素养培优专练(五) 静电场在新情境中的应用-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 素养培优专练(五)　静电场在新情境中的应用 (一)静电场在生产、生活中的应用 1．(2022·福建省厦门市高三下第四次质量检测)(多选)墙体探测仪是一种新型的建筑装潢辅助工具，用于探测墙体内水管、电线和钢筋的位置。如图所示为其探测水管的原理示意图，主要感应元件为电容器，当探测仪靠近水管时，指示灯亮起，便可确定水管的位置。则探测仪靠近水管前后(　　) A．电容器的电介质发生变化 B．电容器的两板间距离发生变化 C．电容器极板的正对面积发生变化 D．电容器的电容发生变化 答案　AD 解析　由题意可知，探测仪靠近水管前后，电容器的两极板间距和极板正对面积均未变，而指示灯亮起，说明电容器发生了充电或放电，即电容器的电容发生了改变，根据C＝可知，电容器的电介质发生变化，故A、D正确，B、C错误。 2．(2023·广东高考)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有(　　) A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功 D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功 答案　AC 解析　像素呈黑色时，胶囊下方的电极极性为负，电极激发的电场的电场线从无穷远处指向电极，沿着电场线的方向电势降低，故黑色微粒所在上方区域的电势高于白色微粒所在下方区域的电势，A正确；像素呈白色时，胶囊下方的电极极性为正，电极激发的电场的电场线从电极指向无穷远处，沿着电场线的方向电势降低，故黑色微粒所在下方区域的电势高于白色微粒所在上方区域的电势，B错误；像素由黑变白的过程中，电极极性由负变正，白色微粒向上运动，运动方向与受到的电场力方向相同，故电场力对白色微粒做正功，C正确；像素由白变黑的过程中，电极极性由正变负，黑色微粒向上运动，运动方向与受到的电场力方向相同，故电场力对黑色微粒做正功，D错误。 3.(2023·辽宁省沈阳市高三下教学质量监测三模)避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物避免雷击的一种设施。雷雨天当带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，避雷针的顶端通过静电感应会带上大量电荷，在避雷针周围形成电场。图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两等势线间的电势差相等。则(　　) A．避雷针附近的电场是匀强电场 B．避雷针的顶端带负电 C．a、b、c、d四个等势面中，a的电势最低 D．一带负电的雨滴从乌云中落下，电场力做负功 答案　C 解析　匀强电场的等差等势线是一簇等间距的平行直线，由图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，故A错误；乌云带负电，则避雷针的顶端感应出正电荷，带正电，则电场线起始于避雷针顶端，终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知，a、b、c、d四个等势面中，a的电势最低，故B错误，C正确；一带负电的雨点从乌云中落下，雨点所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，故D错误。 4．(2024·福建省漳州市高三上第一次教学质量检测)静电纺纱利用了高压静电场使单纤维两端带上异种电荷，其电场分布如图所示，则(　　) A．图中虚线是等势线，电场强度EA<EB B．图中虚线是电场线，电场强度EA>EB C．一电子在A点的电势能大于其在D点的电势能 D．将一电子从C移动到D，电场力做功为零 答案　C 解析　电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知，图中虚线应是电场线，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则有EA<EB，故A、B错误；由于右边电极接高压电源正极，则图中电场线方向由右向左，又沿电场线方向电势降低，大致绘制出A、D点的等势面，可知D点电势高于A点电势，根据Ep＝qφ，且电子带负电，则一电子在A点的电势能大于其在D点的电势能，故C正确；同理可知，D点电势高于C点电势，则将一电子从C移动到D，电场力做正功，故D错误。 5．喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒。微粒经过带电室时被带上负电，带电量的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向的距离是1.0 mm。(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)下列说法正确的是(　　) A．墨汁微粒从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动 B．两偏转板间的电压是2.0×103 V C．两偏转板间的电压是5.0×102 V D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10% 答案　C 解析　墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场后做匀速直线运动，A错误；墨汁微粒射出偏转电场后做匀速直线运动，且速度反向延长线过类平抛运动的水平位移的中点，可知＝，又vy＝at＝t，t＝，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，B错误，C正确；由以上各式得y＝，为了使纸上的字体放大10%，也就是墨汁微粒偏移量y增大10%，则可以把偏转电压提高10%，D错误。 6．(力、电综合)(2023·山东高考)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin53°＝0.8。 (1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H； (2)已知电容器储存的电能E＝CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3 kg，电容C＝2.5×104 μF，电容器工作电压U应设置为多少？ 