发光二极管、，开关、，电流传感器，计算机，导线若干。
回答以下问题：
(1)按照图甲连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为 V（保留1位小数）。
(2)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V时，开关掷向1，得到电容器充电过程的图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为 C（结果保留2位有效数字）。
(3)本电路中所使用电容器的电容约为 F（结果保留2位有效数字）。
(4)电容器充电后，将开关掷向2，发光二极管 （填“”或“”）闪光。
【答案】(1)6.5；(2)；(3)；(4)
【详解】（1）电压表量程为15V，每个小格，估读，故示数为。
（2）图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为；
（3）由电容的定义式
得
（4）电容器充电时，上极板与电源正极相连，带正电；下极板与电源负极相连，带负电。
开关掷向2，电容器放电，电流从正极板流出。由于二极管具有单向导电性，允许电流从特定方向通过，故闪光。
三、计算题(本题共3小题，共43分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
13．(10分（2025·甘肃庆阳·三模）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的n价正离子，自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场，从B板小孔射出后沿半径为R的半圆弧轨迹通过电场方向指向圆心的静电分析器，再沿中线方向进入C、D平行板间的偏转电场区，能通过偏转电场的离子可被移动的探测器接收。已知元电荷电荷量为e，所有离子质量均为m，A、B板间电压为U0，C、D极板的长度为L。不计离子重力及进入A板时的初速度。
(1)求出价位n=1的正离子从B板小孔射出时的速度大小；
(2)若要使各个价位的所有离子均能被探测器接收，求出C、D板间的偏转电压U1的大小与C、D板间的距离d满足的关系式。
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）根据动能定理，可知（2分）
解得（2分）
（2）n价离子在偏转电场中做类平抛运动，根据位移公式可知（1分），（1分）
根据牛顿第二定律可知
n价离子能从C、D板左侧离开时应满足（1分）
联立，有（2分）
可解得（1分）
14．（15分）（2025·四川成都·二模）如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出，一带正电小球的质量为m，从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出，从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角，后从C点离开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比；
(2)小球从原点O抛出时的初速度大小；
(3)小球在电场中运动的最小动能。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，由运动学公式得（1分）
又由于（1分）
解得（1分）
即（1分）
（2）设小球质量为m，初速度为，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，则有（1分）
竖直方向上则（1分）
又因为（1分）
联立解得（1分）
（3）设小球从O到A、从A到B时间为t，根据运动学规律则有（1分），（1分）
可知（1分）
由与水平方向夹角为，vA与水平方向夹角为，建立如图所示坐标系
（1分）
将分解到、上，小球在方向上做匀速运动，在当方向上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为（1分）
而（1分）
解得（1分）
15．(18分)（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，水平地面上放置一长度、质量的绝缘不带电长木板。一可视为质点、质量、带电量的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离。在距木板右端的虚线右侧，存在宽度的匀强电场，场强，方向竖直向下。匀强电场右侧存在宽度的匀强电场，场强，方向竖直向上。从时刻起，水平恒力作用在长木板上，末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，物块带电量始终不变，重力加速度取，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块运动多长时间进入匀强电场；
(2)从物块进入匀强电场到离开匀强电场的过程，小物块对长木板的摩擦力所做的功；
(3)物块离开匀强电场时，其离木板右端的距离。
【答案】(1)4s；(2)14J；(3)
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为a0，则由牛顿第二定律有（1分）
解得（1分）
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有（1分）
代入数据解得（1分）
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移（1分）
可知（1分）
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的时间为t0，由位移与时间的关系可得（1分）
解得（1分）
（2）当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有（1分）
解得a1=0
即在物块进入电场E1中的t1=1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，1s后撤掉力F，此时它们的速度为v=v0=8m/s（1分）
假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀变速直线运动，则对物块和长木板整体由牛顿第二定律有μ2[（m+M）g+qE1]=(m+M）a2（1分）
代入数据解得a2=4m/s²
对小物块，设其最大加速度大小为a'，则由牛顿第二定律有μ1(mg+qE1)=ma'（1分）
代入数据解得a'=9m/s²
由于a2