1、全国100所名校单元测试示范卷高三物理卷(九)第九单元静电场全国东部（教师用卷）(90分钟100分)第卷(选择题共52分)选择题部分共13小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,18小题只有一个选项正确,913小题有多个选项正确;全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分。1.下列关于物理学家的贡献的说法中,正确的是A.物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用规律B.物理学家法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量C.物理学家密立根最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场D.物理学家卡文迪许测出了静电力常量k解析:库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用的规律,并测出
2、了静电力常量k;通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根;最早引入了电场的概念,并提出用电场线表示电场的科学家是法拉第。综上所述,选项A正确。答案:A2.有三个相同的金属小球A、B、C,其中A球带电荷量为q1,B球带电荷量为q2,C球不带电且与A、B两球相距很远。将A、B两球相隔一定距离固定起来,两球之间的距离远大于小球的直径,两球间的库仑力为F,若使C球先和B接触,再与A接触,移去C,此时A、B球间的库仑力大小不变、但方向相反,则为A.23B.34C.15D.110解析:根据题意,A、B两球的电性一定相反。C与B接触后,B、C球的电荷量为q2,C与A接触后,A球的电荷量为(q2
3、-q1),由于A、B两球距离不变,库仑力大小不变,有q2(q2-q1)=q1q2,解得q1q2=110。答案:D3.下列对电容或电容器的理解,正确的是A.根据电容的定义式C=知,电容器的电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比B.若仅减小平行板电容器两极板的正对面积,则电容器的电容减小C.若保持平行板电容器所带电荷量不变,仅减小两极板间的距离,则两极板间的电场强度变大D.若保持平行板电容器两极板间的电势差不变,仅减小两极板间的距离,则电容器所带电荷量不变解析:电容器的电容由C=决定,选项A错;根据电容的决定式可知,仅减小平行板电容器极板的正对面积,电容器的电容减小,选项B正确;若保持平行
4、板电容器所带电荷量不变,仅减小极板间的距离,根据电容的定义式C=、决定式C=和E=可得,E=不变,选项C错;若保持平行板电容器两极板间的电势差不变,仅减小极板间距离,则电容器的电容增大,根据Q=CU可知,电容器所带电荷量增大,选项D错误。答案:B4.如图所示,M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点,O点为半圆弧的圆心。将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至O点正下方,则O点的电场强度大小变为E2,E1与E2之比为 A.1B.1C.2D.4解析:依题意,当两个等量异种点电荷分别在M、N两点时,两个点电荷在O点产生的电场强度之和E
5、1=EM+EN,且EM=EN,故有EM=EN=;当N点处的点电荷移至O点正下方时,O点电场强度大小E2=,则E1E2=1,B正确。答案:B5.一电子只在电场力作用下从电场中的A点移动到B点的过程中,电子克服电场力做了3 eV的功,则A.A点的电势比B点的电势高3 VB.A点的电势比B点的电势低3 VC.电子的电势能减少了3 eVD.电子的动能增加了3 eV解析:由于电子带负电,电子克服电场力做功,电子一定是从高电势点向低电势点运动,因此选项A正确、B错误;电场力做负功,电子的电势能增加,动能减小,动能的减小量等于电势能的增加量,也等于电子克服电场力所做的功,选项C、D错误。答案:A6.示波管是
6、示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上的P点出现亮斑,那么示波管中的A.极板X带正电B.极板X带负电C.极板Y带正电D.极板Y不带电解析:根据亮斑的位置偏向Y极板,可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转,因此极板X不带电,极板Y应带正电。答案:C甲7.图甲所示为真空中某一点电荷Q产生的电场,a、b分别是其电场中的两点,其中a点处的电场强度大小Ea=E0, b点处的电场强度大小Eb=3E0,且Ea、Eb间的夹角大于90,方向如图甲所示。一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b,则A.a、b两点到点电荷Q的距离之比rarb=31B.a、b两点到点电荷Q的
