2025版新教材高考物理全程一輪總復習單元素養(yǎng)評價九靜電場及其應用靜電場中的能量

單元素養(yǎng)評價(九)靜電場及其應用靜電場中的能量一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.如圖所示的光滑絕緣環(huán)沿豎直方向固定，兩個可視為質點的帶電圓環(huán)套在絕緣環(huán)上，其中帶電圓環(huán)Q與絕緣環(huán)的圓心O等高，已知Q帶正電，兩環(huán)平衡時∠OQP＝30°.則下列說法正確的是()A．圓環(huán)P帶負電B．圓環(huán)P、Q的質量之比為2∶1C．圓環(huán)P、Q的電荷量之比為1∶2D．圓環(huán)P、Q受絕緣環(huán)彈力之比為1∶12．如圖所示，虛線為某靜電場中的等差等勢線(相鄰兩虛線間的電勢差相等)，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡，a、b、c、d為粒子的運動軌跡與等勢線的交點，除靜電力外，粒子受到的其他力均可不計．下列說法正確的是()A．粒子在a、c兩點的加速度大小肯定相等B．粒子在b、c兩點的速度大小肯定相等C．粒子運動過程中速度肯定先減小后增大D．粒子在b點時的電勢能肯定比在d點時的電勢能大3.[2024·衡水模擬]在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷＋2Q和－Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd，a、O、c三點恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d四點電場強度的大小關系是Ea>Ec，Eb＝EdB．a(chǎn)、b、c、d四點電勢的關系是φa<φc，φb＝φdC．在MN的連線上，O點的電場強度最小D．將帶負電的摸索電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變4.[2024·湖北卷]密立根油滴試驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場．用一個噴霧器把密度相同的很多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電．金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止．若僅將金屬板間電勢差調整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為()A．q，rB．2q，rC．2q，2rD．4q，2r5．在一次科學晚會上，小陶老師表演了一個“魔術”：如圖甲，一個空塑料瓶中固定著一根細金屬條和一塊易拉罐(金屬)片，將金屬片和鋼鋸條分別與靜電起電機正負極相連．在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香．很快就看到整個塑料瓶里煙霧繚繞．搖動起電機，忽然塑料瓶澄澈透亮，停止搖動，又是煙霧繚繞，圖乙為其俯視圖．已知金屬片是半徑為R的圓弧，金屬條恰好位于其圓心，兩者的高度均為h.若勻速搖動起電機時，兩極間的電壓恒為U，則()A．未搖動起電機時，煙塵在金屬片與金屬鋸條之間下落的最大時間為eq\r(\f(2h,g))B．勻速搖動起電機時，金屬片與金屬鋸條之間的電場強度為eq\f(U,R)C．除塵過程中帶電量為q的煙塵增加的電勢能均為qUD．質量為m，帶電量為q的煙塵被金屬片吸附時水平方向受到的沖量不大于eq\r(2mqU)6.[2024·河南新鄉(xiāng)二模]如圖所示，△ABC是邊長為a的等邊三角形，O點是三角形的中心，在三角形的三個頂點分別固定三個電荷量大小均為q的點電荷(電性已在圖中標出)，若要使放置在O點處的電荷不受電場力的作用，則可在三角形所在平面內加一勻強電場．已知靜電力常量為k，對于所加勻強電場的電場強度的大小和方向，下列說法正確的是()A．大小為eq\f(6kq,a2)，方向由B指向OB．大小為eq\f(6kq,a2)，方向由O指向BC．大小為eq\f(3\r(3)kq,2a2)，方向由B指向OD．大小為eq\f(3\r(3)kq,2a2)，方向由O指向B7．空間存在著平行紙面的勻強電場，但電場的詳細方向未知，現(xiàn)用儀器在紙面內沿互成60°角的Ox、Oy兩個方向探測該靜電場中各點電勢，得到各點電勢與到O點距離的函數(shù)關系如圖所示，則下列關于該電場的電場強度E的說法中，正確的是()A．E＝2V/m，沿Ox方向B．E＝200V/m，沿yO方向C．E＝200eq\r(3)V/m，沿∠xOy角平分線向下D．E＝eq\f(400\r(3),3)V/m，沿∠xOy角平分線向下二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求)8.[2024·河北省石家莊市其次中學高三模擬]高大的建筑物上安裝避雷針，陰雨天氣時云層中的大量電荷可以通過避雷針干脆引入大地，從而達到愛護建筑物的目的．如圖所示，虛線是某次避雷針即將放電時，帶負電的云層和避雷針之間三條等勢線的分布示意圖；實線是空氣中某個帶電粒子q由M點到N點的運動軌跡，不計該帶電粒子的重力，則()A．避雷針尖端帶負電B．q在M點的電勢能大于在N點的電勢能C．放電時避雷針中有向上的電流D．q越靠近避雷針尖端，其加速度越小9．[2024·河南省名校聯(lián)盟高三(上)第一次診斷考試]如圖所示，水平正對的金屬板A、B與干電池連接，B板接地，靜電計的電荷量導線以及電池的內阻均不計．開關S閉合，一帶負電的油滴靜止于兩板間的P點．