第八單元靜電場注意事項：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域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4、考試結束后,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選項中,第1～6題只有一項符合題目要求,第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。1、(2015·高考江蘇卷)靜電現象在自然界中普遍存在,我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載,《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說,但下列不屬于靜電現象的是()A、梳過頭發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,小線圈中產生電流D、從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被電擊的感覺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B、C電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx,下列說法中正確的是()A、B、C兩點的電場強度大小EBx＜ECxB、EBx的方向沿x軸正方向C、電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大D、負電荷沿x軸從B移到C的過程中,電場力先做正功,后做負功3.兩個大小相同的小球帶有同種電荷,質量分別為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、必須同時滿足q1＝q2、m1＝m24、(2018·浙江省名校聯考)為研究靜電除塵,有人設計了一個盒狀容器,如圖所示,容器側面是絕緣的透明有機玻璃,上下底面是金屬板、當金屬板連接到高壓電源正負兩極時,在兩金屬板間產生勻強電場、現把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內,顆粒帶負電,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、煙塵顆粒向下運動B、兩金屬板間電場方向向上C、煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少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)國際超級電容器產業展覽會于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、現有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態,且此時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向下緩慢移動一小段距離,油滴將向上運動6.(2018·合肥高三質量檢測)在豎直平面內有一方向斜向上且與水平方向夾角為α＝30°的勻強電場,電場中有一質量為m,電荷量為q的帶電小球,用長為L的不可伸長的絕緣細線懸掛于O點,如圖所示、開始時小球靜止在M點,細線恰好水平、現用外力將小球拉到最低點P,然后由靜止釋放,則以下判斷正確的是()A、小球再次到M點時,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,其機械能增加了eq\r(3)mgLD、如果小球運動到M點時,細線突然斷裂,小球將做勻變速直線運動7.如圖所示,兩個相同的細圓環帶有等量異種電荷,相隔一定距離同軸平行固定放置,O1、O2分別為兩環圓心,一帶正電的粒子從很遠處沿水平軸線飛來并順次穿過兩環、若粒子只受電場力作用,則在粒子運動過程中()A、在O1點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點右側存在一點,粒子在該點動能最小D、軸線上O1點右側、O2點左側都存在合場強為零的點,且它們關于O1、O2連線中點對稱8、將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強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變為原來的兩倍,則E變為原來的一半B、保持E不變,將d變為原來的一半,則U變為原來的兩倍C、保持d不變,將Q變為原來的兩倍,則U變為原來的一半D、保持d不變,將Q變為原來的一半,則E變為原來的一半9、某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關系、A、B是可視為點電荷的兩帶電小球,用絕緣細線將A懸掛,實驗中在改變電荷量時,移動B并保持A、B連線與細線垂直、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)表示細線與豎直方向的夾角,x表示A偏離O點的水平距離、實驗中()A、d應保持不變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·福建臺州質量評估)如圖所示,豎直平面內的xOy坐標系中,x軸上固定一個點電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細桿(細桿的下端剛好在坐標原點O處),將一個重力不計的帶電圓環(可視為質點)套在桿上,從P處由靜止釋放,圓環從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做勻速圓周運動,則下列說法中正確的是()A、圓環沿細桿從P運動到O的過程中,加速度一直增大B、圓環沿細桿從P運動到O的過程中,速度先增大后減小C、若只增大圓環所帶的電荷量,圓環離開細桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動D、若將圓環從桿上P點上方由靜止釋放,其他條件不變,圓環離開細桿后不能繞點電荷Q做勻速圓周運動二、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。有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位。11、如圖所示,一條長為L的細線上端固定,下端拴一個質量為m,電荷量為q的小球,將它置于方向水平向右的勻強電場中,使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放,當細線離開豎直位置偏角α＝60°時,小球速度為0.(1)求小球帶電性質和電場強度E.(2)若小球恰好完成豎直圓周運動,求小球在A點應有的初速度vA的大小(可含根式)、12.在真空中水平放置平行板電容器,兩極板間有一個帶電油滴,電容器兩板間距為d,當平行板電容器的電壓為U0時,油滴保持靜止狀態,如圖所示、當給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時,油滴開始向上運動；經時間Δt后,電容器突然放電使其電壓減少ΔU2,又經過時間Δt,油滴恰好回到原來位置、假設油滴在運動過程中沒有失去電荷,充電和放電的過程均很短暫,這段時間內油滴的位移可忽略不計、重力加速度為g.求：(1)帶電油滴所帶電荷量與質量之比；(2)第一個Δt與第二個Δt時間內油滴運動的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比.13、如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發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,上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示、(每個電子穿過平行板的時間都極短,可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻,電子打在熒光屏上的何處、(2)熒光屏上有電子打到的區間有多長？