第九单元 静电场（一）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第九单元　静电场（一）
满分55分,限时40分钟
考点1 库仑定律　　考点2 电场　电场强度　　考点3 电场线
一、选择题(本题共7小题,共28分。在每小题给出的四个选项中,第1—5题只有一项符合题目要求,每小题4分;第6—7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.物理学家在研究带电粒子在特殊电场中的运动规律时,设计了一种特殊的电场:在正方形四个顶点固定等量同种电荷,电场线如图,则正方形内部电场强度为零的点个数是 (　　)
A.4个　　　　B.5个　　　　C.6个　　　　D.7个
2.如图所示,实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线,虚线为带正电的粒子仅在电场力作用下从A点运动到B点的运动轨迹,则下列判断正确的是 (　　)
A.点电荷Q1、Q2均为正电荷
B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C.该粒子在A点的加速度大于在B点的加速度
D.该粒子在A点的速度小于在B点的速度
3.两个点电荷的质量分别为m1、m2,带异种电荷,电荷量大小分别为Q1、Q2,相距为d,静电力常量为k,只在库仑力作用下各自绕它们连线上的某一固定点,在同一水平面内做匀速圆周运动,它们的总动能为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.如图所示,光滑定滑轮O1、O2位于同一水平线上,轻绳一端跨过定滑轮O1与水桶相连,另一端跨过定滑轮O2与轻弹簧的一端连接,轻弹簧的另一端连接带正电的小球B,带正电的小球A固定在定滑轮O2正下方,初始时水桶、小球B均处于静止状态,此刻∠ABO2=120°,∠BO2A=30°。若向水桶内注入少量的水,并调整水桶的高度使系统再次平衡,小球A、B的电荷量保持不变,轻弹簧始终在弹性限度内,则再次平衡时 (　　)
A.小球A、B间的距离变小
B.小球B与O2间的距离不变
C.∠ABO2变大
D.小球A、B间的库仑力大小不变
5.如图所示,真空中两个点电荷的电荷量均为+Q,两者之间的距离为L,直线n为两者连线的中垂线。已知静电力常量为k,则直线n上电场强度的最大值为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.如图所示,在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点,三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态,已知圆的半径为R,重力加速度为g,静电力常量为k,下列说法正确的是 (　　)
A.小球带正电
B.O点的电场强度大小为
C.小球带的电荷量大小为
D.撤去C处点电荷瞬间,小球的加速度大小为g
7.如图所示,ACB为固定在竖直面内的光滑绝缘半圆形轨道,在圆心O处固定一带正电的点电荷Q,带正电的小球(可视为质点)静止在最低点C。现给小球施加一水平向右的外力F,使小球沿轨道缓慢地向上移动,对此过程,下列说法正确的是 (　　)
A.小球所受库仑力恒定
B.外力F一直增大
C.小球所受合外力为零
D.小球对轨道的压力逐渐增大
二、非选择题(本题共2小题,共27分)
8.(12分)如图所示,当带正电的小球静止在竖直光滑绝缘墙壁上的A点时,带正电的物块恰好能静止在水平粗糙绝缘地面上的B点,A、B点连线与竖直方向的夹角为37°,A、B点间的距离l=0.3 m。已知小球的电荷量q1=1.0×10-5 C,物块的电荷量q2=2.0×10-5 C、质量m2=1.4 kg,物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,求:
(1)小球的质量m1;
(2)物块与地面间的动摩擦因数。
9.(15分)如图所示,质量均为m、均带正电荷的小球A、B用长均为L的a、b绝缘轻质细线悬挂,两球均处于静止状态,已知细线b的拉力与细线a的拉力大小相等,小球A、B带的电荷量也相等,重力加速度为g,静电力常量为k,不计小球大小,求:
(1)小球A带的电荷量。
(2)O点处的电场强度。
(3)若给小球A施加一个水平向左的拉力,同时给小球B施加一个水平向右的拉力,两力始终等大反向,让两力同时从0开始缓慢增大,当细线b与竖直方向的夹角为53°时,作用于小球B上的拉力多大,此过程中作用于小球B上的拉力做功为多少 (已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
答案全解全析
1.B　由点电荷场强公式E=可知,四个等量同种电荷在正方形中心O点产生的合场强为零。如图所示,在正方形内部取A、B、C、D四个点,AOC所在直线、BOD所在直线与正方形的边平行。上方两个点电荷在A点产生的合场强竖直向下,下方两个点电荷在A点产生的合场强竖直向上,又因为AO间的电场线方向向下,A点上方的电场线方向向上,则A点的场强应该为零,同理B、C、D三点的合场强也为零,则正方形内部电场强度为零的点个数是5个,选项B正确。