答案　(1)60 m　(2)1000 V 解析　(1)灭火弹出膛之后做斜抛运动，设运动时间为t， 水平方向上有L＝v0cosθ·t 竖直方向上有H＝v0sinθ·t－gt2 联立并代入数据解得H＝60 m。 (2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×CU2 又因为Ek＝mv 联立并代入数据解得U＝1000 V。 (二)静电场在体育运动、娱乐活动中的应用 7.法拉第笼是一个由金属制成的球形笼子，与大地连通。当高压电源通过限流电阻将10万伏直流高压输送给放电杆，放电杆尖端靠近笼体时，出现放电火花。如图所示，体验者进入笼体后关闭笼门，操作员接通电源，用放电杆进行放电演示。下列说法正确的是(　　) A．法拉第笼上的感应电荷均匀分布在笼体外表面上 B．法拉第笼内部任意两点间的电势差为零 C．法拉第笼上的感应电荷在笼内产生的电场强度为零 D．同一带电粒子在法拉第笼外的电势能大于在法拉第笼内部的电势能 答案　B 解析　法拉第笼上的感应电荷在笼体外表面上分布不均匀，离放电杆尖端越近和越远处电荷密度越大，A错误；因静电屏蔽作用，法拉第笼内部任意位置电场强度均等于零，所以法拉第笼内部任意两点间的电势差为零，B正确；法拉第笼上的感应电荷与放电杆尖端上的电荷在笼内的合场强等于零，所以法拉第笼上的感应电荷在笼内产生的电场强度不等于零，C错误；由于带电粒子和放电杆尖端的电性未知，所以无法比较同一带电粒子在法拉第笼外的电势能与在法拉第笼内部的电势能的大小，D错误。 8．(2022·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”：如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根细金属条和一块易拉罐(金属)片，将金属片和金属条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片是半径为R的圆弧，金属条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则(　　) A．未摇动起电机时，烟尘在金属片与金属条之间下落的最大时间为 B．匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间的电场强度为 C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能均为qU D．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向受到的冲量不大于 答案　D 解析　依题意，未摇动起电机时，烟尘受到空气作用力等的影响，其下落时间将远大于只受重力作用时做自由落体运动的时间，即t>，故A错误；根据题图乙可以看出，匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，所以其电场强度不是，故B错误；除尘过程中，金属条周围的电场很强，使其附近的空气分子电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向金属片移动时，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，电势能减小，且带电量为q的烟尘减小的电势能最大值为qU，故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的分速度大小为v，则烟尘受到的电场力做的功为mv2＝≤qU，可得被吸附前水平方向的动量大小p≤，根据动量定理知被吸附时水平方向受到的冲量不大于，故D正确。 (三)静电场在前沿科技、迁移创新中的应用 9．(2023·辽宁高考)(多选)图a为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图b为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　) A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大 C．M点电场强度方向沿z轴正方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 答案　CD 解析　因P点离带正电的金属极杆更近，M点离带负电的金属极杆更近，可知P点电势比M点的高，A错误；因M点处的等差等势面比P点处的等差等势面密集，则P点电场强度大小比M点的小，B错误；电场强度方向垂直于等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，而离带负电的金属极杆越近电势越低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，C正确；由题分析知x轴是一条等势线，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，D正确。 10.(2023·湖北省武汉市高三下5月模拟训练)如图所示，两个半径均为R的半球壳Ⅰ和Ⅱ靠得很近，间距可忽略，两个半球壳均匀带有正电荷，电荷量均为q，O为球心，A为球壳外一点，AO＝L，AO垂直于两半球截面(图中阴影面)，半球壳Ⅰ在A点的场强大小为E1，静电力常量为k，规定距O点无限远处电势为零，则下列说法正确的是(　　) A．O点场强大小为 B．半球壳Ⅰ在O点的场强方向水平向右 C．半球壳Ⅱ在A点的场强大小为－E1 D．半球壳Ⅰ在A点的电势低于半球壳Ⅱ在A点的电势 答案　C 解析　两个半球壳均匀带有正电荷，且电荷量均为q，根据对称性，可知O点场强为零，故A错误；将半球壳Ⅰ均匀分割为极多部分，每一部分均可看作点电荷，由点电荷的场强公式，根据场强的叠加原理，结合对称性可知，半球壳Ⅰ在O点的场强方向水平向左，B错误；把两个半球壳看成是一个整体，则整体在A点产生的电场与在O点处电荷量为2q的正点电荷在A点产生的电场相同，故两个半球壳在A点的场强大小为E＝k，方向水平向右，由B项分析同理可知，两半球壳在A点产生的场强方向均水平向右，则由电场强度的叠加原理可得，半球壳Ⅱ在A点的场强大小为E2＝E－E1＝k－E1，故C正确；将两个半球壳均匀分割为极多份，每一部分均可看作电荷量相等的正点电荷，由于半球壳Ⅰ中任一个“点电荷”均比半球壳Ⅱ中任一个点电荷离A点更近，则半球壳Ⅰ中任一个点电荷在A点的电势比半球壳Ⅱ中任一个点电荷在A点的电势都高，由电势的叠加可知，半球壳Ⅰ在A点的电势高于半球壳Ⅱ在A点的电势，故D错误。 11.(2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研反馈)如图所示，两个距离较近的足够大的金属板组成平行板电容器，两极板带上等量异种电荷。