第八單元靜電場注意事項(xiàng)：1、答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上,并將準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)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(yīng)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、選擇題：本題共10小題,每小題5分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求,第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。1、(2015·高考江蘇卷)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在,我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載,《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說,但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A、梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B、帶電小球移至不帶電金屬球附近,兩者相互吸引C、小線圈接近通電線圈過程中,小線圈中產(chǎn)生電流D、從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時(shí)有被電擊的感覺2.空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示,x軸上兩點(diǎn)B、C電場強(qiáng)度在x方向上的分量分別是EBx、ECx,下列說法中正確的是()A、B、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小EBx＜ECxB、EBx的方向沿x軸正方向C、電荷在O點(diǎn)受到的電場力在x方向上的分量最大D、負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中,電場力先做正功,后做負(fù)功3.兩個(gè)大小相同的小球帶有同種電荷,質(zhì)量分別為m1和m2,帶電荷量分別是q1和q2,用絕緣線懸掛后,因靜電力而使兩懸線張開,分別與中垂線方向成α1角和α2角,且兩球處于同一水平線上,如圖所示、若α1＝α2,則下述結(jié)論正確的是()A、q1一定等于q2B、一定滿足eq\f(q1,m1)＝eq\f(q2,m2)C、m1一定等于m2D、必須同時(shí)滿足q1＝q2、m1＝m24、(2018·浙江省名校聯(lián)考)為研究靜電除塵,有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器,如圖所示,容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃,上下底面是金屬板、當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時(shí),在兩金屬板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場、現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi),顆粒帶負(fù)電,不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力,并忽略煙塵顆粒所受重力、下列說法正確的是()A、煙塵顆粒向下運(yùn)動(dòng)B、兩金屬板間電場方向向上C、煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過程中電勢能減少D、煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍5、第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會(huì)于2016年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行、如圖所示為超級平行板電容器,相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接,極板M帶正電、現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài),且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k,則()A、油滴帶正電B、油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C、電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D、將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離,油滴將向上運(yùn)動(dòng)6.(2018·合肥高三質(zhì)量檢測)在豎直平面內(nèi)有一方向斜向上且與水平方向夾角為α＝30°的勻強(qiáng)電場,電場中有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電小球,用長為L的不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn),如圖所示、開始時(shí)小球靜止在M點(diǎn),細(xì)線恰好水平、現(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P,然后由靜止釋放,則以下判斷正確的是()A、小球再次到M點(diǎn)時(shí),速度剛好為零B、小球從P到M過程中,合外力對它做的功為eq\r(3)mgLC、小球從P到M過程中,其機(jī)械能增加了eq\r(3)mgLD、如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂,小球?qū)⒆鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)7.如圖所示,兩個(gè)相同的細(xì)圓環(huán)帶有等量異種電荷,相隔一定距離同軸平行固定放置,O1、O2分別為兩環(huán)圓心,一帶正電的粒子從很遠(yuǎn)處沿水平軸線飛來并順次穿過兩環(huán)、若粒子只受電場力作用,則在粒子運(yùn)動(dòng)過程中()A、在O1點(diǎn)粒子的加速度方向向左B、從O1到O2的過程,粒子電勢能一直增大C、軸線上O1點(diǎn)右側(cè)存在一點(diǎn),粒子在該點(diǎn)動(dòng)能最小D、軸線上O1點(diǎn)右側(cè)、O2點(diǎn)左側(cè)都存在合場強(qiáng)為零的點(diǎn),且它們關(guān)于O1、O2連線中點(diǎn)對稱8、將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示、下列說法正確的是()A、保持U不變,將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑、保持E不變,將d變?yōu)樵瓉淼囊话?則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖、保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓、保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?則E變?yōu)樵瓉淼囊话?