【文档说明】高考物理一轮复习单元训练卷第八单元静电场B卷(含解析).doc，共(7)页，290.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第八单元注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区

域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、(本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的

四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13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．(2019∙全国I卷)如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和

Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷2．如图所示在倾角为α的光滑绝缘斜面上放有两个质量分别为m1和m2的带电小球A、B(均可视为质点)，已知m1＝2m2，两球相距为L。当两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后，

当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比a1∶a2＝3∶2，则L′∶L等于()A．16∶1B．2∶1C．10∶5D．5∶103．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性地显示其金属球与外壳之间的电势差大

小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度。为使指针张开的角度变小，下列做法中可行的是()A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开

关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动4．下图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标)。

不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则()A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能减小5．如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个不计重力的带负电的粒子从右侧垂直于等势面4向左

进入电场，其运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则()A．四个等势面电势高低关系为φ1>φ2>φ3>φ4B．该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场C．等势面4上各点场强处处相等D．粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直6．将一个带电荷量为

＋Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处，两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，如图所示。若A、B所带的电荷量很少，两者间的作用力可忽略不

计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A．小球A、B所带的电荷量相等B．小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C．小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D．库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力7．如图所示，在竖直向上的匀强电场

中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒8．

如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重

力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A．22sqEmhB．2sqEmhC．24sqEmhD．4sqEmh9．如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处（电势

为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()2A．Q1移入之前，C点的电势为WqB．Q1从

C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W10．(2019∙全国II卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作

用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行11．如图所示，BCD为竖直平

面内固定、光滑且绝缘的半圆形轨道半径为R，C为轨道最低点，BD连线下方有竖直向下的匀强电场。质量为m，电荷量为－q的小球(可视为质点)从B点正上方距B为1.5R的A点自由下落，恰从B点进入轨道(进入B点

无机械能损失)。已知小球能通过轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，小球电荷量保持不变，则小球经过C点的速度大小可能为()A．0B．gRC．3gRD．4gR12．(2019∙全国III卷)如图，电荷量

分别为q和－q（q＞0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加13

．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电荷量为－q的小球Q，整个装置处于场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个带电荷量为＋q的小球P从N点由静止释放，释放后P

沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均s0，PQ以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k，则()A．小球P返回时，不可能撞到小球QB．当弹簧的压缩量为0sinqEmgk时，小球P的速度最大C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能

一定减少D．小球P在N点的加速度大小为220sin/qEmgkqsm二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(8分)如图所示，长度为L的光滑绝缘细直杆MN水平固定在匀强电场中，场强大小为E，方向与竖直方向的夹角为θ。杆的M端固定一个带负电小球A，所带的电荷量大小为Q；带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，所带的电荷量大小为q，质量为m。现

将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向M端运动，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球B对细杆的压力大小；(2)小球B开始运动时的加速度大小；(3)小球B速度最大时离M端的距离。15．(10分)如图所示，在方向水平向右、场强大小E＝60

00N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量m1＝2×10－4kg，带电荷量q1＝2×10－9C；乙的质量m2＝1×10－4kg，带电荷量q2＝－1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，两滑块放在平面上。现由静止释放两滑块，t＝3s时细绳

突然断裂，不计滑块间的库仑力。求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值。316．(13分)如图甲所示的装置中，热电子由阴极O飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极

板长l＝10cm，板间距离d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝10cm。在电容器两极板间接有交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是

不变的。(1)在t＝0.06s时，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？17．(17分)如图所示，质量m＝1.0kg、带电量q＝－4×10−3C的小球用长度l＝0.8m的不可伸长的

绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E＝5×103N/C。现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成θ角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知cosθ＝0.75，取

重力加速度g＝10m/s2。(1)求小球第一次运动到最低点时的速度大小。(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可以保留根号)(3)求小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小。41单元训练金卷·高三·物理(B)卷第八单元答案一、(本题共13小题，每小题4

分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13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．【答案】D【解析】受力分析可知，P和Q两小球，不能

带同种电荷，A、B错误；若P球带负电，Q球带正电，如图所示，恰能满足题意，则C错误、D正确。2．【答案】B【解析】两球同时由静止开始释放时，B的初始加速度恰好等于零，则B球所受库仑力沿斜面向上，A球所受库仑力沿斜面向下，A的初始加速度沿斜面向下，A、B之间的库仑力F＝m2gsin

α，一段时间后A、B两球间的距离增大，库仑力减小，B球的加速度沿斜面向下，所以加速度a2方向应沿斜面向下，设两球距离为L′时A、B间的库仑力为F′，则a2＝m2gsinα－F′m2，a1＝m1gsinα＋F′m1，因a1a2＝32，m1＝2m2，得F′＝0.25m2gsi

nα，因F′∶F＝1∶4，所以L′∶L＝2∶1，故A、C、D错误，B正确。3．【答案】B【解析】断开开关，电容器带电荷量Q不变，将A、B分开一些，则间距d增大，根据C＝εrS4πkd知，电容C减小，根据C＝QU知，电势差增大，指针张角增大，故A错误；断开开关，电容器带电荷量Q不变，

增大正对面积，根据C＝εrS4πkd知，电容C增大，根据C＝QU知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确；保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑片向右移动，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，故C、D错误。4．【答案】D【解析】带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉

积，说明电场线方向由集尘极指向放电极，图中A点电势低于B点电势，选项A、B错误；由于放电极与集尘极之间的电场为非匀强电场，尘埃所受电场力不是恒力，所以尘埃在迁移过程中做变加速运动，选项C错误；尘埃在迁移过程中，电场力做正功，电势能减小，选项D正确。5．【答案】B【

