2022届高中物理一轮复习 第七单元 静电场 训练卷 A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 A卷 教师版，共5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（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．在静电场理论的研究和建立的过程中，许多物理学家作出了重要贡献。下列说法中错误的是(　　)A．自然界中的电荷只有两种，富兰克林将其分别命名为正电荷和负电荷B．密立根通过油滴实验首先比较准确地测出了元电荷的电荷量C．法拉第认为电荷间有相互作用力是通过电荷激发的电场而产生的D．库仑通过扭秤实验得出了任意两个电荷间的库仑力F＝k的规律【答案】D【解析】自然界中的电荷只有两种，富兰克林将其分别命名为正电荷和负电荷，A正确；密立根通过油滴实验首先比较准确地测出了元电荷的电荷量，B正确；法拉第认为电荷间有相互作用力是通过电荷激发的电场而产生的，C正确；库仑得出的F＝k，应该是在真空中静止的点电荷之间的相互作用的公式，而不是任意两个电荷间的库仑力，D错误。2．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。3．有两个半径为r的金属球，相距为L，带电荷量分别为Q1、Q2，如图所示，满足条件L≫r，则它们之间的静电力是(　　)A．     B．     C．     D．【答案】A【解析】两个带电金属球可以看作点电荷，它们间的距离为两球心间的距离L＋2r，根据库仑定律得它们之间的静电力，故选A。4．如图所示，在某点电荷产生的电场中，虚线a、b、c、d是四条相邻的等势线。曲线MN是一个电子（不计电子所受重力）从M点运动到N点的轨迹。下列判断正确的是(　　) A．该点电荷一定带正电B．电子从M点运动到N点的过程中速率先增大后减小C．等势线a的电势比等势线c的电势低D．电子经过等势线a的加速度小于经过等势线b的加速度【答案】D【解析】曲线MN是一个电子从M点运动到N点的轨迹，根据轨迹可知，电子受到的是排斥力，故该点电荷一定带负电，且等势线a的电势比等势线c的电势高，AC错误；电子从M点运动到N点的过程中，到排斥力先起到阻力作用，然后再排斥力起到动力作用，则电子从M点运动到N点的过程中速率先减小后增大，B错误；等势面的疏密表示场强的大小，a的场强小于b的场强，a的电场力小于b的电场力，则电子经过等势线a的加速度小于经过等势线b的加速度，D正确。5．如图所示，质量为m、带电荷量为q（q>0）的小球A用绝缘细线悬挂于O点，细线长为l.当将电荷量为－q的点电荷B置于空间某位置时，小球A静止，悬线与竖直方向的夹角θ＝30°，A、B连线与竖直方向的夹角恰好也为30°，则A、B之间的距离为(　　)A．l     B．     C．     D．【答案】B【解析】对小球A受力分析，受竖直向下的重力，B对A斜向左上的静电力，受斜向右上的细线的拉力，由题意知小球A静止，则小球受力平衡，设此时点电荷B与小球A间的距离为r，则，解得距离，故B正确。6．已知半径为R电荷量为Q的均匀带电半球面在球心O处产生的场强大小，方向垂直于半球底部。现把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2则(　　)A．     B．     C．     D．【答案】C【解析】如图所示，由对称性和叠加原理知，故选C。7．静电的应用有多种，如静电除尘、静电喷涂、静电植绒、静电复印等，它们依据的原理都是让带电的物质粒子在电场力作用下奔向并吸附到电极上，静电喷漆的原理如图所示，则以下说法正确的是(　　)A．在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间有一强电场B．涂料微粒一定带正电C．涂料微粒一定带负电D．涂料微粒可以带正电，也可以带负电【答案】AC【解析】静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷漆的目的，所以A正确；由题图知，待喷漆工件带正电，所以涂料微粒应带负电，C项正确，BD错误。8．如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况（电场线方向未标出）。图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线上的两点，OM＝ON。下列说法中正确的是(　　)A．O、M、N三点的场强的大小关系是EM＝EN＜EOB．O、M、N三点在同一个等势面上C．同一试探电荷在O、M、N三点受到的电场力方向不相同D．将一自由电荷从M点静止释放，它将沿MON做直线运动【答案】AB【解析】在两点电荷连线的中垂线上，O点处电场线最密，电场强度最大，结合对称性有EM＝EN＜EO，A正确；等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面，则知O、M、N三点在同一个等势面上，B正确；在等量异种电荷连线的中垂线上各点的电场强度方向相同，都平行于两电荷的连线，且均由正电荷指向负电荷向则同一试探电荷在O、M、N三点受到的电场力方向相同，C错误；把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力沿水平方向，电荷将偏离MON直线，不会沿MON做直线运动，D错误。9．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。10．某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则(　　)A．粒子一定带负电B．