新教材物理一轮总复习-单元素养评价九静电场及其应用静电场中的能量习题.docx

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1、单元素养评价(九)静电场及其应用静电场中的能量一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图所示的光滑绝缘环沿竖直方向固定，两个可视为质点的带电圆环套在绝缘环上，其中带电圆环Q与绝缘环的圆心O等高，已知Q带正电，两环平衡时OQP30.则下列说法正确的是()A圆环P带负电B圆环P、Q的质量之比为21C圆环P、Q的电荷量之比为12D圆环P、Q受绝缘环弹力之比为112如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线(相邻两虚线间的电势差相等)，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除静电力外，粒子受

2、到的其他力均可不计下列说法正确的是()A粒子在a、c两点的加速度大小一定相等B粒子在b、c两点的速度大小一定相等C粒子运动过程中速度一定先减小后增大D粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大3.2023衡水模拟在真空中M、N两点分别放有异种点电荷2Q和Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的是()Aa、b、c、d四点电场强度的大小关系是EaEc，EbEdBa、b、c、d四点电势的关系是a0).A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：

3、(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能13(10分)如图所示，在平面坐标系xOy第一象限内，y轴右侧宽度d0.5m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场，在xd的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E24E1的匀强电场，在坐标原点O处有一氕粒子源，它一次可以向外放出一个或多个氕粒子，不计粒子的重力及相互作用力(1)若从O点沿y轴正方向发射许多初速度大小不同的氕粒子，当它们在场强为E1的电场中运动的动能均变为初动能的n倍时，其位置分布在图中过原点的倾斜虚线上(虚线满足yx，且x0.5m)，求n的值；(2)若从O点沿y轴正方向以v0(其中为氕粒子的比荷)的初速度发射一个氕粒子，当它

4、的动能变为初动能的6倍时，求其位置的横坐标z值(结果可带根号).14(12分)2023沈阳质检如图甲所示，真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，加在A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压随时间的变化如图乙所示在t0时刻，有一个电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，已知电子质量为m、电荷量为e，且不考虑重力的作用(1)若k1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，求其动能增加量(2)若k1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，求两板间距离d应满足的条件及射出时速度的大小(速度结果中可以含有d).15.(16分)20

5、23全国山东一模如图所示，水平粗糙的长直轨道上P点左侧存在电场强度为E的匀强电场，材料相同的两个小滑块M、N静止在轨道上，其中N不带电静止于P点，质量为m0、带电荷量为q的滑块M位于P点左侧与P相距x0处现由静止释放滑块M，一段时间后滑块M运动到P点，在P点与滑块N发生弹性碰撞，碰撞后滑块M以碰撞前速度大小的二分之一反向弹回，同时滑块M所带的电荷量消失，又经过同样长一段时间后其速度减为0，此刻立即使其重新带上Q的电荷量，滑块M再次开始运动，并恰好能与N再次发生碰撞求：(1)滑块N的质量；(2)滑块M从开始运动到第一次速度减为0所用的时间；(3)电荷量Q与q的比值单元素养评价（九）1解析：对圆环

6、Q受力分析，如图甲所示，则Q静止须受圆环P的斥力，即圆环P应带正电，A错误；根据力的平衡条件由Q的受力可知F，F1，对圆环P受力分析，如图乙所示，则由几何关系可知FmPg，F22mPgcos30，所以mPg，即，B正确；由题中的条件不能确定两圆环所带电荷量的关系，C错误；由以上分析整理得，D错误答案：B2解析：因a点处的等差等势线比c点处的密集，故a点处的电场强度大于c点处的电场强度，故电荷在a点受到的静电力大于在c点受到的静电力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故A错误；b、c两点的电势相等，则粒子在b、c两点的电势能相等，由能量守恒定律可知，粒子在b、c两点的动

7、能相等，速度大小相等，故B正确；由粒子运动的轨迹弯曲的方向及等势线与电场线垂直可知，粒子受到的静电力指向轨迹曲线内侧且垂直于电场线，则粒子从a运动到b静电力做正功，粒子速度增大，从c运动到d静电力做负功，速度减小，故粒子在由a到d的运动过程中的速度先增大后减小，同理，粒子在由d到a的运动过程中的速度也先增大后减小，故C错误；因粒子由c到d的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，即粒子在d点的电势能大于在c点的电势能，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故粒子在d点的电势能大于在b点的电势能，D错误答案：B3解析：设MaaOR，则a、c点的场强分别为Ea，Ec，因此EaE

