備考2024高考物理一輪復(fù)習(xí)單元訓(xùn)練金卷第八單元靜電場B卷

PAGE4PAGE1第八單元留意事項：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：用簽字筆干脆答在答題卡上對應(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、(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．(2024?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(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)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(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷2．如圖所示在傾角為α的光滑絕緣斜面上放有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點)，已知m1＝2m2，兩球相距為L。當(dāng)兩球同時由靜止起先釋放時，B球的初始加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時間后，當(dāng)兩球距離為L′時，A、B的加速度大小之比a1∶a2＝3∶2，則L′∶L等于()A．16∶1B．2∶1C．eq\r(10)∶5D．5∶eq\r(10)3．靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性地顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開肯定角度。為使指針張開的角度變小，下列做法中可行的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對面積C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關(guān)S閉合，將變阻器滑片向右移動4．下圖為靜電除塵機的原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo))。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量改變，則()A．電場線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點電勢高于B點電勢C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動D．塵埃在遷移過程中電勢能減小5．如圖所示，虛線表示某電場中的四個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，一個不計重力的帶負(fù)電的粒子從右側(cè)垂直于等勢面4向左進(jìn)入電場，其運動軌跡與等勢面分別交于a、b、c三點，則()A．四個等勢面電勢凹凸關(guān)系為φ1>φ2>φ3>φ4B．該區(qū)域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場C．等勢面4上各點場強到處相等D．粒子的運動軌跡和等勢面3也可能垂直6．將一個帶電荷量為＋Q的點電荷P固定在空間中的某一位置處，兩個質(zhì)量相等的帶電小球A、B分別在該點電荷下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，且運動軌跡均處在以P為球心的同一球面上，如圖所示。若A、B所帶的電荷量很少，兩者間的作用力可忽視不計，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則下列說法中正確的是()A．小球A、B所帶的電荷量相等B．小球A、B運動軌跡上的各點電勢分別相等C．小球A、B運動軌跡上的各點場強分別相同D．庫侖力剛好供應(yīng)小球做勻速圓周運動所需的向心力7．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．小球帶負(fù)電B．電場力跟重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒8．如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A． B．C． D．9．如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最終將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W10．(2024?全國II卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止起先運動，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，粒子的軌跡肯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肯定與粒子軌跡在該點的切線平行11．如圖所示，BCD為豎直平面內(nèi)固定、光滑且絕緣的半圓形軌道半徑為R，C為軌道最低點，BD連線下方有豎直向下的勻強電場。質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球(可視為質(zhì)點)從B點正上方距B為1.5R的A點自由下落，恰從B點進(jìn)入軌道(進(jìn)入B點無機械能損失)。已知小球能通過軌道上的C點，不計空氣阻力，重力加速度為g，小球電荷量保持不變，則小球經(jīng)過C點的速度大小可能為()A．0B．C．D．12．(2024?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(fù)電荷從a點移到b點，電勢能增加13．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球Q，整個裝置處于場強大小為E、方向沿斜面對下的勻強電場中。現(xiàn)把一個帶電荷量為＋q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面對下運動。