解析】粒子所受的电场力指向轨迹凹侧，由于粒子带负电，因此c处电场线指向左上方，沿着电场线，电势降低，可知φ1<φ2<φ3<φ4，故A错误；由图可知，粒子做曲线运动，其受力的方向不断变化，所以粒子的运动轨迹和等势面3不可能垂直，故D错误；该电场上、下对称，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成

的电场，故B正确；电场线的疏密表示电场的强弱，所以等势面4上各点的场强不是处处相等的，故C错误。6．【答案】B【解析】两个质量相等的带电小球A、B分别在P下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，所需向心力由重力和库仑力的合力提供，

选项D错误；在竖直方向，设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，有kQqr2cosθ＝mg，由于两小球轨道不同，θ不同，但所受的重力相等，所以小球A、B所带的电荷量不相等，选项A错误；小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等，场强大小分别相等，但方向不同，B正确，C错误。7．【答案】

B【解析】据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故选项B正确，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故选项C错误；由

于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故选项D错误。8．【答案】B【解析】由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：02svt；在竖直方向上：2211222hEqattm

，联立以上两式可求得：02sqEvmh，故选B。9．【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为pCEWqq，故A正确；由于B、C两点到A点(＋q)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B

、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为2Wq，所以Q2从无穷远移到C点过程中，电场力做功为22(0)4WWqUqWq，故C错误；由于C点的电势为2Wq，所以电势能为p4EW，

故D正确。10．【答案】AC【解析】若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小

于等于M点电势能，故C正确；粒子可能做曲线运动，故D错误。11．【答案】BCD【解析】根据动能定理可得：错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，小球运动到C点的向心力等于重力、电场力和轨道支持力的合力，可得错误!未找到引用源。，可得错误!未找到引用源。，

又小球能通过轨道上的C点，所以错误!未找到引用源。，因此错误!未找到引用源。，最2后可得错误!未找到引用源。，B、C、D正确。12．【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小

、方向都相同，故B、C正确。13．【答案】AD【解析】由题意知，小球P向下运动的过程中电场力qE及重力做正功，库仑引力做负功，向上运动的过程中电场力qE与重力均做负功，库仑引力做正功，根据能量守恒，小球返回时不可能撞到小球Q，故A正确；当合外力为零时，速度最大，即弹力2020sin(2

)qkxqEmgksx，则22000sin(2)qEmgkqxksxk，故B错误；小球P沿着斜面向下运动过程中qE做正功，库仑力做负功，21(sin)02qEmgFsmv，不能确定(qE

－F)s是否为正，故电势能的变化不确定，故C错误；在N点，根据牛顿第二定律可得220sinqqEmgkmas，所以220sin/qEmgkqsam，故D正确。二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目

要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．【解析】(1)小球B在垂直于杆的方向上的合力为零，故：FN＝qEcosθ＋mg。(2分)(2)小球B开始运动时，在水平方向上，由牛顿第二定律

得：qEsinθ－kQqL2＝ma(2分)解得：a＝Eqsinθm－kQqmL2。(1分)(3)当小球B的速度最大时，其加速度为零，设此时小球B离M端的距离为x，有：qEsinθ＝kQqx2(2分)解得：x＝kQEsinθ。(

1分)15．【解析】(1)对甲、乙整体分析，有F合＝q1E＋q2E＝(m1＋m2)a0(2分)解得a0＝0.02m/s2(1分)(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为s0＝12a0t2＝12×0.02×32m＝0.09m(1分)此时甲、乙

的速度均为v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s(1分)细绳断裂后，乙的加速度变为a乙′＝q2Em2＝－1×10－9×6×1031×10－4m/s2＝－0.06m/s2(1分)从细绳断裂到乙的速度为零，乙发生的位移s乙′＝0－v202a乙′＝0－0.0

622×（－0.06）m＝0.03m(1分)整个运动过程乙发生的位移s乙max＝s0＋s乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m(1分)此时乙的电势能增量ΔEp＝|W乙|＝|q2E|s乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J。(2分)16．【解析】(1)设电子经电压

U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝12mv20(1分)设偏转电场的场强为E，则有E＝Ud(1分)设电子经时间t0通过偏转电场，偏离中心轴线的侧向位移为y，则：在沿轴线方向上，有：t0＝lv0(1分)在垂直于轴线方向上，有：a＝eEm

(1分)y＝12at20＝eUl22mdv20＝Ul24U0d(1分)设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时，有vy＝at0tanθ＝vyv0(2分)电子在荧光屏上偏离O′

点的距离Y＝y＋Ltanθ＝Ul2U0dl2＋L(1分)由题图知，t＝0.06s时，U＝1.8U0(1分)代入数据得Y＝13.5cm故打在屏上的点为O′点上方13.5cm处(1分)(2)由题知电子

偏移量y的最大值为d2，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了当U＝2U0时，解得Y＝15cm(2分)所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y＝30cm。(1分)17．【解析】(1)小球从图示位置

到达最低点的过程，由机械能守恒定律得：错误!未找到引用源。(1分)代入数据得：错误!未找到引用源。(1分)(2)由于错误!未找到引用源。，故小球先做类平抛运动，则有：错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，错误

!未找到引用源。(3分)错误!未找到引用源。(1分)联立并代入数据得：错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。(1分)即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度错误!未找到引用源。(1分)细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细线

张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得：3错误!未找到引用源。(1分)代入数据得：错误!未找到引用源。(1分)(3)小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得：错误!未找到引用源。(1分)解得：错误!未找到引用源。(1分)由于错误!未找到引用源。(1分)故此后

绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为vn，由动能定理得：错误!未找到引用源。(1分)解得：错误!未找到引用源。(1分)最高点时，由牛顿第二定律得：错误!未找到引用源。(1分)联立解得：错误!

未找到引用源。(1分)