备考2024高考物理一轮复习单元训练金卷第八单元静电场B卷

PAGE4PAGE1第八单元留意事项：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：用签字笔干脆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．(2024∙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。当两球同时由静止起先释放时，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．eq\r(10)∶5D．5∶eq\r(10)3．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，静电计指针张开肯定角度。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改变，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．四个等势面电势凹凸关系为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上各点场强到处相等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视不计，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．库仑力刚好供应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，一根不行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． B．C． D．9．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。最终将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为B．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．(2024∙全国II卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止起先运动，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，粒子的轨迹肯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肯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．C．D．12．(2024∙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、方向沿斜面对下的匀强电场中。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沿着斜面对下运动。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，不行能撞到小球QB．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大C．小球P沿着斜面对下运动过程中，其电势能肯定削减D．小球P在N点的加速度大小为二、(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，只写出最终答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必需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起先向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起先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＝6000N/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。起先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。16．(13分)如图甲所示的装置中，热电子由阴极O飞出时的初速度忽视不计，电子放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改变的图象如图乙所示．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的不行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。PAGE4PAGE3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，恰能满意题意，则C错误、D正确。2．【答案】B【解析】两球同时由静止起先释放时，B的初始加速度恰好等于零，则B球所受库仑力沿斜面对上，A球所受库仑力沿斜面对下，A的初始加速度沿斜面对下，A、B之间的库仑力F＝m2gsinα，一段时间后A、B两球间的距离增大，库仑力减小，B球的加速度沿斜面对下，所以加速度a2方向应沿斜面对下，设两球距离为L′时A、B间的库仑力为F′，则a2＝eq\f(m2gsinα－F′,m2)，a1＝eq\f(m1gsinα＋F′,m1)，因eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,2)，m1＝2m2，得F′＝0.25m2gsinα，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，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C减小，依据C＝eq\f(Q,U)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，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C增大，依据C＝eq\f(Q,U)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，其受力的方向不断改变，所以粒子的运动轨迹和等势面3不行能垂直，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上各点的场强不是到处相等的，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供应，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keq\f(Qq,r2)cosθ＝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，依据对称性，两粒子的轨迹相切点肯定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，依据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：；在竖直方向上：，联立以上两式可求得：，故选B。9．【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为，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，所以Q2从无穷远移到C点过程中，电场力做功为，故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，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】依据动能定理可得：mg·2.5R-qER＝12mvC2，vC＝5gR-2qERm，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FN＋qE-mg＝mv12．【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，电势能削减，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，依据能量守恒，小球返回时不行能撞到小球Q，故A正确；当合外力为零时，速度最大，即弹力，则，故B错误；小球P沿着斜面对下运动过程中qE做正功，库仑力做负功，，不能确定(qE－F)s是否为正，故电势能的改变不确定，故C错误；在N点，依据牛顿其次定律可得，所以，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，只写出最终答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必需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起先运动时，在水平方向上，由牛顿其次定律得：qEsinθ－eq\f(kQq,L2)＝ma(2分)解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)。(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＝eq\f(kQq,x2)(2分)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))。(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＝eq\f(1,2)a0t2＝eq\f(1,2)×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′＝eq\f(q2E,m2)＝eq\f(－1×10－9×6×103,1×10－4)m/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′＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a乙′)＝eq\f(0－0.062,2×（－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，依据动能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)设偏转电场的场强为E，则有E＝eq\f(U,d)(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＝eq\f(l,v0)(1分)在垂直于轴线方向上，有：a