N點與彈簧的上端和M的距離均s0，PQ以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點和點電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k，則()A．小球P返回時，不行能撞到小球QB．當(dāng)彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大C．小球P沿著斜面對下運動過程中，其電勢能肯定削減D．小球P在N點的加速度大小為二、(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(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位)14．(8分)如圖所示，長度為L的光滑絕緣細(xì)直桿MN水平固定在勻強電場中，場強大小為E，方向與豎直方向的夾角為θ。桿的M端固定一個帶負(fù)電小球A，所帶的電荷量大小為Q；帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動，所帶的電荷量大小為q，質(zhì)量為m?，F(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B起先向M端運動，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，求：(1)小球B對細(xì)桿的壓力大??；(2)小球B起先運動時的加速度大小；(3)小球B速度最大時離M端的距離。15．(10分)如圖所示，在方向水平向右、場強大小E＝6000N/C的勻強電場中有一個光滑的絕緣平面。一根絕緣細(xì)繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量m1＝2×10－4kg，帶電荷量q1＝2×10－9C；乙的質(zhì)量m2＝1×10－4kg，帶電荷量q2＝－1×10－9C。起先時細(xì)繩處于拉直狀態(tài)，兩滑塊放在平面上?，F(xiàn)由靜止釋放兩滑塊，t＝3s時細(xì)繩突然斷裂，不計滑塊間的庫侖力。求：(1)細(xì)繩斷裂前兩滑塊的加速度；(2)在整個運動過程中乙的電勢能增量的最大值。16．(13分)如圖甲所示的裝置中，熱電子由陰極O飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長l＝10cm，板間距離d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離L＝10cm。在電容器兩極板間接有交變電壓，上極板的電勢隨時間改變的圖象如圖乙所示．每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。(1)在t＝0.06s時，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？17．(17分)如圖所示，質(zhì)量m＝1.0kg、帶電量q＝－4×10?3C的小球用長度l＝0.8m的不行伸長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸吊在O點，過O點的豎直線右側(cè)有豎直向下足夠大的勻強電場，場強大小E＝5×103N/C。現(xiàn)將小球拉至A處，此時，細(xì)線與豎直方向成θ角。現(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運動過程中細(xì)線始終未被拉斷。已知cosθ＝0.75，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求小球第一次運動到最低點時的速度大小。(2)小球第一次進(jìn)入電場時做什么運動？小球第一次離開電場時的速度多大？(結(jié)果可以保留根號)(3)求小球每次離開電場前瞬間繩子對小球的拉力大小。PAGE4PAGE3單元訓(xùn)練金卷·高三·物理(B)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】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(fù)電，Q球帶正電，如圖所示，恰能滿意題意，則C錯誤、D正確。2．【答案】B【解析】兩球同時由靜止起先釋放時，B的初始加速度恰好等于零，則B球所受庫侖力沿斜面對上，A球所受庫侖力沿斜面對下，A的初始加速度沿斜面對下，A、B之間的庫侖力F＝m2gsinα，一段時間后A、B兩球間的距離增大，庫侖力減小，B球的加速度沿斜面對下，所以加速度a2方向應(yīng)沿斜面對下，設(shè)兩球距離為L′時A、B間的庫侖力為F′，則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錯誤，B正確。3．【答案】B【解析】斷開開關(guān)，電容器帶電荷量Q不變，將A、B分開一些，則間距d增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢差增大，指針張角增大，故A錯誤；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量Q不變，增大正對面積，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢差U減小，指針張角減小，故B正確；保持開關(guān)閉合，不論使A、B兩板靠近些，還是使滑動變阻器的滑片向右移動，電容器兩端的電勢差都不變，則指針張角不變，故C、D錯誤。4．【答案】D【解析】帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，說明電場線方向由集塵極指向放電極，圖中A點電勢低于B點電勢，選項A、B錯誤；由于放電極與集塵極之間的電場為非勻強電場，塵埃所受電場力不是恒力，所以塵埃在遷移過程中做變加速運動，選項C錯誤；塵埃在遷移過程中，電場力做正功，電勢能減小，選項D正確。5．【答案】B【解析】粒子所受的電場力指向軌跡凹側(cè)，由于粒子帶負(fù)電，因此c處電場線指向左上方，沿著電場線，電勢降低，可知φ1<φ2<φ3<φ4，故A錯誤；由圖可知，粒子做曲線運動，其受力的方向不斷改變，所以粒子的運動軌跡和等勢面3不行能垂直，故D錯誤；該電場上、下對稱，該區(qū)域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場，故B正確；電場線的疏密表示電場的強弱，所以等勢面4上各點的場強不是到處相等的，故C錯誤。