2024版新教材高考物理全程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

这是一份2024版新教材高考物理全程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，共12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.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∠OQP＝30°.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2∶1
C．圆环P、Q的电荷量之比为1∶2
D．圆环P、Q受绝缘环弹力之比为1∶1
2．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( )
A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea>Ec，Eb＝Ed
B．a、b、c、d四点电势的关系是φa0).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eq \f(t,2).重力加速度为g，求：
(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d＝0.5m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场，在x>d的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E2＝4E1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y＝eq \r(2)x，且x≤0.5m)，求n的值；
(2)若从O点沿y轴正方向以v0＝eq \r(\f(2E1qd,m))(其中eq \f(q,m)为氕粒子的比荷)的初速度发射一个氕粒子，当它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(k≥1)，电压随时间的变化如图乙所示．在t＝0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k＝1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k＝1.5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)[2023·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＝eq \f(mQg,sin30°)，F1＝eq \f(mQg,tan30°)，对圆环P受力分析，如图乙所示，则由几何关系可知F＝mPg，F2＝2mPgcs30°，所以eq \f(mQg,sin30°)＝mPg，即eq \f(mP,mQ)＝eq \f(2,1)，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eq \f(F1,F2)＝eq \f(1,2)，D错误．
答案：B
2．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：B
3．解析：设Ma＝aO＝R，则a、c点的场强分别为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两点关于MN对称，因此可得Eb＝Ed，A正确；由于沿着电场线，电势降低，因此φceq \r(\f(2h,g))，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eq \f(U,R)，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qU≥eq \f(1,2)mv2＝eq \f(p2,2m)可得p≤eq \r(2mqU)即水平方向受到的冲量不大于eq \r(2mqU)，D正确．
答案：D
6．解析：
由几何关系可知，三点电荷到O点的距离均为l＝eq \f(a,2cs30°)＝eq \f(\r(3),3)a，三点电荷在O点的场强大小均为E＝keq \f(q,l2)＝eq \f(3kq,a2)，如图所示，由矢量合成知识可知，O点合场强大小为E合＝2E＝eq \f(6kq,a2)，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：B
7．解析：由φ­x和φ­y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E＝eq \f(U,d)＝eq \f(400\r(3),3)V/m，故选D.
答案：D
8．解析：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：BC
9．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＝eq \f(U,d)，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，根据C＝eq \f(εS,4πkd)，Q＝CU，E＝eq \f(U,d)可得E＝eq \f(4πkQ,εS)，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U′＝Ed′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：BC
10．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＝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，则有BO＝eq \f(\r(3),3)AO，设点电荷的电荷量是Q，由题设条件可有EA＝eq \f(kQ,AO2)＝E0，由点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)，可得B点的电场强度大小为EB＝keq \f(Q,BO2)＝keq \f(Q,（\f(\r(3),3)AO）2)＝keq \f(3Q,AO2)＝3E0，C正确；由解析图可知，B点电势等于C点电势，所以UAB＝UAC，D正确．
答案：CD
11．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＝eq \f(U,R)，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q＝eq \f(182.7,3000)C＝0.0609C，该电容器的电容值C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.0609,6)F＝1.0×10－2F.
（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＝eq \f(Q,U)＝eq \f(S,RUm)计算电容值．
答案：（1）相反 减小 （2）1.0×10－2 （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
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a（eq \f(t,2)）2＝eq \f(1,2)gt2②
联立①②解得E＝eq \f(3mg,q)③.
（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
Ek－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝mgh＋qEh④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋g2t2）.
答案：（1）eq \f(3mg,q) （2）2m（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋g2t2）
13．解析：（1）氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有x＝eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
y＝v0t1
而y＝eq \r(2)x，F＝ma
由动能定理得Fx＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ×n－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立解得n＝3
（2）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vx＝eq \r(\f(2E1qd,m))＝v0
粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有x－d＝vxt2
Δy＝v0t2＋eq \f(1,2)·eq \f(E2q,m)·t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
由动能定理得E1qd＋E2q·Δy＝6×eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立解得x＝eq \f(1＋\r(5),4)m
答案：（1）3 （2）eq \f(1＋\r(5),4)m
14．解析：
（1）若k＝1，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
ΔEk＝e×eq \f(U0,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(eU0,6).
（2）若k＝1.5，竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1＝eq \f(eU0,md)，位移大小x1＝eq \f(1,2)a1T2
在T～2T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＝eq \f(3eU0,2md)
初速度的大小v1＝a1T，匀减速运动阶段的位移大小x2＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a2)
由题知eq \f(d,2)≥x1＋x2，解得d≥eq \r(\f(5eU0T2,3m))
垂直电场方向，电子速度为v0，射出时竖直方向的速度大小为
vy＝a2T－a1T＝eq \f(eU0T,2md)
合速度大小为eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（\f(eU0T,2md)）2).
答案：（1）eq \f(eU0,6) （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，eq \f(v0,2)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：
m0v0＝m0（－eq \f(v0,2)）＋m1v1，eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m0（－eq \f(v0,2)）2＋eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得m1＝3m0，v1＝eq \f(1,2)v0.
（2）滑块M第一次在电场中加速度过程
qEx0－μm0gx0＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
返回过程中设位移大小为x1，则
－μm0gx1＝0－eq \f(1,2)m0（－eq \f(v0,2)）2
由题意可得x0＝eq \f(1,2)v0t，x1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·t
联立解得qE＝3μm0g
滑块M加速过程中满足qE－μm0g＝m0a，x0＝eq \f(1,2)at2，总时间t总＝2t，解得t总＝2eq \r(\f(3m0x0,qE)).
（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－μm1gx2＝0－eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
M重新运动后到与N恰好相碰，对M由动能定理有
QEx1－μm0g（x1＋x2）＝0，解得eq \f(Q,q)＝eq \f(2,3).
答案：（1）3m0 （2）2eq \r(\f(3m0x0,qE)) （3）eq \f(2,3)