粒子的初动能大小为qE0x0C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0【答案】BD【解析】如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确。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)一电荷量为 + Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布（金属球表面的电势处处相等）如图所示。a、b为电场中的两点，a点的场强大小_______b点的场强大小，a点的电势_______b点的电势（选填“大于”、“小于”、“等于”）。【答案】大于    大于    (每空2分)【解析】由电场线分布的疏密反映了场强的大小，越密场强越大，所以a点场强大于b点场强。沿电场线的方向是电势降低的方向，所以可判断a点电势高于金属球表面电势，金属球表面电势高于b点电势，所以a点电势大于b点电势。12．(6分)如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。(1)当开关S接___________时（选填“1”或“2”），平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时___________（选填“相同”或“相反”）(2)将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，已知如图所围的面积约为40个方格，可算出电容器的电容为___________F。【答案】(1)2    相反    (2)4×10-4    (每空2分)【解析】(1)当开关S接2时，平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时相反。(2)已知如图所围的面积约为40个方格，可算出电容器带电量为Q=40×0.2×10-3×0.4C=3.2×10-3C，电容器的电容为。13．(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2θ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：   (2分)解得：根据点电荷的电场强度公式得：。　 (2分)(2)小球与导轨间无作用力时所在处的切向合力：　(2分)即：F＝mg　(2分)因此，小球在此位置时的切向加速度。　 (2分)14．(12分)如图所示，上下平行放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在B上方有带电荷量为－6q的小球A，他们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝。让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（重力加速度为g）。求：(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；(2)A球刚进入电场时的速度v2大小。【解析】(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动，则有   (2分)解得。   (2分)(2)A球进入小孔前，只有B球受电场力，电场力则有F＝qE＝mg   (2分)方向竖直向下，系统受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F＋2mg＝2ma1   (2分)解得 系统做匀加速直线运动v22＝v12＋2a1l   (2分)代入数据解得v2＝。   (2分)15．(12分)如图所示，静止的电子在经加速电压为U0的加速电场加速后，从两极板MN的中轴线垂直进入偏转电场，然后射出。若已知两极板MN间距为d，板长为l，电子质量为m，电荷量为e，重力不计，求： (1)带电粒子经加速电场加速后的速度大小v0；(2)带电粒子在偏转电场中运动的时间t；(3)偏转电场两个极板间所能加最大电压Um。【解析】(1)根据动能定理得   (2分)解得。   (2分)(2)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有(2分)解得。   (2分)(3)粒子从偏转电场边缘飞出时，所加电压最大，在垂直极板方向上有    (1分)   (1分)联立解得。   (2分)16．(16分)如图所示，由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成绝缘装置，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。【解析】(1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得：qEx－2mgR＝0－0   (2分)又由题意得qE＝mg联立解得x＝4R。  (2分)(2)若μ≥，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得：qE(5R－x1)－mg·2R－Ffx1＝0   (2分)又Ff＝μmg   (2分)联立解得x1＝   (2分)所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1＝μmgx1＝  (2分)若μ＜，则μmg<qE，小环经过多次的往复运动，最后在P点的速度为0，根据动能定理得：qE·5R－mg·2R－W2＝0－0   (2分)克服摩擦力做的功W2＝mgR。 (2分)