6．【答案】B【解析】兩個質(zhì)量相等的帶電小球A、B分別在P下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，且運動軌跡均處在以P為球心的同一球面上，所需向心力由重力和庫侖力的合力供應(yīng)，選項D錯誤；在豎直方向，設(shè)小球和球心的連線與豎直方向的夾角為θ，有keq\f(Qq,r2)cosθ＝mg，由于兩小球軌道不同，θ不同，但所受的重力相等，所以小球A、B所帶的電荷量不相等，選項A錯誤；小球A、B運動軌跡上的各點電勢分別相等，場強大小分別相等，但方向不同，B正確，C錯誤。7．【答案】B【解析】據(jù)題小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細(xì)繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球帶正電，故選項B正確，A錯誤；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負(fù)功，小球的電勢能增大，故選項C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故選項D錯誤。8．【答案】B【解析】由兩粒子軌跡恰好相切，依據(jù)對稱性，兩粒子的軌跡相切點肯定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運動，依據(jù)運動的獨立性和等時性可得，在水平方向上：；在豎直方向上：，聯(lián)立以上兩式可求得：，故選B。9．【答案】ABD【解析】由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點(＋q)的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當(dāng)在B點固定Q1后，C點的電勢為，所以Q2從無窮遠(yuǎn)移到C點過程中，電場力做功為，故C錯誤；由于C點的電勢為，所以電勢能為，故D正確。10．【答案】AC【解析】若電場中由同種電荷形成即由A點釋放負(fù)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。11．【答案】BCD【解析】依據(jù)動能定理可得：mg·2.5R-qER＝12mvC2，vC＝5gR-2qERm，小球運動到C點的向心力等于重力、電場力和軌道支持力的合力，可得FN＋qE-mg＝mv12．【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(fù)電荷從a移到b，電勢能削減，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。13．【答案】AD【解析】由題意知，小球P向下運動的過程中電場力qE及重力做正功，庫侖引力做負(fù)功，向上運動的過程中電場力qE與重力均做負(fù)功，庫侖引力做正功，依據(jù)能量守恒，小球返回時不行能撞到小球Q，故A正確；當(dāng)合外力為零時，速度最大，即彈力，則，故B錯誤；小球P沿著斜面對下運動過程中qE做正功，庫侖力做負(fù)功，，不能確定(qE－F)s是否為正，故電勢能的改變不確定，故C錯誤；在N點，依據(jù)牛頓其次定律可得，所以，故D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(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位)14．【解析】(1)小球B在垂直于桿的方向上的合力為零，故：FN＝qEcosθ＋mg。(2分)(2)小球B起先運動時，在水平方向上，由牛頓其次定律得：qEsinθ－eq\f(kQq,L2)＝ma(2分)解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)。(1分)(3)當(dāng)小球B的速度最大時，其加速度為零，設(shè)此時小球B離M端的距離為x，有：qEsinθ＝eq\f(kQq,x2)(2分)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))。(1分)15．【解析】(1)對甲、乙整體分析，有F合＝q1E＋q2E＝(m1＋m2)a0(2分)解得a0＝0.02m/s2(1分)(2)當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時，乙的電勢能增量最大，細(xì)繩斷裂前，甲、乙發(fā)生的位移均為s0＝eq\f(1,2)a0t2＝eq\f(1,2)×0.02×32m＝0.09m(1分)此時甲、乙的速度均為v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s(1分)細(xì)繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)閍乙′＝eq\f(q2E,m2)＝eq\f(－1×10－9×6×103,1×10－4)m/s2＝－0.06m/s2(1分)從細(xì)繩斷裂到乙的速度為零，乙發(fā)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)整個運動過程乙發(fā)生的位移s乙max＝s0＋s乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m(1分)此時乙的電勢能增量ΔEp＝|W乙|＝|q2E|s乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J。(2分)16．【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，依據(jù)動能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的場強為E，則有E＝eq\f(U,d)(1分)設(shè)電子經(jīng)時間t0通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離中心軸線的側(cè)向位移為y，則：在沿軸線方向上，有：t0＝eq\f(l,v0)(1分)在垂直于軸線方向上，有：a