周测评(十九) 静电场的应用-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册物理学科素养周测评（粤教版）

2025一2026学年度高一学科素养周测评（十九） 苍题 物理·静电场的应用 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 1.电容器是一种常用的电学元件，电容式油位传感器（图甲）可以用来监测油箱内液面高 度的变化，工作原理如图乙所示。传感器由金属圆筒和圆柱形金属芯组成，可看作电容 器的两极，油箱内的汽油可看作电介质，电容器两极的两端电压保持不变。计算机可根 据电容器原理，探测出汽油浸入圆筒和圆柱间空隙的深度。给汽车加油，在油箱内油面 上升的过程中，下列说法正确的是 () 电容传感器一 油箱 甲 A.电容器的电容减小 B.电容器储存的电荷量增加 C.电路中有电流沿a→b方向通过G D.电容器两极间的电场强度变大 2.如图，在竖直放置的无限大平行金属板间用长为1.4m的轻质柔软绝缘的细线拴一质 量为1.0×102kg,电荷量为2.0×108C的带电小球（可视为点电荷），细线的上端固 定于O点，开关S闭合，稳定时小球静止在板间的A点，细线与竖直方向成夹角0= 37°，A点距右极板的距离为0.15m,且左极板接地，其中sin37°=0.6，取g=10m/s2, 则下列说法正确的是 () A小球带正电荷 B.将R1的滑片向左移，细线与竖直方向的夹角将变大 高一学科素养周测评（十九）物理第1页（共4页） 真题至 莫道浮云终蔽日，总有云开雾散时 00里年ngs年里9 C.将绝缘细线剪断，球将做曲线运动，经0.2s打到右极板上 班级 D.开关S断开后，将右极板向右平移少许，A点电势不变 3.如图所示，半径为R的虚线圆在竖直平面内，O为圆心，AC、 BD分别为竖直直径和水平直径，E是弧AD的中点，F是弧 E 姓名 BC的中点，电场强度为E。的匀强电场竖直向下，甲、乙两个带 电粒子（重力均忽略不计）质量均为m,电荷量的绝对值均为q,D B 先让甲从C点以初速度1水平抛出，经过一段时间t1运动到 得分 B点，再让乙从E点以初速度v2水平抛出，经过一段时间t2运 日 动到F点，下列说法正确的是 C A.甲、乙两个带电粒子均带负电 B.B、C两点间的电势差与E、F两点间的电势差之比为1：1 C.甲在B点的速度与乙在F点的速度与水平方向的夹角相等 D.1:v2=1:√2 4.如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为L,板间距离为d, 距板右端2L处有一竖直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v。沿中线射 入两板间，最后垂直打在M上，重力加速度大小为g,下列说法正确的是 () A.两极板间电压为3gd M q d vo, B.质点通过电场过程中电势能减少2mgL -2L Un C.若仅增大初速度vo,则该质点不可能垂直打在M上 D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上 5.电视机显像管的结构示意图如图甲所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后 高速通过偏转电场，不考虑电子在偏转电场运动时偏转电压的变化，最后打在荧光屏上 呈现光斑，在偏转极板上加不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，当上极板带正 电时，下列说法正确的是 () 电子枪 ↑UV ↑UV ↑UUV ↑UV 荧光屏 0 偏转电场 123 12/340 123456is 01234t/s 分 符 A.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到两个固定的光斑 B.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下 侧移动 C.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向 下移动 D.若在偏转极板加上如图戊所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两 侧做往复运动 密卷 高一学科素养周测评（十九）物理第2页（共4页） YJ 6.空间存在一平行于纸面的匀强电场，一质量为m、带电荷量为一q(q>0)的粒子以速 度。从A点水平向左射入电场，仅在静电力的作用下，经过一段时间后，粒子运动到B 点时，速度大小为√3o,方向变为与初速度方向垂直，如图所示。已知AB两点间的距 离为d。下列说法正确的是 () B A.带电粒子从A到B的过程中，电势能先增加后减小 B.A点的电势高于B点的电势 C.A,B两点间的电势差UAB=-mo D.匀强电场的电场强度大小为2m d 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象。所用器材有：电源E、电 流表A、电压表V、电容器C、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干。 甲 丙 (1)根据图甲，将图乙中的实物连线补充完整。 (2)将图乙中的电流表换成电流传感器，可以在电脑端记录电流随时间变化的图线。先 将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从左向右流过电阻R时为正，则与本次 实验相符的I-t图像是 (填正确答案标号)。 A B C D (3)将图乙中的电压表换成电压传感器，可以在电脑端记录放电过程中电压随时间变化 的图线，如图丙所示。已知开关接2瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为 YJ 高一学科素养周测评（十九）物理第3页（共4页）】 真题 Um,利用数据处理软件得到Ut图线与坐标轴围成图形的面积为S。根据该实验数 据曲线可以粗测实验中电容器的电容C= (用Um、R和So 表示)。 8.(20分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴右侧有竖直向下的匀强电场，场强大 小为E。,宽度为d,y轴左侧有水平向右的匀强电场，电场中有一粒子源，坐标为（一d, d),粒子源能产生初速度为零、质量为、电荷量为q的带正电粒子。粒子恰能从坐标 (d,0)处离开y轴右侧电场。不计粒子重力。 (1)求y轴左侧匀强电场的场强大小E。 (2)若粒子源位置可调，y轴左右两侧匀强电场的场强大小不变，求粒子从y轴右侧电 场边界离开时的最小动能。 V 9.(20分)如图为一粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分 组成。粒子发射源S可产生初速度为零、质量为、电荷量为十g的带电粒子，粒子自 A板小孔进入加速电场加速后，从B板小孔沿圆弧轨迹CD通过电场方向指向圆心的 静电分析器，出静电分析器后沿M板左端上边缘进人偏转电场区，而后从偏转电场中 线右端G点水平飞出，且此时偏转电场方向刚好发生变化。其中，加速电场的电压为 Uo,A、B板间距为d。,静电分析器中轨迹圆心角为60°，轨迹CD处的电场强度为Eo, 偏转电场M、N两端所加电压如图乙所示（以带电粒子进入偏转电场开始计时），带电粒 子重力不计。求： (1)带电粒子到达B板的速度vo的大小； (2)带电粒子在静电分析器中运动的时间t; (3)偏转电场M、N板长L与间距d满足的关系式。 ON UMN 偏转电场 D -“G U 静电分析器 oM B盏 2T 加速电场 1-A---58 甲 密卷 高一学科素养周测评（十九）物理第4页（共4页）· ·物理· 参考答案及解析 等势面，电场强度大小 【解析】(1)在 x=0.4m 处滑块速度达到最大， $$E = \frac { U _ { A C } } { l \cos 3 0 ^ { \circ } } = 1 \times { 1 0 ^ { 4 } } V / m 。$$ 则此时滑块受力平衡，即电场力等于滑动摩擦力 (2分) $$F _ { } = f = p m g$$ (2分) $$8 . \left( 1 \right) 2 0 0 V / m \left( 2 \right) - 2 0 V \left( 3 \right) - 8 \times { 1 0 ^ { - 4 } } J$$ 解得 $$F _ { } = 5 \times { 1 0 ^ { - 3 } } N$$ (2分) 【解析】 (1)O、d 两点间的电势差 $$U _ { o d } = \varphi _ { 0 } - \varphi _ { d } = 0 - \left( - 2 0 V \right) = 2 0 V$$ (2分) (2)由题图知，在 $$x _ { 1 } = 0 . 4 m$$ 即 $$\frac { 1 } { x _ { 1 } } = 2 . 5 m ^ { - 1 }$$ 处，电 Od 1与电场方向平行，O、d两点间的距离 势 $$\varphi _ { 1 } = 2 . 5 \times { 1 0 ^ { 5 } } V ；$$ 在 $$x _ { 2 } = 0 . 2 m$$ $$\frac { 1 } { x _ { 2 } } = 5 m ^ { - 1 }$$ m-1 d=r=0.1m (2分) 处，电势 $$\varphi _ { 2 } = 5 \times { 1 0 ^ { 5 } } V ，$$ ，则两处的电势差 电场强度B $$E = \frac { U } { d }$$ (2分) $$U = \varphi _ { 2 } - \varphi _ { 1 } = 2 . 5 \times { 1 0 ^ { 5 } } V$$ (2分) E=200V/m (2分) 根据动能定理得 (2)由题图可知 $$\varphi _ { a } < \varphi _ { b } ，$$ ，即 $$U _ { a b } < 0 ，$$ $$q U - \mu m g \left( x _ { 1 } - x _ { 2 } \right) = \frac { 1 } { 2 } m v ^ { 2 }$$ (2分) a、b沿电场线方向的距离 解得 v=0.2m/s (2分) $$d _ { 1 } = 2 r \cos 6 0 ^ { \circ } = 0 . 1 m$$ (2分) (3)由题图乙可知，电势 φ 与位置 x 之间的关系为 b、则 a、b 间的电势差 $$U _ { a b } = - E d _ { 1 }$$ (2分) $$U _ { a b } = - 2 0 V \left( 2$$ 分) $$\varphi = \frac { 1 0 ^ { 5 } } { x }$$ (2分) (3)由 $$\varphi _ { c } - \varphi _ { 0 } = \varphi _ { 0 } - \varphi _ { d }$$ (2分) 则从 $$x _ { 2 } = 0 . 2 m$$ 到最远位置，根据动能定理得 解得 $$\varphi _ { c } = 2 0 V$$ (2分) qU'-qmg⋅△{'''=0} (2分) 所以电荷量为 $$- 4 \times { 1 0 ^ { - 5 } } C$$ 的电荷在c点的电势 $$U ' = \varphi _ { 2 } - \varphi$$ (2分) 能 $$E _ { P } = q \varphi$$ (2分) $$\triangle x ' = x - x _ { 2 }$$ (2分) 则 $$E _ { p } = - 8 \times { 1 0 ^ { - 4 } } J$$ (2分) 解得 x=0.8m 或 x=0.2m (舍去)。 (2分) $$9 . \left( 1 \right) 5 \times { 1 0 ^ { - 3 } } N \left( 2 \right) 0 . 2 m / s \left( 3 \right) 0 . 8 m$$ 2025—2026学年度高一学科素养周测评(十九) )物理·静电场的应用 一、选择题 不变，D错误。 2.D【解析】由题图可知，电容器左极板带负电， 1.B【解析】根据电容器的决定式 $$C = \frac { e ， S } { 4 \pi k d }$$ ，在 右极板带正电，电场向左，则小球带负电荷，A错 面上升的过程中，两极间填充电介质增加，即电 误；改变 $$R _ { 1 }$$ 不影响电容器电势差，则细线与竖直 容器的电容增加，A错误；由电容器电容的定义 方向的夹角不变，B错误；将绝缘细线剪断，小球 式 $$C = \frac { Q } { U } ，$$ ，依题意，传感器两端电压保持不变，可 所受重力与电场力的合力与绳拉力等大、反向， 则小球做匀加速直线运动，C错误；S断开后，电 知电容器的带电量增加，B正确；电容器的带电量 增加，电容器充电，电路中有 b→a 方向的电流，C 容器所带电荷量不变，根据( $$C = \frac { e _ { 1 } S } { 4 \pi k d } ， C = \frac { Q } { U } ，$$ 错误；根据 $$E = \frac { U } { d } ，$$ ， 可知电容器两极间电场强度 · 13 · Y 真题密卷 学科素养周测评 $$E = \frac { U } { d }$$ ，得 $$E = \frac { 4 \pi k Q } { e ， S } ，$$ 将右极板向右平移少许，电 的距离 $$y = \frac { 1 } { 2 } \cdot 2 a t ^ { 2 } ，$$ ，其中 a=g， 在水平方向有 场强度不变，由于左极板接地，电势为零，且小球 L=vot， 联立解得 $$y = \frac { g L ^ { 2 } } { v _ { 0 } ^ { 2 } } ，$$ $$L = v _ { 0 } t ，$$ 电场力做功 W= 与左极板间距不变，则A点电势不变，D正确。 3.C 【解析】由甲、乙运动的轨迹可知，甲受力方向 $$q E \cdot y = \frac { 3 m g ^ { 2 } L ^ { 2 } } { v _ { 0 } ^ { 2 } } ，$$ 即电势能减 $$y = \frac { 3 m g ^ { 2 } L ^ { 2 } } { v _ { 0 } ^ { 2 } } ， B$$ 与电场力反向，是负电荷，乙受力方向与电场力 误；若仅增大初速度 $$v _ { 0 } ，$$ ，质点在两个偏转过程中 同向，是正电荷，A错误；B、C两点间的电势差 的受力情况均不变，竖直方向加速度均不变，则 $$U _ { B C } = E _ { 0 } R ， E 、 F$$ 两点间的电势差 $$U _ { E F } = E _ { 0 } \cdot$$ 该质点仍能垂直打在M上，C错误；若仅增大两 $$2 R \cos 4 5 ^ { \circ } = \sqrt 2 E _ { 0 } R ，$$ ，所以B、C两点间的电势差 极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有 E= 与E、F两点间的电势差之比 $$U _ { B C } ： U _ { E F } = 1 ：$$ $$\sqrt 2 ， B$$ 错误；甲运动到B点的过程以及乙运动到 $$\frac { U } { d } ， C = \frac { Q } { U } ， C = \frac { e _ { 5 } S } { 4 \pi k d } ，$$ $$E = \frac { Q } { C d } = \frac { 4 \pi k Q } { e ， S }$$ ，可知两 F点的过程中，位移与水平方向的夹角均为 $$4 5 ^ { \circ } ，$$ 板间的电场强度不变，质点在电场中受力不变， 根据平抛运动的合速度与水平方向夹角的正切 则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在M 上， 值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知速 D错误。 度与水平方向夹角相等，C正确；因为两个带电粒 5.AD【解析】若在偏转极板加上如题图甲所示的 子质量均为 m， ，电荷量的绝对值均为 q， 根据牛顿 偏转电场，当电子在正向电压时间段进入偏转电 第二定律可知两个带电粒子的加速度大小相等， 场时，在荧光屏上侧留下一个光斑，当电子在反 向电压时间段进入偏转电场时，在荧光屏下侧留 对 对于 甲有 $$R = v _ { 1 } t _ { 1 } ， R = \frac { 1 } { 2 } a t _ { 1 } ^ { 2 }$$ ，可得 $$v _ { 1 } = \sqrt { \frac { a R } { 2 } } ，$$ 下一个光斑，可以看到荧光屏的O点上侧、下侧 对于乙有 $$2 R \cos 4 5 ^ { \circ } = v _ { 2 } t _ { 2 } ， 2 R \sin 4 5 ^ { \circ } = \frac { 1 } { 2 } a t _ { 2 } ^ { 2 } ，$$ 各一个光斑，A正确；若在偏转极板加上如题图 $$q _ { z } = \sqrt { \frac { q R } { \sqrt 2 } } ， 则 v _ { 1 } ； v _ { 2 } = 1 ： \sqrt [ 4 ] { }$$ 丙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在 D错误。 荧光屏O点上方看到一个光斑移动，B错误；若 4.A【解析】由题意可知，质点飞出平行板后只受 在偏转极板加上如题图丙所示的偏转电场，电子 重力作用且垂直打在M 上，可知质点在平行板 先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧 间竖直方向受力不平衡，质点在平行板间向上偏 光屏上从下向上移动，C错误；若在偏转极板加上 转做类平抛运动，则有质点在平行板间竖直方向 如题图戊所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个 的加速度大小是飞出平行板后竖直方向的加速 光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，D正确。 度大小的2倍，方向相反，在平行板间由牛顿第二定 6.ACD 【解析】粒子从A点运动到B点根据动能 律可得 qE-mg=2ma， ，飞出平行板后则有 mg= 定理有 有 $$\frac { 1 } { 2 } m \left( \sqrt 3 v _ { 0 } \right) ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } = - q U _ { A B } ，$$ ，可得 A、 ma，联立解得两极板间的电场强度 $$E = \frac { 3 m g } { q } ，$$ 由 B两点间的电势差 电势差 $$U _ { A B } = - \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q }$$ ，故A点的 势 匀强电场的电场强度与电势差的关系式 U=Ed 低于B点的电势，B错误，C正确；根据粒子轨迹 $$U = \frac { 3 m g d } { q } ， A$$ A正确；质点在电场中向上偏移 可知粒子受到的合外力为右下方，设粒子受到的 14· YJ ·物理· 参考答案及解析 合外力为F，合外力与竖直方向的夹角为8，有 $$8 . \left( 1 \right) \frac { E _ { 0 } } { 4 }$$ $$\left( 2 \right) q E _ { 0 } d$$ 8. $$\tan \theta = \frac { v _ { x } } { v _ { x } } = \frac { v _ { 0 } } { \sqrt 3 v _ { 0 } }$$ 解得 $$\theta = 3 0 ^ { \circ } ，$$ 粒子水平方向 【解析】(1)粒子在左侧电场中加速过程，根据动 有 $$F x \sin \theta = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ 粒子竖直方向有 Fycosθ= 能定理有 $$q E d = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ (2分) $$\frac { 1 } { 2 } m \left( \sqrt 3 v _ { 0 } \right) ^ { 2 } ，$$ ，根据几何关系有 $$x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = d ^ { 2 } ，$$ ，可 粒子在右侧电场中做类平抛运动，则有 $$d = \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { q E _ { 0 } } { m } t _ { 1 } ^ { 2 }$$ (2分) 得 $$x = \frac { d } { 2 } ， F = \frac { 2 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { d } ，$$ ，匀强电场的电场强度大小 $$d = v _ { 0 } t _ { 1 }$$ (2分) $$E = \frac { F } { q } = \frac { 2 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q d } ， D$$ D正确；合外力指向右下方，且合 解得 $$E = \frac { E _ { 0 } } { 4 }$$ (2分) 外力与竖直方向的夹角为 $$3 0 ^ { \circ } ，$$ ，带电粒子从A到 (2)令粒子源与y轴间距为x，粒子在左侧电场中 B的过程中，速度与合外力的夹角先大于 $$9 0 ^ { \circ }$$ 加速过程，根据动能定理有 小于 $$9 0 ^ { \circ } ，$$ ，电场力先做负功再做正功，故电势能先 $$q E x = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 }$$ (2分) 增加后减小，A正确。 粒子在右侧电场中做类平抛运动，则有 二、非选择题 7.(1)图见解析(4分)(2)A(4分) $$\left( 3 \right) \frac { S _ { 0 } } { U _ { m } R }$$ $$y = \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { q E _ { 0 } } { m } l _ { 2 } ^ { 2 }$$ (1分) $$d = v _ { 1 } t _ { 2 }$$ (1分) (4分) 从 y 轴右侧电场边界离开时的动能 【解析】(1)根据电路图补充实物连线如图所示。 $$q E _ { o } y = E _ { k } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 }$$ (2分) 2 结 合上述解得 $$E _ { k } = \frac { q E _ { 0 } d ^ { 2 } } { x } + \frac { q E _ { 0 } x } { 4 }$$ (2分) 根据数学函数规律可知，当有 $$\overline { R }$$ (2)第一次探究过程为先给电容器充电，后电容 $$\frac { q E _ { 0 } d ^ { 2 } } { x } = \frac { q E _ { 0 } x } { 4 }$$ (2分) 器通过R放电，给电容器充电过程中电流从左向 即有 x=2d 右流过电阻 R， ，即为正向电流，由于充电后电容 此时，粒子飞出右侧电场的动能最小 器下极板带正电，电容器通过R放电时，电流从 解得 $$E _ { k \min } = q E _ { 0 } d 。$$ (2分) 右向左流过电阻 R， 即为负向电流，A正确。 9. $$. \left( 1 \right) \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } q } { m } } \left( 2$$ $$\left( 2 \right) \frac { \pi } { 3 E _ { 0 } } \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } m } { q } }$$ 3)根据 $$I = \frac { q } { t } ，$$ 变形可得 $$q = I t = \frac { U } { R } t ，$$ iU-t $$\left( 3 \right) L = \frac { d } { 2 } \sqrt { \frac { 6 \left( 2 n + 1 \right) U _ { 0 } } { U } \left( n = 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， \cdots }$$ 线与坐标轴围成图形的面积为 $$S _ { 0 } ，$$ ，则 $$q = \frac { S _ { 0 } } { R }$$ ，故 【解析】(1)带电粒子在加速电场中，由动能定理 有 $$S _ { 0 } = q R = C U _ { m } R ，$$ ，则电容 $$C = \frac { S _ { 0 } } { U _ { n } R } 。$$ 可知 $$U _ { 0 } q = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ (2分) ·15· Y 真题密卷 学科素养周测评 $$v _ { 0 } = \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } q } { m } } 。$$ 程，以此类推，故粒子在竖直方向上有 (2分) (2分) (2)带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动可知 $$y = \frac { 1 } { 2 } a \left( \frac { T } { 2 } \right) ^ { 3 }$$ $$E _ { 0 } q = m \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { r }$$ (2分) 其中 $$y = \frac { d } { 2 \left( 2 n + 1 \right) }$$ (2分) $$r = \frac { 2 U _ { 0 } } { E _ { 0 } }$$ (2分) $$a = \frac { U q } { d m } \left( n = 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， \cdots \right)$$ 运动时间 粒子在水平方向有 $$t = \frac { \frac { \pi } { 3 } r } { v _ { 0 } } = \frac { \pi } { 3 E _ { 0 } } \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } m } { q } }$$ $$L = v _ { 0 } \cos 3 0 ^ { \circ } \left( 2 n + 1 \right) \frac { T } { 2 }$$ (2分) (2分) 又因为 $$U _ { 0 } q = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ (2分) (3)带电粒子进入偏转电场将做类斜抛运动，利 用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上最 终速度为零，由偏转电场两端的变化电压可知， $$L = \frac { d } { 2 } \sqrt { \frac { 6 \left( 2 n + 1 \right) U _ { 0 } } { U } \left( n = 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， }$$ (2分) 粒子在竖直方向上的运动可以是只有一个匀减 速过程，也可以是先匀减速再匀加速再匀减速过 2025—2026学年度高一学科素养周测评(二十)物理·阶段检测(五) 一、选择题 与水平向左的电场的合电场强度，点电荷+Q的 1.C【解析】题图甲中与点电荷等距的a、b两点， 电场强度是发散向外的，故多数情况下球壳空腔 电场强度大小相等，方向不相反，A错误；题图乙 内的电场强度电场线不是水平向左的，B错误；达 中a、b两点的电场强度大小相等，方向分别沿a、 到静电平衡后，金属球壳是一个等势体，A、B、C b点切线向右，所以两点电场强度大小相等，方向 三点的电势关系为 $$\varphi _ { A } = \varphi _ { B } = \varphi _ { C } ， C$$ 正确， 相同，B错误；题图丙中a、b两点的电场强度大 D错误。 小相等， a 点电场强度方向向上，b点电场强度方 3.B【解析】P、 粒子在电场中水平方向做匀速 向向下，C正确；题图丁中a点的电场强度小于b 运动，水平速度相同，水平位移相同，可知运动时 点的电场强度，方向分别沿a、b点切线斜向右下 间相同，A错误；竖直方向 $$y = \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { q E } { m } t ^ { 2 }$$ ，两粒子 方，D错误。 2.C 【解析】达到静电平衡后，由于带电量为 +Q 质量相同，运动时间相同，粒子 Q 的竖直位移大 的小球(可视为点电荷)放置在金属球壳的球 于粒子P，可知粒子 Q 所带的电荷量比粒子P所 处，整个装置处于电场强度为E的水平向左的匀 带的电荷量大，B正确；根据 W=Eqy， ，可知，电场 强电场中，则金属球壳空腔内电场强度不为零， 力对粒子 Q 做功较大，根据动能定理可知粒子 Q 金属球壳空腔内有电场，A错误；达到静电平衡 的动能增量大，C、D错误。 后，金属球壳空腔内的电场强度等于点电荷 +Q1 4.C【解析】质子在B、D两点具有相同动能，故 ·16· YJ