下列說法正確的是()A．若僅將A板上移一些，則靜電計指針的張角減小B．若僅將B板下移一些，則油滴向下運動C．若斷開S，且僅將B板下移一些，則油滴的電勢能減小D．若斷開S，且僅在A、P間插入玻璃板，則油滴向上運動10.[2024·四川省成都外國語學校高三全國統(tǒng)一考試模擬]A、B、C是真空中一靜止的點電荷產(chǎn)生的電場中的三點，AB＝BC，A、B兩點電場強度的方向與它們的連線分別成α＝30°、β＝60°，如圖所示，已知A點的場強大小為E0，以下說法正確的是()A．場源電荷帶正電B．電子在A點的電勢能高于B點的電勢能C．B點的場強大小為3E0D．電勢差UAB＝UAC三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)11．(8分)在測定電容器電容值的試驗中將電容器、電壓傳感器、阻值為3kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開關按圖甲所示電路圖進行連接．先使開關S與1端相連，電源向電容器充電，充電完畢后把開關S擲向2端，電容器放電，直至放電完畢．試驗得到的與電壓傳感器相連接的，計算機所記錄的電壓隨時間改變的u-t曲線，如圖乙所示，圖丙為由計算機對圖乙進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值”及曲線與時間軸所圍的“面積”．(1)依據(jù)圖甲所示的電路，視察圖乙可知：充電電流與放電電流方向________(選填“相同”或“相反”)，大小都隨時間________(選填“增加”或“減小”).(2)該電容器的電容值為________F．(結果保留兩位有效數(shù)字)(3)某同學認為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測出電容器的電容值．請你分析并說明該同學的說法是否正確．12．(8分)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0).A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能．13．(10分)如圖所示，在平面坐標系xOy第一象限內，y軸右側寬度d＝0.5m的區(qū)域內有沿x軸正方向、場強大小為E1的勻強電場，在x>d的區(qū)域內有沿y軸正方向、場強大小為E2＝4E1的勻強電場，在坐標原點O處有一氕粒子源，它一次可以向外放出一個或多個氕粒子，不計粒子的重力及相互作用力．(1)若從O點沿y軸正方向放射很多初速度大小不同的氕粒子，當它們在場強為E1的電場中運動的動能均變?yōu)槌鮿幽艿膎倍時，其位置分布在圖中過原點的傾斜虛線上(虛線滿意y＝eq\r(2)x，且x≤0.5m)，求n的值；(2)若從O點沿y軸正方向以v0＝eq\r(\f(2E1qd,m))(其中eq\f(q,m)為氕粒子的比荷)的初速度放射一個氕粒子，當它的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍時，求其位置的橫坐標z值(結果可帶根號).14．(12分)[2024·沈陽質檢]如圖甲所示，真空中間距為d的兩塊平行金屬板，板長為L，加在A、B間的電壓UAB周期性改變，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k≥1)，電壓隨時間的改變如圖乙所示．在t＝0時刻，有一個電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，已知電子質量為m、電荷量為e，且不考慮重力的作用．(1)若k＝1且電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，求其動能增加量．(2)若k＝1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，求兩板間距離d應滿意的條件及射出時速度的大小(速度結果中可以含有d).15.(16分)[2024·全國山東一模]如圖所示，水平粗糙的長直軌道上P點左側存在電場強度為E的勻強電場，材料相同的兩個小滑塊M、N靜止在軌道上，其中N不帶電靜止于P點，質量為m0、帶電荷量為＋q的滑塊M位于P點左側與P相距x0處．現(xiàn)由靜止釋放滑塊M，一段時間后滑塊M運動到P點，在P點與滑塊N發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊M以碰撞前速度大小的二分之一反向彈回，同時滑塊M所帶的電荷量消逝，又經(jīng)過同樣長一段時間后其速度減為0，此刻馬上使其重新帶上＋Q的電荷量，滑塊M再次起先運動，并恰好能與N再次發(fā)生碰撞．求：(1)滑塊N的質量；(2)滑塊M從起先運動到第一次速度減為0所用的時間；(3)電荷量Q與q的比值．單元素養(yǎng)評價（九）1．解析：對圓環(huán)Q受力分析，如圖甲所示，則Q靜止須受圓環(huán)P的斥力，即圓環(huán)P應帶正電，A錯誤；依據(jù)力的平衡條件由Q的受力可知F＝eq\f(mQg,sin30°)，F(xiàn)1＝eq\f(mQg,tan30°)，對圓環(huán)P受力分析，如圖乙所示，則由幾何關系可知F＝mPg，F(xiàn)2＝2mPgcos30°，所以eq\f(mQg,sin30°)＝mPg，即eq\f(mP,mQ)＝eq\f(2,1)，B正確；由題中的條件不能確定兩圓環(huán)所帶電荷量的關系，C錯誤；由以上分析整理得eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,2)，D錯誤．