2022届高中物理一轮复习 第七单元 静电场 训练卷 B卷 教师版

这是一份2022届高中物理一轮复习 第七单元 静电场 训练卷 B卷 教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
     2022届高三一轮单元训练卷第七单元 静电场（B）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4分，共40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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图所示，把一个不带电且与外界绝缘的导体两端分别设计上两个开关，当带正电的小球靠近时，由于静电感应，在a、b端分别出现正、负电荷，则以下说法中正确的是(　　)A．闭合K1，有电子从导体流向大地B．闭合K2，有电子从导体流向大地C．闭合K2，有电子从大地流向导体 D．闭合K1，没有电子通过【答案】C【解析】K1、K2闭合前，由于静电感应和电荷守恒定律可知a、b两端出现等量异种电荷，当闭合任何一个开关以后，导体就会与大地连接，大地的电子流向导体，整个导体感应出负电荷。故选C。2．如图所示，某次雷雨天气，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等差等势线，实线为某带电粒子运动轨迹，A、B为运动轨迹上的两点。带电粒子的重力不计，避雷针带负电。则(　　)A．带电粒子带负电B．避雷针尖端附近电势较高C．带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能【答案】D【解析】带电粒子与避雷针之间是引力，带电粒子带正电，A错误；避雷针带负电，尖端附近电势较低，B错误；根据等势线越密集的地方电场强度越强，由题图可得EA＜EB，根据牛顿第二定律可得a＝，所以同一粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，C错误；粒子从A运动到B，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小，即EpA＞EpB，D正确。3．等量异种电荷＋Q、－Q，分别置于M、N，相距2L，O为其中点。O、A、B、C四点到N的距离相等，AC垂直OB。如图。现将一带负电试探电荷在O、A、B、C四点移动，则(　　)A．该试探电荷在B点受电场力最大B．该试探电荷在A、C两点受电场力相同C．该试探电荷在O点电势能最大D．该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大【答案】D【解析】由等量异种电荷的电场分布可知，O点场强最大，该试探电荷在O点受电场力最大，A错误；由对称可知，AC两点场强大小相等，方向不同，则该试探电荷在A、C两点受电场力大小相同，方向不同，B错误；在O、A、B、C四点中，O点电势最高，则带负电的试探电荷在O点电势能最小，C错误；根据等量异号电荷的电场线分布可知，CO的电势差大于BA的电势差，则该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大，D正确。4．如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，OB⊥BC。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是(　　)A．A球的质量小于B球的质量B．此过程中A球向上运动C．此过程中点电荷对B球的库仑力逐渐增大D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小【答案】A【解析】开始时B球受力如图所示，由几何关系知，而，则，A正确；假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，B球受力平衡，根据三角相似有，由于、OB、OC均不变，BC逐渐减小，则轻绳拉力T不变，假设成立，库仑力F逐渐减小，B、C错误；由于轻绳拉力T不变，∠AOB逐渐减小，轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，D错误。5．如图所示，空间存在竖直向下大小为E的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带正电绝缘小环套在粗糙程度相同的绝缘木杆上，若小环以初速度v1从M点沿杆上滑，到达N点时速度恰好为零，随后小环下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)，已知小环电荷量保持不变，重力加速度为g，空气阻力不计，则(　　)A．小环所能达到的最大高度为B．从M到N的过程中，克服摩擦力做的功为C．从M到N的过程中，小环的电势能增加了D．N、M间的电势差为【答案】B【解析】设木杆倾角为θ、上升过程沿杆运动的最大距离为L，小环从M到N、从N到M电场力做功为0，所以上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为W1，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能定理分别有，，联立解得，故A错误；上滑和下滑过程克服摩擦力做功为，故B正确；从M到N的过程中，电场力做负功，小环的电势能增加量为，故C错误；所以NM间的电势差为，故D错误。6．电场分选是在高压电场中利用入选物料之间的电性差异进行分选的方法。如图所示为两类粒子组成的混合物从漏斗漏出后经过起电区（未画出），然后沿分选电场的中线进入分选电场，起电区高度很小可以忽略不计，粒子起电后进入分选场时的速度可认为是0，已知两类粒子的质量和起电后的电荷量分别为m、－q和2m、＋q，分选电场两极板的长度均为H，两极板的下端距地面的距离均为3H，重力加速度为g，调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，不计空气阻力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(　　)A．