7、距离之比rarb=1 C.a、b两点处的电势的大小关系为abD.在把检验电荷q沿直线从a移到b的过程中,电场力先做负功后做正功乙解析:通过作图找出点电荷Q的位置,如图乙所示,根据点电荷周围的电场强度的公式E=k可知,a、b两点到点电荷Q的距离之比rarb=1,选项A错、B对;从图乙中可知,Q带正电,因为越靠近场源正电荷的点,其电势越高,所以ab,选项C错误;检验电荷q带负电,电场力先做正功后做负功,选项D错误。答案:B8.真空中存在一个水平向左的匀强电场,电场强度的大小E=,一根不可伸长、长度为l的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置
8、A,再由静止释放小球,则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中 A.小球刚运动到B点前的瞬时,速度恰好为零B.小球刚运动到B点前的瞬时,绳子对小球的拉力为mgC.小球从A运动到B的过程中,小球做曲线运动D.小球刚运动到B点前的瞬时,其动能为2mgl解析:小球在复合场中所受到的重力和电场力的合力为一恒力,其方向与水平方向的夹角为45,小球由静止释放,小球沿直线AB做匀加速运动,显然选项A、C错误;小球刚运动到B点的瞬时,绳子刚好被拉直,绳子对小球的拉力为零,选项B错误;小球刚运动到B点的瞬时,利用动能定理可得mgl+qEl=Ek,求出Ek=2mgl,选项D正确。答案:D9.如图甲所示,竖
9、直放置的两极板AB接变化的电压,A板的电势A=0,B板的电势B随时间的变化规律如图乙所示。一质量为m、带电荷量为q的电子仅受电场力的作用,在t=时刻以初速度为零进入两板间,恰好能到达B板,则 甲乙A.A、B两板间的距离为B.电子在两板间的最大速度为C.电子两板间做匀加速直线运动D.若电子在t=时刻进入两极板,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上解析:电子在电场中运动时的加速度大小不变,但方向改变,因此选项C错误;电子在两板间先加速后减速,恰好能到达B板,设板间距离为d,有2=d,解得d=,选项A正确;当t=时电子速度最大,有vm=,选项B正确;若电子在t=时刻进入,则在时间段内,
10、电子做匀加速直线运动,其位移x=d,已经到达B板,显然选项D错误。答案:AB10.如图甲所示,A、B是一条电场线上的两点,若在A点释放一动能为E0的正电子,正电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B,其动能Ek随位移x变化的规律如图乙所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB,电势分别为A和B,则A.EA=EBB.EABD.AB解析:根据功能关系,动能的变化量等于电场力做的功,由于动能与位移呈线性关系,因此该电场为匀强电场,故选项A正确、B错误;正电子从A到B,动能减少,电场力做负功,电势能增加,一定是逆着电场线的方向运动,因而A4 VB.CUCA,即B-CC-A,即C4 V,选项A错、B对
11、;根据动能定理,qUAB=0-m,得=1 C/kg,选项C对;点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为Ek1=q(B-C),从C到B过程其动能的减少量Ek2=q(C-A),显然二者不相等,选项D错误。答案:BC13.如图所示,处于真空中的匀强电场与水平方向成45角,但方向未知,直线AB垂直于电场方向。在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、带电荷量为+q的小球,一段时间后,小球沿初速度方向运动了一段距离经过C点,则A.电场方向与水平方向成45角斜向上B.电场方向与水平方向成45角斜向下C.小球的重力与电场力之比为11D.小球的重力与电场力之比为1解析:小球在重力与电场力的合力作用下运动,从A
12、点运动到C点,小球在竖直方向所受合力为零,因此,电场方向与水平方向成45角斜向上,选项A对、B错;在小球从A点运动到C点的过程中,其受力情况为qEcos 45=mg,即小球的重力与电场力之比为1,选项C错误、D正确。答案:AD第卷(非选择题共48分)非选择题部分共4小题,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.(10分)如图所示,一绝缘半圆形导轨的直径为AB,AB水平,两质量、电荷量均相同且半径很小的完全相同的带电小球,一个固定在B端,另一个套在圆弧导轨上,且锁定在圆
13、弧导轨的最高点。某时刻解除锁定,小球沿导轨从最高点缓慢下滑。当小球与导轨圆心的连线与AB成2角时,小球与导轨间无作用力,已知小球的质量为m,AB=2r。求:(1)小球与导轨间无作用力时所在处的电场强度的大小。(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向加速度。解:(1)当小球与导轨间无作用力时,小球仅受重力、库仑力作用,根据平衡条件,沿导轨半径方向,有:kcos =mgsin 2(2分)解得:q=(1分)根据点电荷的电场强度公式得:E=k=。 (2分)(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向合力:F=ksin +mgcos 2(2分)即:F=mg(1分)因此,小球在此位置时的切向加速度a=g。 (
14、2分)15.(10分)如图所示,真空中水平放置的电容C=2.310-11 F的平行板电容器,原来AB两板不带电,B极板接地,它的极板是边长L=0.1 m的正方形,两板间的距离d=0.4 cm,现有很多质量m=2.810-9 kg、带电荷量q=+1.410-11 C的微粒,以相同的初速度依次从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板上的中点O处,设微粒落到极板上后,所带电荷全部转移到极板上,取静电力常量k=9109 Nm2/C2,g=10 m/s2,=3。(1)求带电粒子初速度的大小。(2)至少射入几个微粒后,微粒才可以从该电容器穿出?解:(1)电容器不带电时,微粒做平抛运动,设初
15、速度为v0,则有:=v0t(1分)=gt2 (1分)联立两式得:v0= (1分)代入数据得:v0=2.5 m/s。(1分)(2)若微粒能从A板右边缘射出,则有:L=v0t1(1分)=a1(1分)又由于mg-qE=ma1(1分)联立以上各式:E=1500 V/m (1分)设射入n个微粒后,微粒才可以从该电容器穿出,由于E=,U=得:E=(1分)代入数据,解得:n9.9故至少射入10个微粒后,微粒才可以从该电容器穿出。 (1分)16.(13分)如图所示,水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,B、O、C在同一竖直线上,半圆形轨道的半径R=0.40 m。在轨道所在空间
16、处存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行。现有一电荷量q=+1.010-4 C、质量m=0.10 kg的带电体(可视为质点),从水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,已知P点到B点的距离s=1 m,取g=10 m/s2。试求:(1)电场强度E的大小。(2)带电体在圆弧轨道上运动时的最大动能和对轨道的最大压力。解:(1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律,有:mg=m(2分)解得 vC=2.0 m/s (1分)在带电体从P到C的过程中,根据动能定理,有:qEs-mg2R=m(2分)解得:E=1.0104 V/m。(1分)(2)由(1)知,qE
17、=mg,重力和电场力的合力与重力方向成45夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处。设小球的最大动能为Ekm,带电体在从P点开始运动到速度最大的过程中,根据动能定理有:qE(s+Rsin 45)-mgR(1-cos 45)=Ekm(2分)解得Ekm=1.17 J (或 J)(1分)即:m= J(1分)在速度最大的位置,带电体对轨道的压力最大,设最大压力为N,根据牛顿第二定律,有:N-mg=m (2分)解得:N=(3+3) N(或7.24 N)。 (1分)17.(15分)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,放置两块直径为2L的同心半圆形金属板A、B,两板间的距离很近,半圆形金属板
18、A、B的左边有水平向右的匀强电场E1,半圆形金属板A、B之间存在电场,两板间的电场强度可认为大小处处相等,方向都指向O。现从正对A、B板间隙、到两板的一端距离为d处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(不计重力),此微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用。(1)求半圆形金属板A、B之间电场强度的E2的大小。(2)从释放微粒开始,经过多长时间微粒的水平位移最大?解:(1)设微粒刚进入两板间的速度为v,根据动能定理,有:qE1d=mv2(2分)微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用,说明微粒在两板间做匀速圆周运动,有qE2=m (2分)根据上述两式,得: v=E2=E1(2分)(2)微粒从释放到进入两板间,经历的时间t1=2d(2分)微粒在两板间经圆周时水平位移最大,此时经历的时间t2=(2分)微粒自开始运动至第一次运动到水平位移最大处的时间为t1+t2=(2d+)(2分)根据运动的对称性和周期性,可得从释放微粒至微粒水平位移最大,经历的时间为:t=(2k-1) (2d+) (k=1,2,3)。 (3分)