第九单元 静电场（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第九单元　静电场（二）
满分90分,限时75分钟
考点1 电势能　电势　电势差　　考点2 电势差与电场强度的关系
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图甲所示,C带正电,其右侧有金属导体A和B,均放在绝缘支座上,A、B相互接触;现仅将B向右移动一段距离,如图乙所示。导体A、B的左右两端分别有a、b、c、d四点,电势分别为φa、φb、φc、φd,则下列说法正确的是 (　　)
A.当A和B接触时,φa=φb>φc=φd
B.当A和B接触时,φa>φb>φc>φd
C.当A和B分开时,φa=φb>φc=φd
D.当A和B分开时,φa>φb>φc>φd
2.如图所示,匀强电场平行于十六宫格所在平面,十六宫格上每小格边长为L=4 cm,已知a、b、c三个格点电势分别为φa=2 V、φb=4 V、φc=6 V,以下说法正确的是 (　　)
A.电场强度大小为50 V/m
B.十六宫格25个格点中电势最高为12 V
C.十六宫格25个格点中电势最低为-2 V
D.十六宫格中央格点电势为2 V
3.坐标系xOy中有以O点为圆心的圆,圆内x轴上的P点固定一均匀带负电的球壳,则圆上电场强度最弱点A或电势最低点B的位置正确的是 (　　)
　　　　
　　　　
4.电鳗是放电能力极强的淡水鱼类,具有“水中高压线”的称号。电鳗体内从头到尾都有一些类似小型电池的细胞,这些细胞就像许多叠在一起的叠层电池,这些电池(每个电池电压约0.15伏)串联起来后,在电鳗的头和尾之间就产生了很高的电压,此时在电鳗的头和尾的周围空间产生了类似于等量异种点电荷(O为连线的中点)的强电场。如图所示,虚线为该强电场的等势线分布,实线AB为某带电粒子的运动轨迹,点A和点B在同一等势线上,不计粒子的重力。则下列说法正确的是 (　　)
A.该粒子带正电
B.在运动过程中,该粒子的加速度先变小后变大
C.该粒子在B点的动能大于在A点的动能
D.在运动过程中,该粒子的电势能先变大后变小
5.有研究表明,当兴奋情绪传播时,在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示,图中实线为等差等势线,标在等势线上的数值分别表示该等势线的电势,a、b、c、d为等势线上的点,该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场,a、b为两电荷连线所在直线上对称的两点,c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是 (　　)
A.a、b两点的电场强度不同
B.c点的电势大于d点的电势
C.将带正电的试探电荷从b点移到d点,其电势能增加
D.负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
6.如图所示,A、B、C三点位于同一圆弧上,O为圆心,圆弧半径为10 cm,且∠AOC=90°,∠BOC=120°。该平面内存在一匀强电场,现把一个电荷量q=1×10-5 C的正电荷从A移到B,电场力做功为-1×10-4 J;从B移到C,电场力做功为3×10-4 J,若C点电势为零,则该匀强电场的电场强度大小为 (　　)
A.100 V/m　　　　B.200 V/m　　　　C.300 V/m　　　　D.400 V/m
7.如图所示,在真空中相距为r的A、B两点分别固定着电荷量均为Q的正点电荷,O为A、B连线的中点,P为A、B连线的中垂线上的一点,∠PAO=45°,把电荷量为q=+2×10-9 C的试探电荷从P点移到O点,克服电场力做了4×10-7 J的功。已知静电力常量为k。则 (　　)
A.P点合电场强度的大小为
B.P点合电场强度的方向与OP垂直
C.P、O两点间的电势差为200 V
D.若P点的电势为零,O点的电势为-200 V
