单元检测九　静电场-2025版高三物理单元集训专项测评与阶段滚动

单元检测九静电场一、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．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献，他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的是()A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法D．电场强度表达式E＝eq\f(F,q)和电势差U＝eq\f(W,q)都是利用比值法得到的定义式答案B解析法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，A正确；库仑得出库仑定律，但没有测出元电荷e的数值，e的数值是由密立根首先测出的，B错误；用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，C正确；电场强度表达式E＝eq\f(F,q)和电势差U＝eq\f(W,q)都是利用比值法得到的定义式，D正确。2.(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，以O点为圆心的半圆直径两端放着两个等量的正负电荷，两电荷在O点处产生的电场强度大小为E，电势为零。现将正电荷改放在P点处，且P点为半圆弧的三等分点。下列有关O点电场强度和电势描述正确的是()A．O点处的电场强度大小仍为EB．O点处电场强度大小为eq\f(1,2)EC．O点处的电势仍为零D．O点处的电势不为零答案C解析两电荷在O点产生的电场强度大小相等、方向相同。当正电荷位于半圆弧三等分的P点时，正电荷在O点产生的电场方向与负电荷在O点产生电场方向的夹角为60°，由电场强度叠加原理可知，合电场强度大小为eq\f(\r(3),2)E，故A、B错误；两电荷为等量异种电荷，正电荷在P点时，O仍在两电荷连线的中垂线上，电势为零，故C正确，D错误。3．(2023·江苏南京市中华中学期初考)静电透镜是电子透镜的一种，它被广泛应用于电子器件(如阴极射线示波管)中。如图所示，虚线是某电子透镜中电场的等差等势线，一电子在该电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B、C分别是轨迹与等势线的交点。已知A点的电势为零，电子在A点的动能为32eV，在B点的电势能为－15eV，不计电子重力，下列说法正确的是()A．电子一定是从A点运动到C点B．电子在经过等势线c时的动能为32eVC．B点的电场强度大于A点的电场强度D．电子在关于等势线d对称的两点所受静电力相同答案C解析分析可知电子可能是从A点运动到C点，也可能是从C点运动到A点，A错误；电子只在静电力作用下运动，则电子的电势能和动能之和不变，为32eV，又由于题图中为等差等势线，B点的电势为15V，A点的电势为零，则等势线c的电势为10V，则电子在经过等势线c时的电势能为－10eV，因此动能为42eV，B错误；等差等势线间的距离越小，电场强度越大，B点处的等差等势线比A点处的密集，因此B点处的电场强度大于A点处的电场强度，C正确；电子在关于等势线d对称的两点所受静电力大小一定相同，但方向不一定相同，D错误。4.(2023·湖南株洲市一模)如图，一对固定不动的等量异种点电荷的连线与其中垂线相交于O点，以O点为圆心的两个半径不等的圆，分别与中垂线交于e、f两点，与连线交于g、h两点，两圆的直径均小于两点电荷连线的长度，则()A．g点的电场强度大于h点的电场强度B．g点的电势大于h点的电势C．e点的电势大于f点的电势D．将质子从e点移到g点与从f点移到h点静电力做功相等答案B解析根据等量异种点电荷连线上电场强度分布规律可知，g点的电场强度小于h点的电场强度，故A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知g点的电势大于h点的电势，故B正确；根据等量异种点电荷连线中垂线上各点电势相等，可知e点的电势等于f点的电势，故C错误；根据电势差定义式，可得Ueg＝φe－φg，Ufh＝φf－φh又φe＝φf，φg>φh解得Ueg<Ufh根据W＝qU将质子从e点移到g点与从f点移到h点静电力做功不相等，故D错误。5．(2023·广东清远市期末)运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列说法正确的是()A．匀速运动时，电阻R中有电流B．突然向前减速时，电容器所带电荷量减小C．突然向前加速时，电流由a向b流过电流表D．保持向前匀加速运动的过程中，M、N之间的电场强度不变答案D解析匀速运动时，N极板不动，电容C不变，电路中无电流，A错误；突然向前减速时，N板向前移动，d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容C增大，再根据Q＝UC可知，电荷量Q增大，突然向前加速时，由于惯性N板向后移动，d增大，电容C减小，电荷量Q减小，故有放电电流，电流方向由b向a流过电流表，B、C错误；保持向前匀加速运动的过程中，d不变，故M、N之间的电场强度不变，D正确。6.(2024·云南省模拟)带电荷量分别为＋3Q、＋Q的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B两点，如图所示，C、D两点将A、B连线三等分。将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，下列说法正确的是()A．q受到的静电力一直在减小B．q受到的静电力先增大后减小C．静电力对q先做负功后做正功D．q的电势能先减小后增大答案D解析设A、B连线上电场强度为0的点离A的距离为x，离B的距离为d，则有keq\f(3Q,x2)＝keq\f(Q,d2)，则eq\f(x,d)＝eq\r(3)，即电场强度为0的点应在C、D两点之间，则电场强度为0的点左边电场强度方向向右，右边电场强度方向向左，将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，q受到的静电力先减小后增大，静电力对q先做正功后做负功，q的电势能先减小后增大，故A、B、C错误，D正确。