2.C
识图有法
解析　根据电场线分布情况可知,点电荷Q1、Q2为同种电荷,又因电场力指向轨迹的凹侧,且粒子带正电,故Q1、Q2均为负电荷,选项A错误;Q2处电场线比Q1处密集,所以Q2的电荷量大于Q1的电荷量,选项B错误;电场线越密处,电场强度越大,粒子加速度越大,A处电场线比B处密集,所以该粒子在A点的加速度大于在B点的加速度,选项C正确;电场力指向轨迹的凹侧,故从A到B电场力沿电场线切线方向向下,故电场力的方向与速度方向成钝角,速度减小,所以在A点的速度大于在B点的速度,选项D错误。
3.A
模型建构
解析　对于质量为m1的点电荷,它所受的库仑力提供向心力,即k=m1,对于质量为m2的点电荷,它所受的库仑力提供向心力,即k=m2,则它们的总动能为m1+m2=,选项A正确。
4.D　对B球受力分析,如图甲所示,由几何知识可知==,其中FAB=k,可得k=,由于mBg、AO2、两小球所带电荷量均不变,可知小球A、B间的距离AB不变,小球A、B间的库仑力大小不变,A错误,D正确;若向水桶内注入少量的水,并调整水桶的高度使系统再次平衡,可知弹簧的弹力增大,弹簧伸长量变大,则有小球B与O2间的距离增大,B错误;如图乙所示,AB不变,BO2增大,小球B沿以A为圆心,以AB为半径的圆弧向下移动,则∠ABO2变小,C错误。
5.A　设n上某一点的场强为E总,一个点电荷产生的电场在该点的场强方向与直线n的夹角为α,则E总=·cos α,整理有E总= sin2 α·cos α,令u=sin2 α·cos α,变式u2=sin2 α·sin2 α·cos2 α=sin2 α·sin2 α·(2 cos2 α),因sin2 α+sin2 α+2 cos2 α=2,故有sin2 α·sin2 α·(2 cos2 α)≤[由均值不等式可知a+b+c≥3,当(a+b+c)一定,则a=b=c时,abc最大],则=·=,(sin2 α·cos α)max=,所以电场强度的最大值为E总max=,选项A正确。
知识拓展
均值不等式
①a2+b2≥2ab ab≤(a、b∈R),当且仅当a=b时,“=”号成立;
②a+b≥2 ab≤(a,b>0),当且仅当a=b时,“=”号成立;
③a3+b3+c3≥3abc abc≤(a、b、c∈R),当且仅当a=b=c时,“=”号成立;
④a+b+c≥3 abc≤(a,b,c>0),当且仅当a=b=c时,“=”号成立。
6.CD　由电场的叠加可知,O点的电场方向竖直向下,根据平衡条件可得,小球所受库仑力竖直向上,则小球带负电,选项A错误;O点的电场强度E=2 cos 60°+=3,选项B错误;设小球带的电荷量大小为q,由平衡条件得Mg=q,解得q=,选项C正确;撤去C处点电荷瞬间,O点的电场强度变为E'=,由牛顿第二定律可得Mg-=Ma,得a=g,选项D正确。
7.BCD　在小球运动过程中,小球所受库仑力大小不变,但库仑力的方向时刻在改变,故小球所受库仑力为变力,故A错误;小球、圆心的连线与竖直方向的夹角为θ时,小球受力如图所示,根据平衡条件可得mg sin θ=F cos θ,FN=F库+mg cos θ+F sin θ,整理得F=mg tan θ,FN=F库+,小球沿轨道缓慢地向上移动过程中θ逐渐增大,则外力F一直增大,小球对轨道的压力逐渐增大,故B、D正确;小球沿轨道缓慢地向上移动,处于动态平衡中,即小球所受合外力为零,故C正确。
8.答案　(1)1.6 kg　(2)0.4
思路点拨
解析　(1)小球受到物块的库仑力大小
F库=k (2分)
对小球受力分析,有
F库 cos 37°=m1g (2分)
解得m1=1.6 kg(1分)
(2)对物块受力分析,在竖直方向上有
FN2=F库 cos 37°+m2g (2分)
在水平方向上有f=F库 sin 37° (2分)
其中f=μFN2 (2分)
解得μ=0.4 (1分)
一题多解　隔离小球,求出小球质量m1=1.6 kg,所受墙面弹力FN1=12 N
再以整体为研究对象,物块所受支持力
FN2=(m1+m2)g=30 N
物块所受摩擦力f=FN1=12 N
由f=μFN2,得μ=0.4
9.答案　(1)L　(2),方向竖直向上
(3)mg　0.4mgL
解析　(1)设小球A带的电荷量为q,则小球B带的电荷量也为q,对A、B整体研究,细线a的拉力Ta=2mg (2分)
对小球B研究,根据力的平衡有
Tb=mg+k (2分)
由题意知Tb=Ta (2分)
解得q=L (2分)
(2)根据电场的叠加可知,O点处电场强度E=k+k=,方向竖直向上 (2分)
(3)对A、B施加等大反向的水平拉力后,A、B组成的系统始终处于平衡状态,因此细线a始终处于竖直方向,当细线b与竖直方向的夹角为53°时,对小球B研究,根据力的平衡有F cos 53°=mg sin 53° (2分)
解得F=mg (1分)
由于小球A保持静止,小球B和A间的距离始终保持不变,电场力不做功,根据功能关系知,拉力对小球B做的功W=ΔE=mg(L-L cos 53°)=0.4mgL (2分)