新高考物理一轮复习单元素养评价九静电场（含解析）

单元素养评价(九)　静电场

一、单项选择题

1．[2021·浙江6月，3]如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是(　　)

A．探测发射台周围风力的大小

B．发射与航天器联系的电磁波

C．预防雷电击中待发射的火箭

D．测量火箭发射过程的速度和加速度

2．如图所示，在竖直平面内有一固定绝缘光滑细杆，细杆与竖直方向的夹角为θ.一重为G、电荷量为q的带正电小球穿在细杆上，现在小球所在空间施加一匀强电场，可使小球处于静止状态，则该匀强电场场强的最小值为(　　)

A．      B．

C．     D．

3．如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为φ1－φ2＝φ2－φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　)

A．该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等

B．场源电荷是正电荷

C．φ1>φ2>φ3

D．电场力对该粒子先做负功后做正功

4．[2022·广州2月质检]静电除尘的原理是设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来．如图所示，静电除尘器由板状收集器A和柱状电离器B组成，A、B间接有高压电源，它们之间形成很强的电场，能使空气中的气体分子电离，进而使通过除尘器的尘埃带电，最后被吸附到收集器A上，下列选项正确的是(　　)

A．收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了正电

B．收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了负电

C．收集器A和电离器B之间形成的是匀强电场

D．静电除尘过程是机械能向电能转化的过程

5．[2021·八省联考广东卷]如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受静电力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上．下列说法正确的是(　　)

A．p点的电势高于n点的电势

B．微粒在p点的电势能小于在m点的电势能

C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量

D．微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量

6．[2022·山东烟台一模]如图所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心的圆，与x、y轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大．则(　　)

A．电场线与x轴平行

B．a点电势高于c点电势

C．在圆周上的各点中，b点电势最高

D．电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加

7．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，x轴上有M、N、P三点，MN＝NP，Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化的关系图像如图乙所示(N对应图像的最低点)，下列说法错误的是(　　)

A．M、N之间电场方向沿x轴正方向

B．N点电场场强为零

C．M点电场场强为零

D．将一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做的功的绝对值|WPN|<|WMN|

二、多项选择题

8．[2022·潍坊模拟]如图，一带电粒子以垂直电场方向的速度射入匀强电场，仅在电场力作用下沿图中曲线AB从A运动到B.带电粒子的质量为m、电荷量为q，经过A点时速度大小为v，经过B点时速度大小为2v，下列说法正确的是(　　)

A．该粒子带正电

B．从A到B过程中，粒子的电势能增加了mv2

C．从A到B过程中，粒子的动量变化量为mv

D．从A到B过程中，电场力的冲量大小为mv

9．[2022·山东枣庄一模]如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB＝L，AO＝，D点是圆弧跟y轴的交点．当在O点和A点分别固定电荷量为－Q1和＋Q2的点电荷后，D点的电场强度恰好为零．下列说法正确的是(　　)

A．Q2＝4Q1

B．圆弧BDC上的各点相比较，D点的电势最高

C．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大

D．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小

10．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，而后到达与M点在同一水平面上的P点，轨迹如图．其中N′是N点在MP直线上的投影点．以下关于小球的运动说法正确的是(　　)

A．重力与电场力大小之比为1∶2

B．从M到N重力势能增加mv2

C．从M到N机械能增加2mv2

D．从M到P电势能减少8mv2

三、非选择题

11．示波器的主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已知加速电场的电压为U1.两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d.电子枪发射质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O.不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d.求U1和U2的比值.

12.

如图所示，竖直平面内有一坐标系xOy，已知A点坐标为(－2h，h)，O、B区间存在竖直向上的匀强电场．甲、乙两小球质量均为m，甲球带的电荷量为＋q，乙球带的电荷量为－q，分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍．已知重力加速度为g.求：

(1)小球经过O点时速度的大小和方向；

(2)匀强电场的电场强度E.

单元素养评价(九)　静电场

1．解析：待发射的火箭由于比较高，根据尖端放电原理，火箭顶部易引雷，所以在火箭发射塔四周建立铁制高塔的功能是预防雷电击中待发射的火箭，C正确．

答案：C

2．解析：小球受重力、静电力及可能存在的杆的弹力，根据力的矢量三角形可知，当静电力方向沿杆向上时，静电力最小，则qEmin＝G cos θ，即Emin＝，故C正确．

答案：C

3．解析：该粒子仅受电场力的作用，粒子的动能与电势能之和始终不变，故A项错误；据粒子轨迹可知，粒子受到场源电荷的排斥力，则场源电荷是负电荷，故B项错误；场源电荷是负电荷，电场线指向负电荷，则φ1<φ2<φ3，故C项错误；粒子受到场源电荷的排斥力，粒子运动方向先与排斥力成钝角后与排斥力成锐角，则电场力对该粒子先做负功后做正功，故D项正确．