7.如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则()A．若初速度相同，α粒子从CD边离开B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4答案D解析粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,v02)，若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，由t＝eq\f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq\f(qE,m)t，知Δv∝eq\f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq\f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(x2,v02)，Ek＝eq\f(1,2)mv02得y＝eq\f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．(2023·四川泸州市模拟)如图所示，abcd为匀强电场中的一直角梯形，其平面与电场强度方向平行。已知ab＝ad＝2cm，∠adc＝60°，a、b、d三点的电势分别为0、4V、4V，则()A．c点的电势为10VB．匀强电场的电场强度为400V/mC．若将电子从a点移到b点，需克服静电力做功4eVD．电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能答案AB解析由几何关系可知dc＝1.5ab，则Udc＝1.5Uab，即φd－φc＝1.5(φa－φb)，可得φc＝10V，选项A正确；因bd连线是等势线，则电场强度方向垂直bd连线斜向左上方向，则电场强度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4,0.02sin30°)V/m＝400V/m，选项B正确；若将电子从a点移到b点，静电力做正功4eV，选项C错误；电子和质子分别带等量异种电荷，则放在d点时，具有的电势能不相同，选项D错误。9．(2023·山西大同市调研)如图所示，B、C为竖直平面内一圆周上的两点，圆心为O，B、O连线竖直，A点位于B点正上方，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个完全相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止释放后沿杆下滑，移走a球后使小球b从A点由静止释放后竖直下落，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．小球a沿杆做匀加速直线运动B．小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D．小球a从A点到C点的过程中静电力做的功等于小球b从A点到B点的过程中静电力做的功答案CD解析从A到C点，小球a受到重力、静电力、弹力作用，所受静电力为变力，所以合力为变力，加速度是变化的，故A错误；由于圆周为等势面，故两小球分别从A到C和A到B静电力做功相等，根据动能定理对小球a有mghAC＋W静电＝Eka，对小球b有mghAB＋W静电＝Ekb，由于a球下降的高度较大，所以a球的动能较大，故B错误，D正确；除重力外的其他力(即静电力)做的功等于机械能的增加量，从A点到C点，由于静电力先做正功后做负功，所以机械能先增加后减小，机械能与电势能相互转化，二者之和不变，故C正确。10．如图，水平放置的平行板电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中间有一小孔。闭合开关K，一个比荷(荷质比)为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球带负电，电源电动势为eq\f(3gh,a)B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放将不能运动到下极板C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为eq\f(3g,a)D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍能运动到下极板答案AC解析小球在电场中做匀减速运动，受到的静电力向上，与电场方向相反，则小球带负电，设电源的电动势为E源，小球下落的整个过程，根据动能定理有mg·3h－qE源＝0，结合eq\f(q,m)＝a，得E源＝eq\f(3gh,a)，故A正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，假设小球能运动到下极板，到达下极板处的速度为v，设移动后两极板间距为h′，对小球下落的整个过程，根据动能定理有mg·(2h＋h′)－qE源＝eq\f(1,2)mv2－0，因h′>h，可得v>0，说明假设成立，即小球从P点由静止释放将能运动到下极板，故B错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，将下极板向下移动一小段距离，根据推论E＝eq\f(4πkQ,εrS)知，板间电场强度不变，为E＝eq\f(E源,h)＝eq\f(3g,a)，故C正确；断开开关，将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，电容减小，而所带电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)知板间电压增大，小球从P点由静止释放，假设小球能运动到下极板，到达下极板处的速度为v′，对小球下落的整个过程，根据动能定理得mg·3h－qU＝qE源－qU＝eq\f(1,2)mv′2－0，因U>E源，可得v′2<0，不可能，假设不成立，即小球将不能运动到下极板，故D错误。