備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復習 單元訓練金卷 第八單元 靜電場A卷（含解析）

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1、 第八單元 注意事項： 1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

2、不全的得2分，有選錯的得0分) 1．下列關(guān)于物理學家的貢獻的說法中，正確的是(　　) A．物理學家?guī)靵隼门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用規(guī)律 B．物理學家法拉第通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量 C．物理學家密立根最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場 D．物理學家卡文迪許測出了靜電力常量k 2．(2019?全國I卷)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強磁場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷 C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷 3．如圖所示，一電

3、荷量為+Q的點電荷甲固定在光滑絕緣的水平面上的O點，另一電荷量為+q、質(zhì)量為m的點電荷乙從A點經(jīng)C以v0＝2 m/s的初速度沿它們的連線向甲運動，到達B點時的速度為零，已知AC＝CB，φA＝3 V，φB＝5 V，靜電力常量為k，則(　　) A．φC＞4 V B．φC＝4 V C．點電荷乙的比荷為1 C/kg D．點電荷乙的比荷為2 C/kg 4．如圖所示，M、N是以MN為直徑的半圓弧上的兩點，O點為半圓弧的圓心。將帶電荷量相等、電性相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至O點正下方，則O

4、點的電場強度大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為(　　) A．1∶ B．∶1 C．2∶ D．4∶ 5．一電子只在電場力作用下從電場中的A點移動到B點的過程中，電子克服電場力做了3 eV的功，則(　　) A．A點的電勢比B點的電勢高3 V B．A點的電勢比B點的電勢低3 V C．電子的電勢能減少了3 eV D．電子的動能增加了3 eV 6．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上的P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的 A．極板X帶正電 B．極板X帶負電 C．極板Y帶正電

5、 D．極板Y不帶電 7．如圖所示為真空中某一點電荷Q產(chǎn)生的電場，a、b分別是其電場中的兩點，其中a點處的電場強度大小Ea＝E0， b點處的電場強度大小Eb＝3E0，且Ea、Eb間的夾角大于90°，方向如圖甲所示。一帶負電的檢驗電荷q在場中由a運動到b，則(　　) A．a(chǎn)、b兩點到點電荷Q的距離之比ra∶rb＝3∶1 B．a(chǎn)、b兩點到點電荷Q的距離之比ra∶rb＝∶1 C．a(chǎn)、b兩點處的電勢的大小關(guān)系為φa＞φb D．在把檢驗電荷q沿直線從a移到b的過程中，電場力先做負功后做正功 【答案】B 【解析】通過作圖找出點電荷Q的位置，如圖所示，根據(jù)點電荷周圍的電場強度的公

6、式E＝k∝可知，a、b兩點到點電荷Q的距離之比ra∶rb＝∶1，選項A錯、B對；從圖乙中可知，Q帶正電，因為越靠近場源正電荷的點，其電勢越高，所以φa<φb，選項C錯誤；檢驗電荷q帶負電，電場力先做正功后做負功，選項D錯誤。 8．真空中存在一個水平向左的勻強電場，電場強度的大小E＝，一根不可伸長、長度為l的絕緣細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A，再由靜止釋放小球，則在從釋放小球至小球運動到O點的正下方B的過程中(　　) A．小球剛運動到B點前的瞬時，速度恰好為零 B．小球剛運動到B點前的瞬時，繩子對小球的拉力為mg C．小球從

7、A運動到B的過程中，小球做曲線運動 D．小球剛運動到B點前的瞬時，其動能為2mgl 9．下列對電容或電容器的理解，正確的是(　　) A．根據(jù)電容的定義式C＝知，電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比 B．若僅減小平行板電容器兩極板的正對面積，則電容器的電容減小 C．若保持平行板電容器所帶電荷量不變，僅減小兩極板間的距離，則兩極板間的電場強度保持不變 D．若保持平行板電容器兩極板間的電勢差不變，僅減小兩極板間的距離，則電容器所帶電荷量不變 10．如圖甲所示，豎直放置的兩極板AB接變化的電壓，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。一質(zhì)量為m、帶

8、電荷量為q的電子僅受電場力的作用，在t＝時刻以初速度為零進入兩板間，恰好能到達B板，則(　　) A．A、B兩板間的距離為 B．電子在兩板間的最大速度為 C．電子兩板間做勻加速直線運動 D．若電子在t＝時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 11．(2019?全國II卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與

9、粒子軌跡在該點的切線平行 12．如圖所示，處于真空中的勻強電場與水平方向成45°角，但方向未知，直線AB垂直于電場方向。在A點以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，一段時間后，小球沿初速度方向運動了一段距離經(jīng)過C點，則(　　) A．電場方向與水平方向成45°角斜向上 B．電場方向與水平方向成45°角斜向下 C．小球的重力與電場力之比為1∶1 D．小球的重力與電場力之比為1∶ 13．(2019?全國III卷)如圖，電荷量分別為q和－q（q＞0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則(　　) A．a(chǎn)點和b點的電勢相等 B．a(chǎn)點和b