8.图中虚线a、b、c、d、 f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为4 V。一电子仅在电场力作用下运动,经过a时的动能为12 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 (　　)
A.平面d上的电势为零
B.该电子一定能到达平面f
C.该电子经过平面c时,其电势能为-2 eV
D.该电子经过平面a时的速率是经过d时的2倍
9.如图所示,绝缘光滑水平面内有一边长为L的等边三角形ABC,D点是C点关于AB的对称点,O是AB边的中点,A和B两点分别固定一个电荷量为+Q的点电荷,一质量为m、带电荷量为-q的小球从C点由静止释放。已知静电力常量为k,取无穷远处电势为0时,点电荷周围的某点电势为φ=k,其中r为该点到点电荷的距离,则 (　　)
A.在D点,小球的加速度大小为
B.C、O之间的电势差UCO为2k
C.C、D之间的电势差UCD为4k
D.在O点,小球的速度大小为2
10.如图所示,xOy平面内有一半径为R=5 cm的圆,圆心位于O点,A、B、C为圆与坐标轴的三个交点,匀强电场平行于xOy平面,取O点的电势为零。在xOy平面内,若将一电子从A点移动到B点,克服电场力做的功为8 eV;若将一质子从O点移动到C点,电场力做的功为3 eV。不计各种粒子的重力和粒子间的相互作用,则下列说法正确的是 (　　)
A.A、B两点间的电势差为UAB=-8 V
B.B、C两点间的电势差为UBC=-1 V
C.匀强电场的场强大小为E=100 V/m
D.若在O点有个α粒子发射源,能够向平面内的各个方向发射动能均为5 eV的α粒子,则α粒子到达圆形边界的最大动能为15 eV
二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(8分)长为L的绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球(不计重力),电荷量如图所示。开始时,两小球分别静止在A、B位置,A、B连线与水平方向的夹角为60°。现外加一水平匀强电场,场强为E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。求:
(1)在匀强电场中A点的电势φA;
(2)上述过程中两小球的总电势能的变化量ΔEp。
12.(12分)如图,A、B、O、C为同一竖直平面内的四点,其中A、B、O沿同一竖直线,B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上,沿倾角为α的AC方向固定有一光滑绝缘细杆,AC=2L,且D点为AC的中点;在O点有一固定的正点电荷。现有一质量为m、带电荷量为-q的有孔小球(可视为质点)从杆上A点无初速度下滑,小球滑到D点时速度大小为。小球从A运动到C的过程中,当小球电势能最小时其速度为vm。以A为零电势点,重力加速度为g。求:
(1)小球滑到C点时的速度大小;
(2)C点的电势;
(3)从A到C过程中,小球电势能的最小值。
13.(14分)如图所示,光滑绝缘直杆ABCD水平放置并固定不动,其中AB、BC、CD的长度均为L,杆上套有一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),小球通过绝缘轻质弹簧与固定点O连接,直杆A处固定电荷量为+9q的点电荷,小球从B点由静止开始释放,运动到D点时速度恰好达到最大值vm。OC垂直于直杆,且OC的长度为弹簧原长,静电力常量为k。
(1)求B、D两点间的电势差UBD。
(2)求小球刚释放时的加速度大小a。
(3)求小球运动到D点时,C点的电场强度大小E。
14.(16分)可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37°、长L=2 m的固定斜面上,B、C相距1 m,其位置关系如图所示。物块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,物块A、B的质量分别为mA=0.80 kg、mB=0.40 kg,其中A不带电,B、C均带正电,且C带的电荷量为qC=+2.0×10-5 C,开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用。现给A施加一平行于斜面向上的力F,使A在斜面上一直做加速度大小为a=2.5 m/s2的匀加速直线运动,经过时间t0,物块A、B分离,当A运动到斜面顶端时撤去力F。已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。