可认为每个极板上电荷均匀分布，由对称性可知，每个极板单独激发的电场为与其垂直且两侧对称的匀强电场。现把两极板间距离增加为原来的2倍，不考虑边界效应，两极板相互间的静电作用力变为原来的(　　) A．1倍 B. C. D．2倍 答案　A 解析　根据题意可设每个极板带电量为Q，每个极板单独激发的电场强度大小为E，则一个极板受另一个极板的电场力为F＝EQ，若两极板间距离增加为原来的2倍，则每个极板在另一个极板处的场强不变，则两极板间的静电作用力不变，故A正确。 12．(2024·福建省福州市高三上第一次质量检测)电子显微镜通过电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是(　　) A．a点场强大于b点场强 B．a点电势高于b点电势 C．电子在a点的动能大于在b点的动能 D．电子在a点所受电场力小于在b点所受电场力 答案　D 解析　a点处等差等势面较稀疏，则a点场强小于b点场强，电子在a点所受电场力小于在b点所受电场力，故A错误，D正确；由电子的运动轨迹，结合电场线垂直于等势面可知，电子所受的电场力方向偏向右，则场强方向偏向左，沿电场线方向电势降低，则a点电势低于b点电势，故B错误；由于a点电势低于b点电势，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子的电势能和动能之和保持不变，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误。 13.(范德格拉夫静电加速器)(2023·广东省深圳市高三第二次调研考试)(多选)范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳(电荷在金属球壳均匀分布)，使金属球壳与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底(B为AC中点)。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是(　　) A．B点电势比C点电势高 B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大 C．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度 D．粒子在AB与BC间的动能变化量相同 答案　AC 解析　金属球壳上正电荷均匀分布，可以等效为位于球心的、带等量正电荷的点电荷，由题图可知A、B、C三点在同一条电场线上，则经过A、B、C三点的电场线方向是由A指向C，沿电场线方向电势降低，可知B点电势比C点电势高，故A正确；粒子从静止开始运动，只有电场力做功，则从B点到C点过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；根据正点电荷的电场分布规律可知，B点的电场强度大于C点的电场强度，由电场力F＝qE和牛顿第二定律F＝ma可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确；根据正点电荷的电场分布规律可知，AB间电场强度的平均值AB大于BC间电场强度的平均值BC，由动能定理可知，ΔEk1＝qABdAB，ΔEk2＝qBCdBC，又dAB＝dBC，所以粒子在AB间的动能变化量ΔEk1比在BC间的动能变化量ΔEk2大，故D错误。 ※14.研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。 图1为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图2所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。 若电子的质量为m，电荷量为－e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0。不计电子的重力和相对论效应。 (1)求电子进入圆筒1时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2这个过程的运动。 (2)若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln应该为多少？ (3)若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(2)中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？ 答案　(1)　运动过程见解析 (2)T　(3) 解析　(1)电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理得Ue＝mv－0 解得v1＝ 电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受力做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀速直线运动。 (2)电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得 nUe＝mv－0 解得vn＝ 由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期， 则有Ln＝vn 解得Ln＝T。 (3)由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(2)中相同，若考虑电子在间隙中的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比(2)中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。 方法1：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，且间距均相同，则a＝ F＝Ee E＝ 累计延后时间为，则电子的加速时间为，所以电子的最大速度为：vm＝a 解得vm＝。 方法2：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，且间距均为d，设经过N次加速到最大速度， 则Nd＝vm· 根据动能定理可得NUe＝mv－0 解得vm＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$