1、第八单元 静电场（A）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13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第913题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1
2、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k2(2019全国I卷)如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP带负电荷，Q带正电荷3如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点经C以v02
3、m/s的初速度沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知ACCB，A3 V，B5 V，静电力常量为k，则()AC4 V BC4 VC点电荷乙的比荷为1 C/kg D点电荷乙的比荷为2 C/kg4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()A12B21C23D435一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()AA点的电势比B点的电势高3 V BA点的
4、电势比B点的电势低3 VC电子的电势能减少了3 eV D电子的动能增加了3 eV6示波管是示波器的核心部件，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7如图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EaE0， b点处的电场强度大小Eb3E0，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()Aa、b两点到点电荷Q的距离之比rarb31Ba、b两点到点电荷Q的距离之比rarb31 Ca、b两点处的电势的大
5、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【答案】B【解析】通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式EkQr21r2可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比rarb31，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aUCA，即BCCA，即C4 V，选项A、B错误；根据动能定理，qUAB012mv02，得qm1 C/kg，选项C正确、D错误。4【答案】B【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E1EM+EN，且EMEN，故有EMENE12；当N点处的点
6、电荷移至O点正下方时，O点电场强度大小E22E12，则E1E221，B正确。5【答案】A【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，动能的减少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。6【答案】C【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。7【答案】B【解析】通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式EkQr21r2可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比rarb31，选项A
7、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。8【答案】D【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+qElEk，求出Ek2mgl，选项D正确。9【答案】BC【解析】电容器的电容由CS4kd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
8、的电容减小，选项B正确；若保持平行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CQU、决定式CS4kd和EUd可得，E4kQS不变，选项C正确；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QCU可知，电容器所带电荷量增大，选项D错误。10【答案】AB【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212qU0mdT42d，解得dqU0T216m，选项A正确；当tT2时电子速度最大，有vmqU0mdT4qU0m，选项B正确；若电子在tT8时刻进入，则在T8T2
9、时间段内，电子做匀加速直线运动，其位移x98d，已经到达B板，显然选项D错误。11 【答案】AC【解析】若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确；粒子可能做曲线运动，故D错误。12【答案】AD【解析】小球在重力与电场力的合力作用下运动，从A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 45mg，即小球的重力
10、与电场力之比为12，选项C错误、D正确。13【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。二、(本题共4小题，共48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)14【解析】(1)设微粒刚进入两板间的速度为v，根据动能定理，有：qE1d12mv2(3分)解得：v2qE1dm。(2分)(2)微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用，说
11、明微粒在两板间做匀速圆周运动，有：qE2mv2L。 (3分)E22dLE1。(2分)15【解析】(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：kq2(2rcos)2cos mgsin 2(2分)解得：q8mgr2sincos2k(1分)根据点电荷的电场强度公式得：Ekq(2rcos)2mgksin2r2cos2。 (2分)(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向合力：Fkq2(2rcos)2sin +mgcos 2(2分)即：Fmg(1分)因此，小球在此位置时的切向加速度aFmg。 (2分)16【解析】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度
12、为v0，则有：L2v0t(2分)d212gt2 (2分)联立两式得：v0L2gd (1分)代入数据得：v02.5 m/s。(1分)(2)若微粒能从A板右边缘射出，则有：Lv0t1(1分)d212a1t12(1分)又由于mgqEma1(1分)联立以上各式：E1500 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EUd，UQCnqC得：EnqCd(2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)17【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律，有：mgmvC2R(2分)解得 vC2.0 m/s (1分)在带电体从P到C
13、的过程中，根据动能定理，有：qEsmg2R12mvC2(2分)解得：E1.0104 V/m。(2分)(2)由(1)知，qEmg，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(1cos 45)Ekm(2分)解得Ekm1.17 J (或22+35 J)(1分)即：12mvm222+35 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：N2mgmvm2R (2分)解得：N(3+32) N(或7.24 N)。 (2分)