、某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關(guān)系、A、B是可視為點(diǎn)電荷的兩帶電小球,用絕緣細(xì)線將A懸掛,實(shí)驗(yàn)中在改變電荷量時(shí),移動(dòng)B并保持A、B連線與細(xì)線垂直、用Q和q表示A、B的電荷量,d表示A、B間的距離,θ(θ不是很小)表示細(xì)線與豎直方向的夾角,x表示A偏離O點(diǎn)的水平距離、實(shí)驗(yàn)中()A、d應(yīng)保持不變B、B的位置在同一圓弧上C、x與電荷量乘積Qq成正比D、tanθ與A、B間庫侖力成正比10、(2018·福建臺州質(zhì)量評估)如圖所示,豎直平面內(nèi)的xOy坐標(biāo)系中,x軸上固定一個(gè)點(diǎn)電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細(xì)桿(細(xì)桿的下端剛好在坐標(biāo)原點(diǎn)O處),將一個(gè)重力不計(jì)的帶電圓環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在桿上,從P處由靜止釋放,圓環(huán)從O處離開細(xì)桿后恰好繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則下列說法中正確的是()A、圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)到O的過程中,加速度一直增大B、圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)到O的過程中,速度先增大后減小C、若只增大圓環(huán)所帶的電荷量,圓環(huán)離開細(xì)桿后仍能繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D、若將圓環(huán)從桿上P點(diǎn)上方由靜止釋放,其他條件不變,圓環(huán)離開細(xì)桿后不能繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)二、非選擇題：本大題共4小題,共60分。按題目要求作答。解答題應(yīng)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(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11、如圖所示,一條長為L的細(xì)線上端固定,下端拴一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為q的小球,將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中,使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放,當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時(shí),小球速度為0.(1)求小球帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E.(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng),求小球在A點(diǎn)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)、12.在真空中水平放置平行板電容器,兩極板間有一個(gè)帶電油滴,電容器兩板間距為d,當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí),油滴保持靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示、當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時(shí),油滴開始向上運(yùn)動(dòng)；經(jīng)時(shí)間Δt后,電容器突然放電使其電壓減少ΔU2,又經(jīng)過時(shí)間Δt,油滴恰好回到原來位置、假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過程中沒有失去電荷,充電和放電的過程均很短暫,這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì)、重力加速度為g.求：(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個(gè)Δt與第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比.13、如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì),電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0,電容器板長和板間距離均為L＝10cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示、(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短,可以認(rèn)為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻,電子打在熒光屏上的何處、(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？14、如圖甲所示,長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入,沿直線從b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？一輪單元訓(xùn)練金卷·高三·物理卷（B）第八單元靜電場答案1.【答案】C【解析】選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時(shí)相互摩擦,塑料梳子會(huì)帶上電荷吸引紙屑,選項(xiàng)A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近,由于靜電感應(yīng),金屬球在靠近帶電小球一端會(huì)感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷,兩者相互吸引,選項(xiàng)B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中,由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象,小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項(xiàng)C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過,由于摩擦生電,當(dāng)手碰到金屬把手時(shí)瞬時(shí)產(chǎn)生較大電流,人有被電擊的感覺,選項(xiàng)D屬于靜電現(xiàn)象、2.【答案】D【解析】選D.在B點(diǎn)和C點(diǎn)附近分別取很小的一段d,由題圖得,B點(diǎn)段對應(yīng)的電勢差大于C點(diǎn)段對應(yīng)的電勢差,將電場看做勻強(qiáng)電場,有E＝eq\f(Δφ,d),可見EBx>ECx,A項(xiàng)錯(cuò)誤；同理可知O點(diǎn)場強(qiáng)最小,電荷在該點(diǎn)受到的電場力最小,C項(xiàng)錯(cuò)誤；沿電場線方向電勢降低,在O點(diǎn)左側(cè),EBx的方向沿x軸負(fù)方向,在O點(diǎn)右側(cè),ECx的方向沿x軸正方向,B項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確、3.【答案】C【解析】選C.分別對兩小球進(jìn)行受力分析,如圖所示,由平衡條件得F－FTsinα1＝0,FTcosα1－m1g＝0,所以tanα1＝eq\f(F,m1g)＝eq\f(kq1q2,m1gr2).同理tanα2＝eq\f(F,m2g)＝eq\f(kq1q2,m2gr2).因?yàn)棣?＝α2,所以m1＝m2.4.【答案】C【解析】選C.由題圖可知,上極板為正極,下極板為負(fù)極；則帶負(fù)電的顆粒受電場力向上,故帶電顆粒將向上運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤；上極板為正極,下極板為負(fù)極,所以兩金屬板間電場方向向下,故B錯(cuò)誤；煙塵顆粒在運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功,電勢能減少,故C正確；帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍,所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍,故D錯(cuò)誤、5.【答案】C【解析】選C.帶電油滴靜止在兩極板間,重力與電場力等大、反向,電場力豎直向上,電容器上極板與電源正極相連為正極板,兩板間電場方向豎直向下,綜上可知,帶電油滴帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由場強(qiáng)與電勢差關(guān)系可知,mg＝Eq＝eq\f(U,d)q,解得q＝eq\f(mgd,U),選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題意知,電容器帶電荷量Q＝kq＝eq\f(kmgd,U),由電容的定義式知,C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(kmgd,U2),選項(xiàng)C正確；電容器與電源保持連接,兩板間電勢差不變,N板向下移動(dòng),板間距離變大,F電＝eq\f(U,d)q,油滴所受電場力減小,油滴向下運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤、6.