答案：B2．解析：因a點處的等差等勢線比c點處的密集，故a點處的電場強度大于c點處的電場強度，故電荷在a點受到的靜電力大于在c點受到的靜電力，結合牛頓其次定律可知，粒子在a點的加速度比在c點的加速度大，故A錯誤；b、c兩點的電勢相等，則粒子在b、c兩點的電勢能相等，由能量守恒定律可知，粒子在b、c兩點的動能相等，速度大小相等，故B正確；由粒子運動的軌跡彎曲的方向及等勢線與電場線垂直可知，粒子受到的靜電力指向軌跡曲線內側且垂直于電場線，則粒子從a運動到b靜電力做正功，粒子速度增大，從c運動到d靜電力做負功，速度減小，故粒子在由a到d的運動過程中的速度先增大后減小，同理，粒子在由d到a的運動過程中的速度也先增大后減小，故C錯誤；因粒子由c到d的過程中靜電力做負功，動能減小，電勢能增大，即粒子在d點的電勢能大于在c點的電勢能，由于c點電勢與b點電勢相等，粒子在c點與b點電勢能相等，故粒子在d點的電勢能大于在b點的電勢能，D錯誤．答案：B3．解析：設Ma＝aO＝R，則a、c點的場強分別為Ea＝eq\f(2kQ,R2)＋eq\f(kQ,（3R）2)＝eq\f(19kQ,9R2)，Ec＝eq\f(2kQ,（3R）2)＋eq\f(kQ,R2)＝eq\f(11kQ,9R2)，因此Ea>Ec，由于b、a兩點關于MN對稱，因此可得Eb＝Ed，A正確；由于沿著電場線，電勢降低，因此φc<φa，又由于對稱性可知φb＝φd，B錯誤；電場線的疏密表示電場強度的相對大小，由電場線疏密程度可知，MN連線上電場強度最小值應出現(xiàn)在O點的右側，C錯誤；負點電荷沿直線由b運動到d的過程中，電場力對負電荷先做正功后做負功，負電荷的電勢能先減小后增加，只是初、末位置的電勢能相等，運動過程中電勢能在改變，D錯誤．答案：A4．解析：初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿意Eq＝mg即eq\f(U,d)q＝eq\f(4,3)πr3·ρg，當電勢差調整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿意eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)πr3·ρg可得q′＝eq\f(q,2)，A、B錯誤；當電勢差調整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿意eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)π（2r）3·ρg可得q′＝4q，C錯誤，D正確．答案：D5．解析：依題意，未搖動起電機時，煙塵受到空氣浮力的影響，將漂移在空中，很難自由下落，所以其下落時間將遠大于只受重力作用時的時間，即t>eq\r(\f(2h,g))，A錯誤；依據(jù)俯視圖可以看出塑料瓶內存在的是輻射狀的電場，不是勻強電場，所以金屬片與鋸條之間的電場強度不為eq\f(U,R)，B錯誤；除塵過程中，鋸條和金屬片之間存在強電場，它使空氣電離成負離子和正離子，負離子在電場力作用下，向正極移動時，遇到煙塵使它帶負電，帶電煙塵在電場力作用下，向正極移動，煙塵最終被吸附到金屬片上，這樣消退了煙塵中的塵粒，所以帶電量為q且能到達金屬片的煙塵增加的電勢能最大值為qU，C錯誤；設質量為m，帶電量為q的煙塵被金屬片吸附前瞬間水平方向速度為v，則煙塵受到電場力做的功qU≥eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)可得p≤eq\r(2mqU)即水平方向受到的沖量不大于eq\r(2mqU)，D正確．答案：D6．解析：由幾何關系可知，三點電荷到O點的距離均為l＝eq\f(a,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)a，三點電荷在O點的場強大小均為E＝keq\f(q,l2)＝eq\f(3kq,a2)，如圖所示，由矢量合成學問可知，O點合場強大小為E合＝2E＝eq\f(6kq,a2)，若要使放置在O點處的電荷不受電場力的作用，則O點的場強應為零，故施加的勻強電場方向應與E合大小相等、方向相反，選項B正確．答案：B7．解析：由φ-x和φ-y圖像可知，Ox、Oy兩個方向上距離O點相同距離處電勢相等，比如，取距離均為20cm處，電勢均為40V，則這兩點位于同一等勢面上，用直線將兩點連接，然后作這條等勢線的過O點的垂線，由電場線和等勢面的關系可知，這就是電場線，且方向向下，且電場強度大小為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(400\r(3),3)V/m，故選D.答案：D8．解析：云層帶負電，則避雷針尖端帶正電，A錯誤；依據(jù)運動軌跡可知，帶電粒子所受電場力指向避雷針尖端，由M點到N點電場力做正功，電勢能降低，B正確；放電時，云層中的負電荷通過避雷針流向大地，而電流方向為負電荷運動的反方向，所以放電時避雷針中有向上的電流，C正確；帶電粒子越靠近避雷針尖端，等勢線越密集，電場強度越大，帶電粒子所受電場力越大，加速度越大，D錯誤．答案：BC9．解析：金屬板A、B與干電池連接，兩板間電勢差不變，A板上移，靜電計指針的張角不變，故A錯誤；依據(jù)E＝eq\f(U,d)，若僅將B板下移一些，板間電場強度減小，豎直向上的電場力減小，而重力不變，則油滴受合外力向下，將向下運動，故B正確；若斷開S，極板電荷量不變，依據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)，Q＝CU，E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εS)，僅將B板下移一些，板間電場強度不變，P點與零電勢B板間電勢差U′＝Ed′增大，則P點電勢增大，帶負電的油滴在P點的電勢能減小，故C正確；若斷開S，且僅在A、P間插入玻璃板，則介電常數(shù)增大，則電場強度減小，則豎直向上的電場力減小，而重力不變，則油滴受合外力向下，將向下運動，故D錯誤．