(1)求物块B带的电荷量qB;
(2)求时间t0;
(3)已知在与点电荷Q相距r处的电势φ=k,求力F对物块A做的功。
答案全解全析
1.C　电场中的导体是一个等势体,所以当A和B接触时φa=φb=φc=φd,当A和B分开时,A、B分别为等势体,由于B离C较远,故φa=φb>φc=φd,选项C正确。
归纳总结
静电平衡的特点
(1)处于静电平衡状态的导体,内部的场强处处为零,表面处的场强不为零,表面处的场强方向跟导体表面垂直。
(2)处于静电平衡状态的导体是一个等势体,它的表面是一个等势面。
2.B　如图所示,a、c连线的中点O的电势为4 V,则可知b、d连线为等势线,匀强电场的电场线沿ca方向,Lac= cm=4 cm,则E=== V/m=50 V/m,选项A错误;根据匀强电场中平行且相等的线段两端点间的电势差相等,可得十六宫格25个格点中电势最高为12 V,最低为-4 V,十六宫格中央格点电势为4 V,选项B正确,C、D错误。
归纳总结　(1)在匀强电场中,沿任意方向相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等。
当线段与场强平行时,由U=Ed可知,d相等,U相同;当线段与场强不平行时,只要沿场强方向的长度相等,U就相同。如图甲所示, ABCD中,UAB=UDC,UBC=UAD。
　
(2)匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图乙所示。
(3)在匀强电场中,相互平行的两条线段,无论它们是否与电场线平行,只要一条线段的长度是另一线段的长度的n倍,这条线段两端点间的电势差就一定是另一线段两端点间电势差的n倍。
3.C　均匀带负电的球壳在外部空间产生的场强等效于球心处等量负点电荷产生的场强。在负点电荷产生的电场中,距离点电荷越远的点场强越弱,可知圆上场强最弱的点应该位于圆的最左侧,选项A、B错误;在负点电荷产生的电场中,距离点电荷越近的点电势越低,选项C正确,D错误。
4.D
解题指引　1.“虚线为该强电场的等势线分布”电场线与等势线垂直,且由高电势指向低电势。
2.“实线AB为某带电粒子的运动轨迹”粒子受力方向指向轨迹凹侧。
解析　根据做曲线运动的物体受力方向指向运动轨迹凹侧以及电场分布情况,可知粒子带负电,选项A错误;根据U=Ed可知等差等势面越密集,电场强度越大,根据牛顿第二定律,可知粒子运动过程中加速度先变大后变小,选项B错误;由于A、B在同一等势线上,根据Ep=φq可知,粒子在A、B两点的电势能相等,根据能量守恒可知,粒子在A、B两点的动能相等,选项C错误;沿轨迹从A到B,电势先降低后升高,由于粒子带负电,粒子的电势能先变大后变小,选项D正确。
5.C　该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的,a、b为两电荷连线所在直线上对称的两点,所以a、b两点的电场强度大小、方向相同,选项A错误;c、d两点位于同一条等势线上,则c点的电势等于d点的电势,选项B错误;正电荷在电势高的地方电势能大,所以将带正电的试探电荷从b点移到d点,其电势能增加,选项C正确;负电荷在电势低的地方电势能大,所以负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能,选项D错误。
6.B
思路点拨
连接B、C,交AO延长线于D点,∠OBC=∠OCB=30°,OE⊥BC,DF⊥OB,在△OEB中,有cos 30°==,解得BC=R。在△DFB中,有cos 30°===,解得BD=。即D点为BC的三等分点。
解析　C点电势为0,由UBC==30 V,可得B点电势φB=30 V,由UAB==-10 V,可得φA=20 V。如图所示,延长AO,与B、C连线交于D点,由几何关系可知,D点为BC的三等分点,则D点电势φD=20 V,则AD是电势为20 V的等势线,故电场强度方向垂直AO向右,大小为E== V/m=200 V/m,选项B正确。
7.A　依据点电荷电场强度的决定式可知EAP=EBP=,方向如图所示,故EP=2EAP cos 45°=,方向由O指向P,选项A正确,B错误;P、O两点间的电势差UPO== V=-200 V,根据电势差和电势的关系可得UPO=φP-φO,可得φO=φP-UPO=0-(-200 V)=200 V,选项C、D错误。
8.ABC　已知等势面b上的电势为4 V,可得电子在该等势面上的电势能为-4 eV,由于从a到d的过程中电子克服电场力所做的功为6 eV,则电子的动能减小6 eV,电势能增加6 eV,可得电子从a到d通过相邻等势面,动能均减少2 eV,电势能均增加2 eV,由于电子具有的能量等于动能与电势能之和,所以可得电子在等势面b上具有的能量为Ekb+Epb=10 eV-4 eV=6 eV,根据能量守恒,则平面d上有Ekd+Epd=6 eV+Epd=6 eV,可得Epd=0,则平面d上的电势为零,选项A正确;由于该电子到达平面d时的动能为6 eV,电子从a到d通过相邻等势面,动能均减少2 eV,可知电子一定能到达平面f,选项B正确;该电子经过平面c时,根据能量守恒有6 eV=Ekc+Epc=8 eV+Epc,可得Epc=-2 eV,选项C正确;根据前面的分析,可知该电子经过平面d时的动能为Ekd=Eka=6 eV,则可得va=vd,选项D错误。
9.AD
思路点拨
解析　小球在D点受到的电场力的合力为F合=2·cos 30°=ma,解得a=,选项A正确;电场中C点,电势为φC=2k,电场中O点,电势为φO=4k,C、O两点间电势差为UCO=-2k,选项B错误;C、D两点电势相等,电势差为零,选项C错误;小球从C到O,由动能定理可得(φC-φO)·(-q)=mv2,解得v=2,选项D正确。
10.BCD　将一电子从A点移动到B点,电场力做的功为WAB=-8 eV,根据电场力做的功WAB=-eUAB,可得UAB=8 V,同理可得UOC=3 V,选项A错误;取O点电势为零,则C点、A点和B点的电势分别为φC=-3 V、φA=4 V、φB=-4 V,可得UBC=-1 V,选项B正确;根据以上分析可知,匀强电场中x轴上坐标为(3.75 cm,0)的D点电势为-3 V,连接C、D得到一条等势线,由O点作CD的垂线,垂足为F,如图所示,由几何关系知OF= cm=3 cm,则匀强电场的场强大小为E== V/m=100 V/m,选项C正确;由U=Ed知,圆形边界的电势最高为5 V,最低为-5 V,由于α粒子的电荷量为+2e,由能量守恒定律知,α粒子在电场中运动时的动能与电势能之和恒为5 eV,因α粒子在圆形边界上的电势能最小为-10 eV,则α粒子的最大动能为15 eV,选项D正确。
归纳总结　在研究微观粒子时常用电子伏(eV)作为能量的单位。1 eV等于一个电子经过1 V电压加速后所增加的动能,W=eU=1.6×10-19×1 J=1.6×10-19 J,即1 eV等于1.6×10-19 J。
11.答案　(1)-　(2)-
解析　(1)O、A两点的电势差为
UOA=EdOA=E· cos 60°==φO-φA (2分)
可得A点的电势为φA=- (1分)
(2)电场力对A位置小球做功为
W1=ΔU1q=E·(1-cos 60°)q= (2分)
电场力对B位置小球做功为W2=ΔU2·(-q)=-E··(1-cos 60°)·(-q)= (2分)
两小球的总电势能的变化量为
ΔEp=-W1-W2=- (1分)
12.答案　(1)　(2)
(3)mgL sin α-m
解析　(1)根据点电荷的电场特点可知,D、C所在的圆是一条等势线,所以小球从D到C,电场力做的总功为零,由几何关系可得DC的竖直高度为hDC=L sin α (1分)
根据动能定理有mgL sin α=m-m (2分)
解得vC= (1分)
(2)小球从A到C,由动能定理有mg·2L sin α-qUAC=m (1分)
解得UAC=- (1分)
A为零电势点,则有UAC=φA-φC=-φC (1分)
联立可得C点的电势为φC= (1分)
(3)小球从A运动到C的过程中,当小球电势能最小时其速度为vm,由于小球带负电,则当小球电势能最小时,所处位置电势最高,根据点电荷电势分布特点可知,离正点电荷越近,电势越高,可知当小球运动到CD中点时,小球的电势能最小,从A到电势能最小位置的过程,根据能量守恒可得
mg·L sin α+(0-Epmin)=m(3分)
解得小球电势能的最小值为
Epmin=mgL sin α-m(1分)
解后复盘　因为小球带负电,φ=,电势能Ep最小时,电势φ最大,由于沿着电场线的方向电势逐渐降低,图中P点为电势最大处。
13.答案　(1)m　(2)k　(3)k
解题指引　1.“AB、BC、CD的长度均为L”在B、D处弹簧长度相等,从B到D过程弹力做功为零。
2.“运动到D点时速度恰好达到最大值vm”小球在D点的加速度为零。
3.“小球刚释放时的加速度大小a”此时弹簧弹力与D处时弹簧弹力相等,根据牛顿第二定律可解得加速度。
解析　(1)小球从B点运动到D点的过程中弹簧弹力做功为零,由动能定理有
UBDq=m(2分)
解得UBD=m(2分)
(2)小球在D点时,速度最大,加速度为零,设弹簧与水平方向的夹角为θ,则F弹' cos θ=k (2分)
小球在D点、B点时弹簧弹力大小相等,即F弹=F弹',则在B点时有
F弹' cos θ+k=ma (2分)
解得a=k (1分)
(3)设A处点电荷在C点产生的电场强度大小为E1,方向向右;带电小球运动到D点时在C点产生的电场强度大小为E2,方向向左,则E1=k (2分)
E2=k (1分)
则C点的电场强度大小E=E1-E2=k (2分)
14.答案　(1)+4.0×10-5 C　(2)0.4 s　(3)9.8 J
解题指引　1.“开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用”未施加力F,A、B处于静止状态,合力为零,根据平衡条件和库仑定律求解物块B的电荷量。
2.“给A施加一平行于斜面向上的力F,经过时间t0,物块A、B分离”给A施加力F后,A、B沿斜面向上运动,C对B的库仑斥力逐渐减小,A、B之间的弹力也逐渐减小,经过时间t0,物块A、B分离时,它们之间的弹力变为零。
3.“使A在斜面上一直做加速度大小为a=2.5 m/s2的匀加速直线运动”A、B分离前,力F是变力,分离后,力F是恒力。
解析　(1)由题意知,开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用,则以A、B整体为研究对象,有(mA+mB)g sin 37°=k (1分)
解得qB=+4.0×10-5 C(1分)
(2)当A、B刚好分离时,对B有
k-mBg sin 37°-μmBg cos 37°=mBa (1分)
代入数据解得x'=1.2 m(1分)
在A、B分离前二者一起做匀加速直线运动,则A、B一起匀加速运动了x=x'-xBC=0.2 m(1分)
根据匀变速直线运动中位移与时间的关系有
x=a (1分)
代入数据解得t0=0.4 s(1分)
(3)根据以上分析当A、B刚好分离时,二者的共同速度为v=at0=1 m/s(1分)
由于在与点电荷Q相距r处的电势φ=k,则对A、B整体从开始运动到二者刚好分离时,根据功能关系有WF1-μ(mA+mB)gx cos 37°-(mA+mB)gx sin 37°+W电=(mA+mB)v2 (1分)
W电=(φ-φ')qB=qB (1分)
联立解得WF1=1.8 J(1分)
当A、B分离后有
F-mAg sin 37°-μmAg cos 37°=mAa (1分)
解得F=10 N(1分)
A、B分离后,A还要继续上滑x″=L-x'=0.8 m(1分)
则A、B分离后,A继续上滑过程中F做的功为WF2=Fx″=8 J(1分)
则整个过程中力F对物块A做的功
WF=WF1+WF2=9.8 J(1分)