【答案】B【解析】選B.根據(jù)題述,開始時(shí)小球靜止于M點(diǎn),細(xì)線恰好水平,由平衡條件可知,qEsin30°＝mg.小球再次到M點(diǎn)時(shí),切向加速度為零,速度最大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤、小球從P到M過程中,重力做負(fù)功為WG＝－mgL,電場力qE做正功為WF＝qELsin30°＋qELcos30°＝(1＋eq\r(3))mgL,合外力對它做的功為W＝WG＋WF＝eq\r(3)mgL,選項(xiàng)B正確、由功能關(guān)系可知,電場力做功機(jī)械能增加,小球從P到M過程中,其機(jī)械能增加了(1＋eq\r(3))mgL,選項(xiàng)C錯(cuò)誤、由于在M點(diǎn),小球所受電場力在豎直方向的分量等于重力,如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),細(xì)線突然斷裂,小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤、7.【答案】ACD【解析】選ACD.在O1點(diǎn)時(shí),右環(huán)上電荷由于關(guān)于O1對稱,所以其在O1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為0,而－Q各點(diǎn)在O1產(chǎn)生的場強(qiáng)水平向左,故＋q在O1點(diǎn)所受電場力方向向左,故加速度的方向水平向左,故A正確、在＋q從O1向O2運(yùn)動(dòng)的過程中＋Q對＋q的電場力向左,－Q對＋q的作用力方向也向左,故電場力對＋q始終做正功,故＋q的電勢能一直減小,故B錯(cuò)誤、根據(jù)E＝eq\f(kQ,r2)可知在O1右側(cè)＋Q產(chǎn)生的場強(qiáng)先增大后減小且一直減小到0,而－Q的場強(qiáng)大多數(shù)情況下小于＋Q產(chǎn)生的電場但場強(qiáng)卻不會(huì)為0,故合場強(qiáng)為0的位置應(yīng)該在O1的右側(cè),而在合力為0之前合外力做負(fù)功,動(dòng)能持續(xù)減小,之后合力做正功,動(dòng)能增大,故動(dòng)能最小的點(diǎn)在O1的右側(cè),故C正確、同理O2的左側(cè)也有場強(qiáng)為0的位置,而O1和O2之間場強(qiáng)始終大于0,由于兩個(gè)電荷的電荷量相同,故電場關(guān)于O1、O2的連線對稱,故D正確、8.【答案】AD【解析】選AD.E＝eq\f(U,d),保持U不變,將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?E變?yōu)樵瓉淼囊话?A對；保持E不變,將d變?yōu)樵瓉淼囊话?則U變?yōu)樵瓉淼囊话?B錯(cuò)；C＝eq\f(Q,U),C＝eq\f(εrS,4πkd),保持d不變,C不變,Q加倍,U加倍,C錯(cuò)；E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πk)),將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?則E變?yōu)樵瓉淼囊话?D對、9.【答案】ABC【解析】選ABC.因此實(shí)驗(yàn)要探究庫侖力與電荷量的關(guān)系,故兩電荷間距d應(yīng)保持不變,選項(xiàng)A正確；因要保持A、B連線與細(xì)線垂直且AB距離總保持d不變,故B的位置在同一圓弧上,選項(xiàng)B正確；對A球由平衡知識可知：F庫＝mgsinθ,即keq\f(qQ,d2)＝mgeq\f(x,L),可知x與電荷量乘積Qq成正比,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤、10.【答案】CD【解析】選CD.圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)且未離開細(xì)桿時(shí)庫侖力沿x軸正方向,與細(xì)桿對圓環(huán)的支持力平衡,加速度為零,則A錯(cuò)誤；因?yàn)閳A環(huán)到O點(diǎn)前,庫侖力沿y軸負(fù)方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯(cuò)誤；設(shè)P、O兩點(diǎn)間電勢差為U,由動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2,由牛頓第二定律有eq\f(kQq,r2)＝eq\f(mv2,r),聯(lián)立有eq\f(kQ,r2)＝eq\f(2U,r),即圓環(huán)是否做勻速圓周運(yùn)動(dòng)與q無關(guān),C正確；若從P點(diǎn)上方釋放,則U變大,不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),D正確、11.【答案】(1)小球帶正電eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2（\r(3)＋1）gL)【解析】(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電、小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零,由動(dòng)能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q).(2)如圖所示,將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′,則G′＝eq\f(2\r(3),3)mg,方向與豎直方向夾角為30°偏向右下、若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),在等效最高點(diǎn)meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg小球從A點(diǎn)以初速度vA運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理知eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)聯(lián)立解得vA＝eq\r(2（\r(3)＋1）gL).12.【答案】(1)eq\f(dg,U0)(2)1∶3(3)1∶4【解析】(1)油滴靜止時(shí)滿足：mg＝qeq\f(U0,d)則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0).(2)設(shè)第一個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移大小為x1,加速度大小為a1,第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移大小為x2,加速度大小為a2,則x1＝eq\f(1,2)a1Δt2,x2＝v1Δt－eq\f(1,2)a2Δt2且v1＝a1Δt,x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.(3)油滴向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)：qeq\f(U0＋ΔU1,d)－mg＝ma1,即qeq\f(ΔU1,d)＝ma1油滴向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－qeq\f(U0＋ΔU1－ΔU2,d)＝ma2,即qeq\f(ΔU2－ΔU1,d)＝ma2則eq\f(ΔU1,ΔU2－ΔU1)＝eq\f(1,3)解得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(1,4).13.【答案】(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方,距O點(diǎn)13.5cm(2)30cm【解析】(1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2),所以y＝eq\f(U偏L,4U0),由題圖乙知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0,所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y,滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)),所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq