金老师教育培训备战高考15高三物理一轮单元卷：第八单元 静电场 A卷

一轮单元训练金卷·高三·物理卷（A）
第八单元静电场
注意事项：
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：用签字笔直接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10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是圆O上的8个点，图中虚线均过圆心O点，B和H关于直径AE对称，且∠HOB = 90°，AE⊥CG，M、N关于O点对称。

现在M、N两点放置等量异种点电荷，则下列各点中电势和电场强度均相同的是( )
A. B点和H点
B. B点和F点
C. H点和D点
D. C点和G点
2．如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q。

图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面。

有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置。

以上说法中正确的是()
A. M一定是正离子，N一定是负离子
B. M在p点的速率一定大于N在q点的速率
C. M在b点的速率一定大于N在c点的速率
D. M从p→b过程电势能的增量一定大于N从a→q电势能的增量
3．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
4．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )
A. x = 4 m处的电场强度可能为零
B. x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向
C. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
D. 电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV
5．如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q 的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ = 60°，则下列说法正确的是( )
A. 小球重力与电场力的关系是3
mg qE
B. 小球在B点时，对圆弧的压力为2qE
C. 小球在A点和B点的加速度大小相等
D. 如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧而运动
6. 如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m。

一个电荷量q＝1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10－3 J。

则该匀强电场的场强大小和方向分别为()
A. 500 V/m、沿ab由a指向b
B. 500 V/m、垂直ab向上
C. 1000 V/m、垂直ab向上
D. 1000 V/m、沿ac由a指向c
7．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。

下列说法正确的是()
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
8．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC = 2OA，AC = 2BC，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 三个粒子在电场中运动的时间之比t A: t B: t C= 2 : 3 : 4
B. 三个粒子在电场中运动的加速度之比a A: a B: a C= 1 : 3 : 4
C. 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比E k A: E k B: E k C=
36 : 16 : 9
D. 带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7 : 20
9．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、带电量为﹣q的小球Q。

整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

现把一个带电量为+q 的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。

N点与弹簧的上端和M的距离均为s0。

P、Q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，可能撞到小球Q
B. 小球P在N点的加速度大小为
22
sin/ qE mg kq s
m
α
+-
C. 小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少
D. 当弹簧的压缩量为
0sin
qE mg
k α
+
时，小球P的速度最大
10．如图所示，空间中有匀强电场，在电场中做一个半径为R的圆，使圆所在的平面平行于电场线(电场线未画出)，AB为一条直径，在圆上A点有一个粒子发射器，能沿平行于圆面向各个方向发射动能相同的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的粒子的动能最大，不考虑粒子间的相互作用，∠A= 30°。

若已知电场强度的大小为E，粒子电荷量为+q(q>0)，忽略粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 圆周上C点电势最低
B. 电场线与AB夹角为60°
C. 若粒子在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为1
8 qER
D. 若粒子在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为1
4 qER
二、(本题共4小题，共50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)
11．(12分)如图所示，一倾角θ = 30°的固定光滑绝缘斜面，O、A、B是斜面上的三个点，O点在斜面底端，A点为OB的中点，OA长度的大小为d，O点固定一个带正电的点电荷。

现有一个可视为质点的带正电的滑块从B点由静止释放，若释放时滑块在B点的加速度大小等于滑块上滑经过
A点的加速度大小，点电荷周围电场的电势可表示为
kQ
r
ϕ=(取无穷远处电势为零，公式中k为静电
力常量，Q为场源电荷的电荷量，r为距场源电荷的距离)，重力加速度g =10 m/s2。

求：
(1)滑块从B点下滑时的加速度；
(2)滑块从B点由静止释放后沿斜而下滑的最大距离。

12．(12分)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。

(1)求小球带电性质和电场强度E；
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度v A的大小(可含根式)。

13. (12分)如图所示，在竖直平面内有一矩形区域ABCD，长边BA与水平方向成θ =37°角，短边的长度为d，区域内存在与短边平行且场强大小为E的匀强电场。

一个带电微粒从O点以某一水平初速度v1沿OP方向射入电场，能沿直线恰好到达P点；若该带电微粒从P点以另一初速度v2竖直向上抛出，恰好经过D点。

已知O为短边AD的中点，P点在长边AB上且PO水平，重力加速度为g，sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8。

求：
(1)微粒所带电荷量q与质量m的比值；
(2)v1的大小与v2大小的比值。

12.(14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。

当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。

假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。

重力加速度为g。

求：
(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3)ΔU1与ΔU2之比。

一轮单元训练金卷·高三·物理卷（A）
第八单元 静电场
答 案
1.【答案】D
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】C
【解析】由题意知，从a 到b 移动正电荷电场力做功为零，即U ab ＝0，所以匀强电场中的直线ab 为等势面；该电荷由a 到c 过程中，电场力做功为W ac ＝qU ac ，解得U ac ＝100 V ，所以电场方向垂直ab 向上，A 、D 项错；由匀强电场场强与电势差的关系可得，匀强电场场强E ＝U ac
ac sin 30°
＝1 000
V/m ，C 项正确，B 项错。

7.【答案】AD
【解析】E ＝U
d ，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持E 不变，
将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 错；C ＝Q U ，C ＝εr S
4πkd ，保持d 不变，C 不变，Q 加
倍，U 加倍，C 错；E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd ·d ＝Q
εr S
4πk
，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 对。

8.【答案】ACD
【解析】三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x = v 0t 得，运动时间t A : t B : t C = 2 : 3 : 4，故A 正确；三个粒子在竖直方向上的位移y 相等，根据212
y at ，解得：a A : a B : a C = 36 : 16 : 9，故B 错误；由牛顿第二定律可知F = ma ，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W = Fy ，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36 : 16 : 9，故C 正确；三个粒子的合力大小关系为F A > F B > F C ，三个粒子的重力相等，所以B 仅受重力作用，A 所受的电场力向下，C 所受的电场力向上，即B 不带电，A 带负电，C 带正电，由牛顿第二定律得a A : a B : a C = (mg +q A E ) : mg : (mg -q C E )，解得q A : q C = 7 : 20，故D 正确。

9.【答案】BC
【解析】当小球P 返回到N 点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q 的电场对P 做功为零，则合力做功为零，根据动能定理知小球P 到达N 点的速度为零，所以小球P 不可能撞到小球Q ，故A 错误；根据牛顿第二定律得，小球在N 点的加速度
22
sin /F qE mg kq s a m m
α+-==
合
，故B 正确；小球P 沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q 产生的电场对P 做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小，故C 错误；当小球所受的合力为零时，速度最大，即2
002sin q k k x qE mg x
α+=+，则压缩量不等于
0sin qE mg k α+，故D 错误。

10.【答案】ABC
【解析】过程中粒子的动能和势能相互转化，故粒子在C 点动能最大，则电势能最小，并且粒子带正电，所以C 点电势最低，A 正确；圆周上没有和C 等势的点，过C 点做圆周切线为等势面，垂直于切线的线为电场线，B 正确；结合几何关系从A 点垂直电场线射入的粒子，过C 点，水平位
移为0v t ，竖直位移为21322qE t R m ⋅
=，可解得粒子初动能为18
qER ，C 正确，D 借误。

11.【解析】(1) 在B 点对滑块由牛顿第二定律可得： 2
sin 4kQq
mg ma d θ-
= 滑块上滑经过A 点时对滑块由牛顿第二定律可得：2
sin kQq
mg ma d θ-= 解得：a = 3 m/s 2，方向沿斜面向下。

(2)设滑到C 点时滑块的速度为零，C 点到O 的距离为r ，由题目可知： C 点处的电势C kQ
r
ϕ= B 点处的电势2B kQ d
ϕ=
则B 、C 两点的电势差2BC B C kQ kQ
U d r
ϕϕ=-=
-
滑块从B 点运动到C 点的过程中，由动能定理可得： sin (2)00AB mg d r qU θ⨯-+=-
解得：0.8r d =
所以滑块从B 点由静止释放后沿斜面下滑的最大距离为2 1.2s d r d =-=。

12.【解析】(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。

小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有
0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝
3mg
3q。

(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′， 则G ′＝233
mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下。

若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 m v 2L ＝233
mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝
2（3＋1）gL 。

13.【解析】(1)微粒沿OP 方向运动时做匀减速直线运动，受到的合力方向水平向右，有：cos mg
qE θ
=
可得微粒带电量q 与质量m 的比值：54q g
m E
=。

(2)微粒的加速度tan tan mg a g m
θ
θ=
= 初速度v 1满足关系21/2
2sin d v a θ
=⨯
微粒以初速度v 2从P 点运动到D 点做类平抛运动，设运动时间为t ，由平抛运动规律有：
2cos 2d v t θ=，2/21sin sin 22
d d at θθ+= 由以上几式解得：154gd v =
29170
gd
v 可v 1的大小与v 2大小的比值：
12534
v v =。

14.【解析】(1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0
d
则q m ＝dg U 0。

(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移大小为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移大小为x 2，加速度大小为a 2，则
x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －1
2a 2Δt 2
且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3。

(3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1d －mg ＝ma 1
即q ΔU 1d
＝ma 1
油滴向上减速运动时：mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2
d ＝ma 2
即q ΔU 2－ΔU 1d ＝ma 2
则
ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝1
3
解得ΔU 1ΔU 2＝14。