2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价九静电场及其应用静电场中的能量

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价九静电场及其应用静电场中的能量，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.
[2024·北京西城模拟预测]如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r.由于静电感应在金属球上产生感应电荷，设静电力常量为k.则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是( )
A．金属球的球心处电场强度大小为E＝ eq \f(kQ,4r2)
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场场强E′＝ eq \f(kQ,2r2)，方向向右
C．感应电荷全部分布在金属球的表面上
D．金属球右侧表面的电势高于左侧表面
2.
某静电场中x轴上各点的电场强度方向均与x轴重合，以x轴负方向为电场强度的正方向，电场强度E随x的变化规律如图所示．－d～d间的图像关于x＝0对称．下图分别表示x轴上各点的电势φ随x变化的图像，其中可能正确的是( )
3.
[2024·广东汕头模拟]静电透镜是利用电磁场来偏转和聚焦电子束，两个电势不等的同轴圆筒就构成了最简单的静电透镜．静电透镜的原理图如图所示，圆筒A带负电，圆筒B带正电，圆筒之间形成静电场的等差等势面如图中的虚线所示．当电子束沿中心轴从圆筒A射向圆筒B时，静电场使平行入射的电子束汇聚于中心光轴上，这就形成了最简单的静电透镜．现有电子在a点射入，则下列说法正确的是( )
A．若电子在a点水平射入，则电子将做匀加速直线运动
B．若电子在a点与水平方向成某一角度射入，该电子可能做类平抛运动
C．若电子在a点与水平方向成某一角度射入，该电子可能做匀速圆周运动
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
4.
[2024·海南统考二模]用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b水平，则( )
A．小球1带电量一定小于小球2的带电量
B．细线a拉力大小为2 eq \r(3)G
C．细线b拉力大小为 eq \f(\r(3),3)G
D．小球1与2的质量比为1∶2
5．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L.加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子离开加速器时速度v0＝ eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝ eq \f(L,4)
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
二、多项选择题(本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
6.
如图为“小珠落玉盘”的演示实验，两金属板平行放置如图所示，M、N为极板上两点，表面潮湿的泡沫小球刚开始静止在N点，用高压感应圈的直流高压加在两极板上，让下极板带正电，上极板带负电，看到泡沫小球先向上运动，与上极板接触后泡沫小球又向下运动，再与下极板接触后再向上运动，之后在两平行板间往复运动，下面说法正确的是( )
A．泡沫小球在向上运动过程中，小球带负电
B．泡沫小球在向下运动过程中，电势能减小
C．泡沫小球在向上运动过程中，电势能减小
D．泡沫小球在向下运动过程中，做减速运动
7.
[2024·安徽模拟预测]如图，虚线a、b、c是某静电场中在同一竖直面内的等势线，一根粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直固定在等势线所在的竖直面内，一个质量为m、带正电小球套在杆上(可以自由滑动).现让小球在A点由静止释放，从A到B加速运动的过程中，加速度不断减小，则下列判断正确的是( )
A．等势线a的电势比等势线b的电势高
B．从A到B过程中，小球的机械能不断减小
C．小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C
D．若小球沿杆运动能至D点，在D点的速度可能为零
8.
[2024·天津模拟预测]如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点．已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则( )
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势低
C.粒子从A点运动到B点所用的时间为 eq \f(L cs θ,v1)
D．匀强电场的电场强度大小为 eq \f(m（v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ）,2qL cs θ)
9.
[2024·海南统考模拟预测]如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场，光滑斜面AB与粗糙绝缘水平地面平滑连接，斜面AB与水平面的夹角α＝37°.质量为m＝0.5 kg、电荷量为q的带正电小物块(可视为质点)从A点由静止释放，经过B点后进入水平面，最后停在C点．若小物块经过B点前后速度大小不变，电场的电场强度大小为E＝ eq \f(mg,q)，lAB＝24 m，lBC＝36 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．小物块在斜面上运动的加速度大小为6 m/s2
B.小物块从A点运动到C点所用的时间为5 s
C．小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D．小物块从A点运动到C点，静电力所做的功等于系统内能的增加量
三、非选择题(本题共3小题，按要求答题)
10．如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1＝100 V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.2 m．一个质量 m＝2×10－12 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C的带电粒子(不计重力) ，从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场(电压大小为U2＝104 V)，如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t＝ eq \f(T,4)时，带电粒子刚开始进入偏转电场，求：
(1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？
(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U2的周期T为多少？
(3)在满足(2)条件的情况下，带电粒子在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留1位有效数字)
11.
一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝5 cm，板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”带正电的离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入同种离子，它们的比荷 eq \f(q,m)＝2×1010 C/kg，速度均为v0＝4×106 m/s，距板右端 eq \f(l,2)处有一屏，如图所示，如果在平行板电容器的两极板间接上大小可调的电压U，且下极板的电势总是高于上极板，试求：
(1)若U＝0，粒子在极板间运动的时间；
(2)为了使得所有粒子均能打上光屏，电压U的最大值；
(3)若电压的调节范围为200 V>U>64 V，求离子打在屏上的区域面积．
12.
[2024·江西南昌市名校联考]如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E＝5×103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑 eq \f(1,4)圆弧轨道CD水平相切于C点．xAB＝xBC＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速率恒为v＝5 m/s，现将一质量为m＝0.5 kg、带正电且电荷量为q＝1×10－3 C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；
(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；
(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值．( eq \r(2)取1.4)
单元素养评价（九）
静电场及其应用 静电场中的能量
1．解析：电荷与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，故A错误；
感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为E′＝ eq \f(kQ,（2r）2)，故B错误；
由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故C正确；
静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：由于以x轴负方向为电场强度的正方向，在－d～d区间，场强均为正值，即场强均沿x轴负方向，沿电场方向电势逐渐降低，故沿＋x方向，电势逐渐升高，由于φ­x图线的斜率表示场强大小，在O点附近场强最大，φ­x图线斜率最大，对比可知，C选项的图符合题意．故选C.
答案：C
3．解析：根据题意，由电势差与电场强度的关系U＝Ed，结合图像可知，由于等差等势线间距离不等，则该电场为非匀强电场，电子所受电场力为变力，则电子在a点水平射入，电子不做匀加速直线运动，若电子在a点与水平方向成某一角度射入，电子所受电场力的大小和方向均改变，不可能做类平抛运动和匀速圆周运动，故A、B、C错误；
根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知φa<φc，负电荷在电势低的地方电势能大，所以电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确．故选D.
答案：D
4．解析：由F库＝ eq \f(kq1q2,r2)可知，不能确定小球1与小球2的带电量，故A不符合题意；
对小球2，由平衡条件可得Fb＝F库·cs 30°，G＝F库·sin 30 °
解得细线b拉力大小为Fb＝ eq \f(G,tan 30°)＝ eq \r(3)G
故C不符合题意；
对小球1，由平衡条件可得Fa·sin 30°＝F库·cs 30°，m1g＋F库sin 30°＝Fa·cs 30°
解得细线a拉力大小为Fa＝2 eq \r(3)G
小球1与2的质量比为m1∶m2＝2∶1
故B符合题意，D不符合题意．故选B.
答案：B
5．解析：根据qU0＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，粒子离开加速器时速度为v0＝ eq \r(\f(2qU0,m))，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝ eq \f(1,2)at2，又q eq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝ eq \f(L,4)，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由B选项可得y1＝ eq \f(qU0L,2mv eq \\al(2,0) )，由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误．
答案：B
6．解析：泡沫小球在向上运动过程中，小球带正电，选项A错误；
泡沫小球与上极板接触带负电，向下运动，电场力做正功，电势能减小，选项B正确；
泡沫小球与下极板接触带正电，向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；
小球在向下运动过程中，电场力和重力都向下，则做加速运动，选项D错误．
答案：BC
7．解析：带正电小球从A到B加速运动的过程中，加速度不断减小，场强不断增大，故电场方向为左上方，等势线a的电势比等势线b的电势低，故A错误；
从A到B过程中，电场力做负功，小球的机械能不断减小，故B正确；
A、B之间的电势差大于A、C之间的电势差，小球从A到B克服电场力做功大于从A到C克服电场力做功，小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C，故C正确；
A、D两点等电势，若小球沿杆运动能至D点，电场力做功为0，重力做正功，在D点的速度不可能为零，故D错误．故选BC.
答案：BC
8．解析：该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正确；
粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B错误；
粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间t＝ eq \f(Lcs θ,v1)，故C正确；
A、B两点沿电场线方向的距离为y＝L sin θ
由动能定理有qEy＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
联立解得E＝ eq \f(m（v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ）,2qL sin θ)，故D错误．故选AC.
答案：AC
9．解析：由牛顿第二定律小物块在斜面上运动的加速度大小为a＝ eq \f(（mg＋qE）sin α,m)＝12 m/s2，故A错误；
小物块从A点运动到B点，有lAB＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1)
所用的时间为t1＝2 s
到B点的速度为v＝at1＝24 m/s
小物块从B点运动到C点，有lBC＝ eq \f(v,2)t2
所用的时间为t2＝3 s
则小物块从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝5 s，故B正确；
小物块在水平地面上的加速度a′＝ eq \f(v,t2)＝8 m/s2
由牛顿第二定律μ（mg＋qE）＝ma′
可得小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，故C正确；
小物块从A点运动到C点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(WG＋WE－Wf＝0,Wf＝Q))
可知静电力所做的功与重力所做的功等于系统内能的增加量，故D错误．故选BC.
答案：BC
10．解析：（1）由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) 解得v0＝103 m/s
（2）要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t＝（n＋ eq \f(1,2)）T（n＝0，1，2，…）
带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，所以有T＝ eq \f(4×10－4,2n＋1) s（n＝0，1，2，…）
带电粒子进入偏转电场时的加速度a＝ eq \f(qE,m)，场强为E＝ eq \f(U2,d)
带电粒子在进入偏转电场后的前 eq \f(1,4)T 内沿竖直方向的位移y＝ eq \f(1,2)a（ eq \f(T,4)）2
要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，则有2y≤ eq \f(1,2)d，联立解得n≥4.5
所以有T＝ eq \f(4×10－4,2n＋1) s（n＝5，6，7，…）
（3）要使总偏移量最大，则n的取值应该最小，故当n＝5时，周期最大， eq \f(1,4)T里粒子偏转位移最大，由此解得，最大偏移量为y′＝2y＝0.04 m
答案：见解析
11．解析：（1）若U＝0，粒子在极板间做匀速直线运动，则运动的时间为t＝ eq \f(l,v0)＝ eq \f(10×10－2,4×106) s＝2.5×10－8s
（2）水平方向上l＝v0t
竖直方向上 eq \f(d,2)≥ eq \f(1,2)· eq \f(qU,md)t2
联立解得U≤ eq \f(mv eq \\al(2,0) d2,ql2)＝ eq \f(（4×106）2×（4×10－2）2,2×1010×（10×10－2）2) V＝128 V
电压U的最大值为128 V.
（3）当U＝64 V，竖直方向上
y＝ eq \f(1,2)· eq \f(qU,md)t2＝ eq \f(1,2)· eq \f(qU,md)（ eq \f(l,v0)）2＝ eq \f(1,2)× eq \f(2×1010×64,4×10－2)×（ eq \f(10×10－2,4×106)）2 cm＝1 cm
vy＝ eq \f(qU,md)t＝ eq \f(qU,md) eq \f(l,v0)＝ eq \f(2×1010×64,4×10－2)× eq \f(10×10－2,4×106) m/s＝8×105 m/s
离子出电场后做匀速直线运动，打在极板上在竖直方向下落高度为h1＝vy· eq \f(\f(1,2)l,v0)＝8×105× eq \f(\f(1,2)×10×10－2,4×106) cm＝1 cm
当U＝128 V，离子从板边缘射出v′y＝ eq \f(qU,md)t＝ eq \f(qU,md) eq \f(l,v0)＝ eq \f(2×1010×128,4×10－2)× eq \f(10×10－2,4×106) m/s＝1.6×106 m/s
打在极板上在竖直方向下落高度为h2＝v′y· eq \f(\f(1,2)l,v0)＝1.6×106× eq \f(\f(1,2)×10×10－2,4×106) cm＝2 cm
离子打在屏上的区域面积S＝a·（ eq \f(d,2)＋h2－y－h1）＝5×（ eq \f(1,2)×4＋2－1－1） cm2＝10 cm2
答案：（1）2.5×10－8 s （2）128 V （3）10 cm2
12．解析：（1）小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B) －0，解得vB＝4 m/s.
（2）小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－v eq \\al(2,B) ＝2a1x1，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8 m/s2，由运动学公式有v eq \\al(2,C) －v2＝2a2（xBC－x1），解得滑块运动到C点时的速度vC＝ eq \r(35) m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,C) ,R)，解得FNC＝22.5 N.
（3）由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝ eq \r(（Eq）2＋（mg）2)＝ eq \r(2)mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝m eq \f(v′2,R)，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R（1－cs 45°）＝ eq \f(1,2)mv′2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) ，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值F′N＝FN＝28.5 N．
答案：（1）4 m/s （2）22.5 N （3）28.5 N