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,一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入,沿直線從b點射出,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點以速度v0射出,求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？一輪單元訓練金卷·高三·物理卷（B）第八單元靜電場答案1.【答案】C【解析】選C.用塑料梳子梳頭發時相互摩擦,塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑,選項A屬于靜電現象；帶電小球移至不帶電金屬球附近,由于靜電感應,金屬球在靠近帶電小球一端會感應出與帶電小球異號的電荷,兩者相互吸引,選項B屬于靜電現象；小線圈接近通電線圈過程中,由于電磁感應現象,小線圈中產生感應電流,選項C不屬于靜電現象；從干燥的地毯上走過,由于摩擦生電,當手碰到金屬把手時瞬時產生較大電流,人有被電擊的感覺,選項D屬于靜電現象、2.【答案】D【解析】選D.在B點和C點附近分別取很小的一段d,由題圖得,B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差,將電場看做勻強電場,有E＝eq\f(Δφ,d),可見EBx>ECx,A項錯誤；同理可知O點場強最小,電荷在該點受到的電場力最小,C項錯誤；沿電場線方向電勢降低,在O點左側,EBx的方向沿x軸負方向,在O點右側,ECx的方向沿x軸正方向,B項錯誤,D項正確、3.【答案】C【解析】選C.分別對兩小球進行受力分析,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).因為α1＝α2,所以m1＝m2.4.【答案】C【解析】選C.由題圖可知,上極板為正極,下極板為負極；則帶負電的顆粒受電場力向上,故帶電顆粒將向上運動,故A錯誤；上極板為正極,下極板為負極,所以兩金屬板間電場方向向下,故B錯誤；煙塵顆粒在運動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,帶電油滴帶負電,選項A錯誤；由場強與電勢差關系可知,mg＝Eq＝eq\f(U,d)q,解得q＝eq\f(mgd,U),選項B錯誤；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,板間距離變大,F電＝eq\f(U,d)q,油滴所受電場力減小,油滴向下運動,選項D錯誤、6.【答案】B【解析】選B.根據題述,開始時小球靜止于M點,細線恰好水平,由平衡條件可知,qEsin30°＝mg.小球再次到M點時,切向加速度為零,速度最大,選項A錯誤、小球從P到M過程中,重力做負功為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B正確、由功能關系可知,電場力做功機械能增加,小球從P到M過程中,其機械能增加了(1＋eq\r(3))mgL,選項C錯誤、由于在M點,小球所受電場力在豎直方向的分量等于重力,如果小球運動到M點時,細線突然斷裂,小球將做勻變速曲線運動,選項D錯誤、7.【答案】ACD【解析】選ACD.在O1點時,右環上電荷由于關于O1對稱,所以其在O1產生的電場強度為0,而－Q各點在O1產生的場強水平向左,故＋q在O1點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運動的過程中＋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錯誤、根據E＝eq\f(kQ,r2)可知在O1右側＋Q產生的場強先增大后減小且一直減小到0,而－Q的場強大多數情況下小于＋Q產生的電場但場強卻不會為0,故合場強為0的位置應該在O1的右側,而在合力為0之前合外力做負功,動能持續減小,之后合力做正功,動能增大,故動能最小的點在O1的右側,故C正確、同理O2的左側也有場強為0的位置,而O1和O2之間場強始終大于0,由于兩個電荷的電荷量相同,故電場關于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變為原來的兩倍,E變為原來的一半,A對；保持E不變,將d變為原來的一半,則U變為原來的一半,B錯；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；E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πk)),將Q變為原來的一半,則E變為原來的一半,D對、9.【答案】ABC【解析】選ABC.因此實驗要探究庫侖力與電荷量的關系,故兩電荷間距d應保持不變,選項A正確；因要保持A、B連線與細線垂直且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C正確,D錯誤、10.【答案】CD【解析】選CD.圓環運動到O點且未離開細桿時庫侖力沿x軸正方向,與細桿對圓環的支持力平衡,加速度為零,則A錯誤；因為圓環到O點前,庫侖力沿y軸負方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯誤；設P、O兩點間電勢差為U,由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2,由牛頓第二定律有eq\f(kQq,r2)＝eq\f(mv2,r),聯立有eq\f(kQ,r2)＝eq\f(2U,r),即圓環是否做勻速圓周運動與q無關,C正確；若從P點上方釋放,則U變大,不能做勻速圓周運動,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)根據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電、小球由A點釋放到速度等于零,由動能定理有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動,在等效最高點meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg小球從A點以初速度vA運動,由動能定理知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)油滴靜止時滿足：mg＝qeq\f(U0,d)則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0).(2)設第一個Δt時間內油滴的位移大小為x1,加速度大小為a1,第二個Δt時間內油滴的位移大小為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)油滴向上加速運動時：qeq\f(U0＋ΔU1,d)－mg＝ma1,即qeq\f(ΔU1,d)＝ma1油滴向上減速運動時：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)打在屏上的點位于O點上方,距O點13.5cm(2)30cm【解析】(1)電子經電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2,經電場偏轉后側移量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時刻U偏＝1.8U0,所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點的距離為Y,滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)),所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側移量y的最大值為eq