10、點的電場強度大小相等 C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同 D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加 二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 14．(10分)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，放置兩塊直徑為2L的同心半圓形金屬板A、B，兩板間的距離很近，半圓形金屬板A、B的左邊有水平向右的勻強電場E1，半圓形金屬板A、B之間存在電場，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O。現(xiàn)從正對A、B板間隙、到兩板的一端距離為d處由靜止釋放一個質(zhì)

11、量為m、電荷量為q的帶正電微粒(不計重力)，此微粒恰能在兩板間運動而不與板發(fā)生相互作用。求： (1)微粒剛進入兩板間的速度大小； (2)半圓形金屬板A、B之間的電場強度E2的大小。 15．(10分)如圖所示，一絕緣半圓形導軌的直徑為AB，AB水平，兩質(zhì)量、電荷量均相同且半徑很小的完全相同的帶電小球，一個固定在B端，另一個套在圓弧導軌上，且鎖定在圓弧導軌的最高點。某時刻解除鎖定，小球沿導軌從最高點緩慢下滑。當小球與導軌圓心的連線與AB成2θ角時，小球與導軌間無作用力，已知小球的質(zhì)量為m，AB＝2r。求： (1)小球與導軌間無作用力時所在處的電場強度的大

12、小； (2)小球與導軌間無作用力時所在處的切向加速度。 16．(13分)如圖所示，真空中水平放置的電容C＝2.3×10－11 F的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板是邊長L＝0.1 m的正方形，兩板間的距離d＝0.4 cm，現(xiàn)有很多質(zhì)量m＝2.8×10－9 kg、帶電荷量q＝+1.4×10－11 C的微粒，以相同的初速度依次從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上的中點O處，設微粒落到極板上后，所帶電荷全部轉(zhuǎn)移到極板上，取靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2，g＝10 m/s2，π＝3。 (1)求帶電粒子初

13、速度的大小； (2)至少射入幾個微粒后，微粒才可以從該電容器穿出? 17．(15分)如圖所示，水平絕緣光滑的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，B、O、C在同一豎直線上，半圓形軌道的半徑R＝0.40 m。在軌道所在空間處存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行?，F(xiàn)有一電荷量q＝+1.0×10－4 C、質(zhì)量m＝0.10 kg的帶電體(可視為質(zhì)點)，從水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，已知P點到B點的

14、距離s＝1 m，取g＝10 m/s2。試求： (1)電場強度E的大小； (2)帶電體在圓弧軌道上運動時的最大動能和對軌道的最大壓力。 3 單元訓練金卷·高三·物理(A)卷 第八單元 答 案 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．【答案】A 【解析】庫侖利用扭秤實驗發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用的規(guī)律，并測出了靜電力常量k；通過油滴

15、實驗精確測定了元電荷e的電荷量的科學家是密立根；最早引入了電場的概念，并提出用電場線表示電場的科學家是法拉第。綜上所述，選項A正確。 2． 【答案】D 【解析】受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，A、B錯誤；若P球帶負電，Q球帶正電，如圖所示，恰能滿足題意，則C錯誤、D正確。 3．【答案】C 【解析】雖然題中給出的電場不是勻強電場，但仍可利用U＝Ed定性地進行分析，由圖示可知，C、B間的電場強度應大于A、C間的電場強度，而AB＝CB，故UBC>UCA，即φB－φC>φC－φA，即φC<4 V，選項A、B錯誤；根據(jù)動能定理，qUAB＝0－m，得＝1 C/kg，選項C正確、D錯誤。

16、 4．【答案】B 【解析】依題意，當兩個等量異種點電荷分別在M、N兩點時，兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度之和E1＝EM+EN，且EM＝EN，故有EM＝EN＝；當N點處的點電荷移至O點正下方時，O點電場強度大小E2＝·，則E1∶E2＝∶1，B正確。 5．【答案】A 【解析】由于電子帶負電，電子克服電場力做功，電子一定是從高電勢點向低電勢點運動，因此選項A正確、B錯誤；電場力做負功，電子的電勢能增加，動能減小，動能的減少量等于電勢能的增加量，也等于電子克服電場力所做的功，選項C、D錯誤。 6．【答案】C 【解析】根據(jù)亮斑的位置偏向Y極板，可知電子因受到電場力的作用而運動軌跡發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，

17、因此極板X不帶電，極板Y應帶正電。 7．【答案】B 【解析】通過作圖找出點電荷Q的位置，如圖所示，根據(jù)點電荷周圍的電場強度的公式E＝k∝可知，a、b兩點到點電荷Q的距離之比ra∶rb＝∶1，選項A錯、B對；從圖乙中可知，Q帶正電，因為越靠近場源正電荷的點，其電勢越高，所以φa<φb，選項C錯誤；檢驗電荷q帶負電，電場力先做正功后做負功，選項D錯誤。 8．【答案】D 【解析】小球在復合場中所受到的重力和電場力的合力為一恒力，其方向與水平方向的夾角為45°，小球由靜止釋放，小球沿直線AB做勻加速運動，顯然選項A、C錯誤；小球剛運動到B點的瞬時，繩子剛好被拉直，繩子對小球的拉力為零，選項B錯

18、誤；小球剛運動到B點的瞬時，利用動能定理可得mgl+qEl＝Ek，求出Ek＝2mgl，選項D正確。 9．【答案】BC 【解析】電容器的電容由C＝?jīng)Q定，選項A錯；根據(jù)電容的決定式可知，僅減小平行板電容器極板的正對面積，電容器的電容減小，選項B正確；若保持平行板電容器所帶電荷量不變，僅減小極板間的距離，根據(jù)電容的定義式C＝、決定式C＝和E＝可得，E＝不變，選項C正確；若保持平行板電容器兩極板間的電勢差不變，僅減小極板間距離，則電容器的電容增大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量增大，選項D錯誤。 10．【答案】AB 【解析】電子在電場中運動時的加速度大小不變，但方向改變，因此選項C錯誤；電

19、子在兩板間先加速后減速，恰好能到達B板，設板間距離為d，有2××＝d，解得d＝，選項A正確；當t＝時電子速度最大，有vm＝·，選項B正確；若電子在t＝時刻進入，則在~時間段內(nèi)，電子做勻加速直線運動，其位移x＝d，已經(jīng)到達B板，顯然選項D錯誤。 11． 【答案】AC 【解析】若電場中由同種電荷形成即由A點釋放負電荷，則先加速后減速，故A正確；若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤。由于N點速度大于等于零，故N點動能大于等于M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于M點電勢能，故C正確；粒子可能做曲線運動，故D錯誤。 12．【答案】AD 【解析】小球在重力與電場力的合力作用下運

20、動，從A點運動到C點，小球在豎直方向所受合力為零，因此，電場方向與水平方向成45°角斜向上，選項A對、B錯；在小球從A點運動到C點的過程中，其受力情況為qEcos 45°＝mg，即小球的重力與電場力之比為1∶，選項C錯誤、D正確。 13．【答案】BC 【解析】由幾何關(guān)系，可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負電荷從a移到b，電勢能減少，故D錯誤；由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。 二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算

21、的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 14．【解析】(1)設微粒剛進入兩板間的速度為v，根據(jù)動能定理，有： qE1d＝mv2　(3分) 解得：v＝?！?2分) (2)微粒恰能在兩板間運動而不與板發(fā)生相互作用，說明微粒在兩板間做勻速圓周運動，有： qE2＝m?！?(3分) E2＝E1。　(2分) 15．【解析】(1)當小球與導軌間無作用力時，小球僅受重力、庫侖力作用，根據(jù)平衡條件，沿導軌半徑方向，有： kcos θ＝mgsin 2θ　(2分) 解得：q＝　(1分) 根據(jù)點電荷的電場強度公式得：E＝k?！?(2分) (2)小球與導軌間無作用力時所在處的切向合力：F＝ksin

22、θ+mgcos 2θ　(2分) 即：F＝mg　(1分) 因此，小球在此位置時的切向加速度a'＝＝g?！?(2分) 16．【解析】(1)電容器不帶電時，微粒做平拋運動，設初速度為v0，則有： ＝v0t　(2分) gt2　 (2分) 聯(lián)立兩式得：v0＝　 (1分) 代入數(shù)據(jù)得：v0＝2.5 m/s?！?1分) (2)若微粒能從A板右邊緣射出，則有： L＝v0t1　(1分) a1　(1分) 又由于mg－qE＝ma1　(1分) 聯(lián)立以上各式：E＝1500 V/m　　 (1分) 設射入n個微粒后，微粒才可以從該電容器穿出， 由于E＝，U＝ 得：E＝　(2分) 代入數(shù)據(jù)，解

23、得：n≈9.9 故至少射入10個微粒后，微粒才可以從該電容器穿出?！?(1分) 17．【解析】(1)設帶電體通過C點時的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律，有： mg＝m　(2分) 解得 vC＝2.0 m/s　 (1分) 在帶電體從P到C的過程中，根據(jù)動能定理，有：qEs－mg·2R＝m　(2分) 解得：E＝1.0×104 V/m?！?2分) (2)由(1)知，qE＝mg，重力和電場力的合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點右側(cè)對應圓心角為45°處。設小球的最大動能為Ekm，帶電體在從P點開始運動到速度最大的過程中，根據(jù)動能定理有：qE(s+Rsin 45°)－mgR(1－cos 45°)＝Ekm　(2分) 解得Ekm＝1.17 J (或 J)　(1分) 即：m J　(1分) 在速度最大的位置，帶電體對軌道的壓力最大，設最大壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律，有： N－mg＝m　 (2分) 解得：N＝(3+3) N　(或7.24 N)。　 (2分) 3