答案：D

4．解析：被强电场电离的空气分子使尘埃带负电，尘埃通过收集器间时，被吸附到带正电的收集器A上，达到除尘目的，选项B正确，A错误；分析知柱状电离器B和板状收集器A之间是非匀强电场，选项C错误；电离气体消耗了电能，电场力使尘埃偏转，电能部分转化为机械能，选项D错误．

答案：B

5．解析：沿着电场线，电势逐渐降低，则有φn>φp，故A错误；负电荷从p到m运动静电力做正功，电势能减小，有Epp>Epm，故B错误；两微粒均只受静电力，由动能定理有qU＝ΔEk，因初末位置电势差相同，电量q相等，则静电力做的功相等，电势能减小量相等，两微粒的动能变化量相等，故C错误，D正确．

答案：D

6．解析：到达b点的电子动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在b点与圆相切，也就是等势面与x轴平行，所以电场线与y轴平行，故选项A错误；因为等势面与x轴平行，那么a点与c点在同一等势面，故选项B错误；电子从O到b电场力做正功，根据W＝eU知UO b<0，即O点电势低于b点的电势，电场方向沿－y方向，在圆周上各点中，b点电势最高，故选项C正确；电子从O点运动到b点的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故选项D错误．

答案：C

7．解析：由图乙知，从M到N电势逐渐降低，因沿电场方向电势降低，故M、N间电场方向沿x轴正方向，选项A正确；由φ ­ x图像的切线斜率表示电场强度的大小，结合图乙可知N处场强为零，M处的场强不为零，选项B正确，C错误；由图乙分析可知|UPN|<|UMN|，又电场力做的功W＝qU，故将一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功的绝对值|WPN|<|WMN|，选项D正确．

答案：C

8．解析：由轨迹容易判断粒子受到的电场力与场强方向相同，故该粒子带正电，故A正确；带电粒子从A到B过程中，仅有电场力做正功，故粒子电势能减小量为动能增加量，动能增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，故带电粒子的电势能减小了mv2，故B错误；从A到B过程中，粒子做类平抛运动，将粒子在B点时的速度分解为沿着电场线方向和垂直电场线方向，如图所示：水平方向速度大小、方向都不变，则根据速度的平行四边形法则，粒子从A到B过程中速度变化量为＝v，则该过程中粒子的动量变化量为mv，故C错误；从A到B过程中，由于只有电场力作用，根据动量定理可知电场力的冲量大小为动量变化量，即mv，故D正确．

答案：AD

9．解析：由D点电场强度恰好为零，则k＝k，解得：Q2＝4Q1，故A正确；对Q2来说圆弧是个等势面，所以各点电势高低由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，离负电荷越近，电势越低，故D点电势最低，故B错误；电子沿着圆弧从B点运动到C点过程中，电势先降低后升高，由Ep＝eφ，可知电势能先增大后减小，故C错误，D正确．

答案：AD

10．解析：从M到N，竖直方向有v＝gt，水平方向上有t＝2v，所以重力与电场力大小之比为1∶2，故A正确；小球在电场中运动的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达N点时，其竖直方向的速度为零，M到N，在竖直方向上有v2＝2gyMN，则该段过程重力势能的增加量为ΔEp＝mgyMN＝mv2，故B错误；从M到N机械能增加量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝＋m(4v2－v2)＝2mv2，故C正确；根据题意可知，从M到N与从N到P所用时间相等，根据v＝at可知，到达P点时小球在水平方向的速度为vx＝2vP＝4v，此时小球的合速度为v′＝＝v，则从M到P动能增加量为ΔE′k＝m(v)2－mv2＝8mv2，在此过程中只有电场力做功，故有W电＝ΔE′k＝8mv2，电场力做正功，电势能减小，减小量为8mv2，故D正确．

答案：ACD

11．解析：在电子加速过程中，由动能定理得eU1＝，电子进入偏转电场区做类平抛运动，如图所示．在此过程中，电子的水平位移：d＝v0t，电子的加速度：a＝，偏转电场的场强：E＝，电子离开偏转电场时沿电场方向的位移：y＝at2，设电子离开偏转电场时速度的偏向角为θ，则tan θ＝＝打在荧光屏上的亮点的位置距O点的距离：Y＝y＋d tan θ

由题意可知；Y＝，由以上各式联立解得：＝.

答案：

12.

解析：(1)如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平抛运动的时间为t.

根据平抛运动规律h＝gt2      ①

2h＝vxt         ②

vy＝gt         ③

v＝        ④

tan θ＝         ⑤

由以上式子解得v＝2，θ＝45°，vy＝vx ⑥

(2)甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示．依题意得EkC＝13EkB

甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射出时速度仍为v，水平分速度仍为vx，竖直分速度为vy，大小不变，方向竖直向上．

设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为t′.研究竖直方向，有

对甲球：2vy＝a甲t′⑦

Eq－mg＝ma甲 ⑧

对乙球：vcy－vy＝a乙t′    ⑨

Eq＋mg＝ma乙    ⑩

由⑥～⑩式解得E＝

答案：(1)2，与水平方向的夹角为45°斜向右下

(2)