带正电的粒子先落地B．正、负两种粒子离开电场时的侧移量之比为1∶4C．正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1∶3D．若两种粒子落地时的动能相等，则两极板间的电压为【答案】D【解析】在分选电场时，两种粒子在竖直方向上均做自由落体，在水平方向上均做匀加速直线运动；离开分选电场后，两种粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度不为零的匀加速直线运动，由h＝gt2，得t＝，高度决定时间，所以两种粒子落地时间相同，故A错误；假设分选电场两板间电压为U，板间距离为d，则由，得正负粒子水平方向加速度之比a正∶a负＝1∶2，又因为质量为m的粒子刚好打不到极板上，则正粒子不可能打在极板上，根据x＝at2得正负粒子离开电场时水平位移之比x正∶x负＝1∶2，即x正＝d，x负＝d，故B错误；由v＝at，得正负粒子在水平方向的初速度之比v正∶v负＝1∶2，又落地时间相同，则正负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1∶2，故C错误；由题意，两种例子初速度为零，若两种粒子落地时的动能相等，从分选电场到落地过程分别用动能定理得，，解得，故D正确。7．欧洲核子研究中心于2008年9月启动了大型强子对撞机，如图甲所示，将一束质子流注入长27 km的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，图乙所示为其简化示意图。质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速，则(　　)A．质子在每个圆筒内都做加速运动B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C．质子穿过每个圆筒时，电源的正负极要改变D．每个筒长度都是相等的【答案】BC【解析】由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，B正确，A错误；质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，C正确；质子速度增加，而电源正、负极改变时间一定，则沿质子运动方向，金属筒的长度要越来越长，D错误。8．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是(　　)A．P向下动，Q向下动B．U1增大，U2增大C．Q1减小，Q2增大D．C1减小，C2增大【答案】BC【解析】将B板稍向下移，据C＝可知，C1减小；M、N板不动，C2不变，D错误；假设两板电荷量均不变，则根据C＝可知A、B板间电压将增大，大于M、N间的电压，所以左侧电容器将向右侧电容器充电，即Q1减小，Q2增大，C正确；充电完成，稳定后，M、N间电压增大，则A、B间电压相对变化前也增大，B正确；A、B板间电场强度，左侧电容器所带电荷量减少，则A、B板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据E＝，M、N间电压增大，M、N板间电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动，A错误。9．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于P、Q两点，P、Q两点在同一竖直线上，水平面内有一正三角形ABC，且PQ连线的中点O为三角形ABC的中心，M、N为PQ连线上关于O点对称的两点，则下列说法中正确的是(　　)A．A、B、C三点的电势相等B．电子在O点具有的电势能大于在B点具有的电势能C．M点场强大于N点场强D．将一正点电荷从A点移到O点，电场力做负功【答案】AD【解析】根据空间几何的位置关系可知，A、B、C三点到P、Q两点的距离均相等，三点的场强和电势均相等，故A正确；电子带负电，电势小的地方电势能大，由于O点电势大于B点的电势，电子在O点具有的电势能小于在B点具有的电势能，故B错误；根据等量异种电荷电场线的分布，可知电场线的疏密程度是关于O点所在的中垂线对称的，所以M点场强等于N点场强，故C错误；A点电势小于O点电势，正点电荷从A点移到O点，电势升高，电势能升高，电场力做负功，故D正确。10．如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为φA＝(2－) V、φC＝2 V、φE＝(2＋) V，下列判断正确的是(　　)A．电场强度的方向由A指向DB．电场强度的大小为100 V/mC．该圆周上的点电势最高为4 VD．将电子从D点沿DEF移到F点，静电力做正功【答案】BC【解析】AE中点G的电势，如图所示，FC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故A错误；E、A两点间的电势差U＝φE－φA＝2 V，E、A两点间的距离d＝2Rsin 60°＝2 cm，电场强度的大小，故B正确；顺着电场线电势降低，H点电势最高，U＝Ed，，代入数据解得φH＝4 V，故C正确；从D移到F点，电势降低，电子带负电，电势能增加，静电力先做负功，故D错误。二、(本题共6小题，共60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．(4分)真空中光滑绝缘水平面上有两个带正电的点电荷A、B，电量均为Q。如图所示，电荷B固定，电荷A在外力作用下沿虚线向电荷B缓慢移动，此过程中，外力的大小将__________（填“变大”、“不变”或“变小”）；已知M、N两点距电荷B均为r，且∠MBN＝60°。当电荷A移动到M点时，N点场强大小为__________（已知静电力常量为k）。