答案：BC10．解析：由題意可知，電場由點電荷產(chǎn)生的，因此沿A、B兩點電場強度的方向上延長線的交點O應為點電荷的位置，如圖所示，由此可知場源電荷帶負電，A錯誤；電子受到排斥力，所以電子從A到B，電場力做負功，電子的電勢能增大，因此電子在A點的電勢能低于B點的電勢能，B錯誤；由解析圖和幾何關系可知，AB＝BC＝BO＝CO，由正弦定理可得eq\f(AO,sin（180°－β）)＝eq\f(BO,sinα)，解得AO＝eq\f(BOsin（180°－β）,sinα)＝eq\r(3)BO，則有BO＝eq\f(\r(3),3)AO，設點電荷的電荷量是Q，由題設條件可有EA＝eq\f(kQ,AO2)＝E0，由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)，可得B點的電場強度大小為EB＝keq\f(Q,BO2)＝keq\f(Q,（\f(\r(3),3)AO）2)＝keq\f(3Q,AO2)＝3E0，C正確；由解析圖可知，B點電勢等于C點電勢，所以UAB＝UAC，D正確．答案：CD11．解析：（1）依據(jù)圖甲所示的電路，視察圖乙可知：充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小．（2）依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(U,R)，圖像的面積表示Ut，可知圖像面積與R的比值表示電荷量．故極板所帶最大電荷量q＝eq\f(182.7,3000)C＝0.0609C，該電容器的電容值C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.0609,6)F＝1.0×10－2F.（3）正確．因為當開關S與2連接，電容器放電的過程中，電容器C與電阻R上的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及曲線與時間軸所圍“面積S”，可應用C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(S,RUm)計算電容值．答案：（1）相反減小（2）1.0×10－2（3）見解析12．解析：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.依據(jù)牛頓其次定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a（eq\f(t,2)）2＝eq\f(1,2)gt2②聯(lián)立①②解得E＝eq\f(3mg,q)③.（2）設B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋g2t2）.答案：（1）eq\f(3mg,q)（2）2m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋g2t2）13．解析：（1）氕粒子在左側電場中做類平拋運動，有x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))y＝v0t1而y＝eq\r(2)x，F(xiàn)＝ma由動能定理得Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))×n－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))聯(lián)立解得n＝3（2）粒子在左側電場中做類平拋運動，出電場時沿x軸正方向的速度為vx＝eq\r(\f(2E1qd,m))＝v0粒子在右側電場中做類斜拋運動，有x－d＝vxt2Δy＝v0t2＋eq\f(1,2)·eq\f(E2q,m)·teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))由動能定理得E1qd＋E2q·Δy＝6×eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))聯(lián)立解得x＝eq\f(1＋\r(5),4)m答案：（1）3（2）eq\f(1＋\r(5),4)m14．解析：（1）若k＝1，電子在豎直方向的速度隨時間改變的圖像如圖所示若電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，依據(jù)動能定理可得ΔEk＝e×eq\f(U0,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(eU0,6).（2）若k＝1.5，豎直方向，電子在0～T時間內做勻加速運動，加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)，位移大小x1＝eq\f(1,2)a1T2在T～2T時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動，加速度的大小a2＝eq\f(3eU0,2md)初速度的大小v1＝a1T，勻減速運動階段的位移大小x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\d