8、c，由于b、a两点关于MN对称，因此可得EbEd，A正确；由于沿着电场线，电势降低，因此c，A错误；根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，所以金属片与锯条之间的电场强度不为，B错误；除尘过程中，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向正极移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，所以带电量为q且能到达金属片的烟尘增加的电势能最大值为qU，C错误；设质量为m，带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为v，则烟尘受到电场力做的功qUmv2可得p即水平方向受

9、到的冲量不大于，D正确答案：D6解析：由几何关系可知，三点电荷到O点的距离均为la，三点电荷在O点的场强大小均为Ek，如图所示，由矢量合成知识可知，O点合场强大小为E合2E，若要使放置在O点处的电荷不受电场力的作用，则O点的场强应为零，故施加的匀强电场方向应与E合大小相等、方向相反，选项B正确答案：B7解析：由x和y图像可知，Ox、Oy两个方向上距离O点相同距离处电势相等，比如，取距离均为20cm处，电势均为40V，则这两点位于同一等势面上，用直线将两点连接，然后作这条等势线的过O点的垂线，由电场线和等势面的关系可知，这就是电场线，且方向向下，且电场强度大小为EV/m，故选D.答案：D8解析：

10、云层带负电，则避雷针尖端带正电，A错误；根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，由M点到N点电场力做正功，电势能降低，B正确；放电时，云层中的负电荷通过避雷针流向大地，而电流方向为负电荷运动的反方向，所以放电时避雷针中有向上的电流，C正确；带电粒子越靠近避雷针尖端，等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大，D错误答案：BC9解析：金属板A、B与干电池连接，两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A错误；根据E，若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故B正确；若断开S，极板电荷量不变，

11、根据C，QCU，E可得E，仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与零电势B板间电势差UEd增大，则P点电势增大，带负电的油滴在P点的电势能减小，故C正确；若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则介电常数增大，则电场强度减小，则竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故D错误答案：BC10解析：由题意可知，电场由点电荷产生的，因此沿A、B两点电场强度的方向上延长线的交点O应为点电荷的位置，如图所示，由此可知场源电荷带负电，A错误；电子受到排斥力，所以电子从A到B，电场力做负功，电子的电势能增大，因此电子在A点的电势能低于B点的电势能，B错误；由解析图和几何关系可知，AB

12、BCBOCO，由正弦定理可得，解得AOBO，则有BOAO，设点电荷的电荷量是Q，由题设条件可有EAE0，由点电荷的场强公式Ek，可得B点的电场强度大小为EBkkk3E0，C正确；由解析图可知，B点电势等于C点电势，所以UABUAC，D正确答案：CD11解析：（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小（2）根据欧姆定律I，图像的面积表示Ut，可知图像面积与R的比值表示电荷量故极板所带最大电荷量qC0.0609C，该电容器的电容值CF1.0102F.（3）正确因为当开关S与2连接，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行

13、数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”，可应用C计算电容值答案：（1）相反减小（2）1.0102（3）见解析12解析：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mgqEmaa（）2gt2联立解得E.（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m（vg2t2）.答案：（1）（2）2m（vg2t2）13解析：（1）氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有xatyv0t1而yx，Fma由动能定理得Fxmvnmv联立解得n3（2）

14、粒子在左侧电场中做类平抛运动，出电场时沿x轴正方向的速度为vxv0粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有xdvxt2yv0t2t由动能定理得E1qdE2qy6mvmv联立解得xm答案：（1）3（2）m14解析：（1）若k1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图像如图所示若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，根据动能定理可得Eke.（2）若k1.5，竖直方向，电子在0T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1，位移大小x1a1T2在T2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2初速度的大小v1a1T，匀减速运动阶段的位移大小x2由题知x1x2，解得d垂直电场方向，电子速度为v0，射出时竖

15、直方向的速度大小为vya2Ta1T合速度大小为.答案：（1）（2）见解析15解析：（1）根据题意，设v0为小滑块M在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小设物块N的质量为m1，碰撞后瞬间N的速度大小为v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m0v0m0（）m1v1，m0vm0（）2m1v，解得m13m0，v1v0.（2）滑块M第一次在电场中加速度过程qEx0m0gx0m0v0返回过程中设位移大小为x1，则m0gx10m0（）2由题意可得x0v0t，x1t联立解得qE3m0g滑块M加速过程中满足qEm0gm0a，x0at2，总时间t总2t，解得t总2.（3）设物块N在水平轨道上能够滑行的距离为x2，由动能定理有m1gx20m1vM重新运动后到与N恰好相碰，对M由动能定理有QEx1m0g（x1x2）0，解得.答案：（1）3m0（2）2（3）