【答案】变大    k    (每空2分)【解析】电荷A在外力作用下沿虚线向电荷B缓慢移动，则，点电荷A、B间的库仑力，根据 ，向电荷B缓慢移动过程中，库仑力在变大，则外力也变大。如图所示，点电荷A、B在N点各自产生的场强大小为，则N点的场强大小。12．(8分)随着传感器技术的不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。(1)先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带______电；(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I－t、U－t曲线，如图乙所示；(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为______C，电容器的电容为______F；（保留两位有效数字）(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出I－t曲线。【答案】(1)正  (3)3.5×10－3(3.3×10－3～3.7×10－3均可)  4.4×10－4(4.1×10－4～4.6×10－4均可)    (每空2分)(4)见解析图   (2分)【解析】(1)电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；(3) I－t图像与坐标轴围成的面积表示电量，一小格的电量，图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为，电容器充满电后电压为8 V，则电容器的电容为(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，电量不变，时间会延长，图像如图所示。13．(8分)如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率。【解析】c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离R＝L，所以△abc是等边三角形a、b对c作用力F1＝F2＝   (2分)则合力F合＝2F1cos30°＝   (2分)由牛顿第二定律得F合＝   (2分)解得v＝。   (2分)14．(12分)如图，竖直平面内有一个半径为R的光滑圆轨道，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，一质量为m、带电量为q的正电小球（可视为质点）从最低点A点以一定初速度在圆轨道内侧开始运动，已知小球运动到M点时动能最大，重力加速度为g。求：(1)满足条件的电场强度的最小值及对应的场强方向；(2)若匀强电场方向水平，要使小球做完整的圆周运动，v0的取值范围。【解析】(1)由于小球在M点动能最大，因此OM为小球重力与电场力合力方向，M点为等效最低点，H点为等效最高点，当电场力与OM垂直向右上时，E最小，则有   (2分)解得：，方向垂直OM向右上。   (2分)(2)若匀强电场方向水平，受力如图，重力和电场力的合力F＝2mg   (2分)在等效最高点临界需有   (2分)从A点到等效最高点根据动能定理有   (2分)解得即。   (2分)16．(12分)如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。求：(1)电子穿过A板时速度的大小；(2)电子从偏转电场射出时的偏移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU1＝mv02－0   (2分)解得v0＝。   (2分)(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式有t＝   (1分)   (1分)y＝at2   (1分)解得偏移量y＝。   (2分)(3)由竖直方向的偏移量y＝可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点的上方。   (3分)17．(16分)在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小vA、vB；(3)在以后A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔T；如果不相等，请说明理由。【解析】(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则qE＝mg   (2分)可得匀强电场的电场强度大小E＝。   (1分)(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得：(2.5qE－mg)L＝mv12   (1分)解得：v1＝A、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得：mv1＝mvA＋mvB   (1分)mv12＝mvA2＋mvB2   (1分)联立解得：vA＝v1＝，vB＝0。   (2分)(3)设B球在复合场中运动的加速度为a，A、B两球第一次碰撞后，A球开始向上以速度v1做匀速直线运动，B球又开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，设到第二次碰撞前的时间间隔是t1，则：v1t1＝at12   (1分)解得：t1＝   (1分)碰撞过程满足动量守恒且无动能损失，故每次碰撞之后两球都交换速度，第二次碰撞后，A球向上做匀速直线运动，速度为at1＝2v1，B球向上做初速度为v1的匀加速直线运动。设到第三次碰撞前的时间间隔是t2，则有：2v1t2＝v1t2＋at22   (1分)解得：t2＝＝t1   (1分)以此类推，每次碰撞时间间隔相等，该时间间隔为T＝   (1分)根据牛顿第二定律：2.5qE－mg＝ma   (1分)解得：T＝。   (2分)