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(10分)(2024·安徽省皖南八校联考)在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。(1)开关S改接2后，电容器进行的是________(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I－t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是________________________________________________________________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________(选填“减小”“不变”或“增大”)。(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3C，则该电容器的电容为________μF。(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有__________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。答案(1)放电0.2s内电容器放出的电荷量不变(2)430(3)AD解析(1)将开关S接通1，电容器与电源相连，所以电容器在充电；再将S接通2，电容器通过电阻R放电。图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则IΔt为这段时间内放出的电荷量，所以题图乙中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内电容器放出的电荷量。根据Q＝CU可知电荷量与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将不变。(2)根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(3.44×10－3,8)F＝430μF。(3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It，q－t图像的倾斜程度表示电流的大小，A正确，B错误；电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据UAB＝eq\f(Q,C)＝eq\f(I,C)t，电容器的电容不变，C错误，D正确。12．(12分)(2023·云南昆明市摸底考试)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)与绝缘不可伸长的轻绳相连，绳子另一端固定在拉力传感器上的O点(拉力传感器没有画出)，O点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场。现使小球获得一初速度后绕O点在竖直平面内做半径为R的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g为重力加速度。(1)求匀强电场的电场强度大小；(2)若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O点的水平距离。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(10)R解析(1)依题意，小球在最高点时，有mg＋qE＝meq\f(v02,R)小球从最高点运动到最低点的过程，由动能定理可得(mg＋qE)×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02小球在最低点时，有12mg－(mg＋qE)＝meq\f(v2,R)联立解得E＝eq\f(mg,q)。(2)绳断后小球做类平抛运动，则有R＝eq\f(1,2)at2，x＝vt由牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma解得小球落地点到O点的水平距离x＝eq\r(10)R。13．(14分)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R处有一竖直固定的光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上。一个质量为m，带正电的小球从A点正上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2eq\r(gR)，重力加速度为g，求：(1)小球所带的电荷量；(2)小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。答案(1)eq\f(mg,E)(2)3.125R解析(1)设小球所带电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝eq\f(1,2)mv2，解得q＝eq\f(mg,E)(2)由于在第四象限内小球所受静电力方向向下，且有qE＝mg小球从B点以v＝2eq\r(gR)的速度进入第四象限内的电场做类平抛运动，加速度a＝eq\f(qE＋mg,m)＝2g在电场中运动的时间t1＝eq\f(2R,v)＝eq\r(\f(R,g))下落的高度h1＝eq\f(1,2)at12＝R出电场时竖直方向的分速度vy＝at1＝2eq\r(gR)出电场后至打在光屏上运动的时间t2＝eq\f(R,v)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(R,g))出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离h2＝vyt2＋eq\f(1,2)gt22＝eq\f(9,8)R因此小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离为H＝R＋h1＋h2＝3.125R。14．(18分)如图甲所示，长为L的金属板A、B水平正对固定，两板间距离为d，OO′为两板间空间的中