2022上海市七宝中学高一下学期5月月考物理试题含解析

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七宝中学2021-2022学年“静电场”单元练习（2022.5）答卷时间：60分钟一、单选题（共12题，每小题4分，共48分）1. 关于点电荷的下列说法中正确的是（　　）A. 体积较大的带电体一定不能看成点电荷B. 点电荷是一种理想化模型C. 点电荷的带电量一定很小D. 足够小（例如体积小于）的电荷，一定可以看作点电荷【答案】B【解析】【详解】带电体看作点电荷的条件是：当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可以忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小、形状和电荷量多少无具体关系。点电荷实际不存在，是一个理想化的模型。故选B2. 以下实例中不属于防范静电危害的是（　　）A. 建筑物上安装避雷针B. 通过复印机把文件、资料等快速复印下来C. 机械设备要良好地接地D. 保持印染车间的空气有一定的湿度【答案】B【解析】【详解】A．建筑物上安装避雷针，是为了防止静电对建筑物造成伤害，属于防范静电的危害，不符合题意，A错误；B．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电的应用，符合题意，B正确；C．机械设备要良好接地，可以将设备使用的过程中产生的感应电荷导走，属于防范静电的危害，不符合题意，C错误；D．印染厂车间中，纸张间摩擦产生大量静电，由于有一定的湿度，能及时导走，属于防范静电危害，不符合题意，D错误；故选B。3. 以下关于摩擦起电、接触起电、静电感应这三种起电方式的说法正确的是（　　）A. 摩擦起电、接触起电符合电荷守恒定律，静电感应不符合电荷守恒定律B. 三种起电方式都符合电荷守恒定律，是因为过程中生成的正、负电荷数是等量的C. 三种起电方式都符合电荷守恒定律，都是因为过程中电子的转移D. 电荷的代数和不变只适合于接触起电【答案】C【解析】【详解】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体。摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷。电荷只是发生转移。感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分。电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电。
AD．电荷既不能被创造，也不能被消灭，这三种方式都没有产生电荷，这三种方式都符合电荷守恒定律。故A错误，D错误；
BC．摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方式，但实质是一样的，都是电子从一个物体转移到另一个物体，这三种方式都符合电荷守恒定律。故B错误，C正确；
故选C。4. 库仑扭秤如图所示，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个小球A，另一端通过小球B使绝缘棒平衡。把另一个带电的金属小球C插入容器并使它接触A，使A与C带同种电荷。将C与A分开，再使C靠近A，A和C之间的作用力使A远离。扭转悬丝，使A回到初始位置并静止，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，进而可以找到力F与距离r和电荷量的关系。此实验中（    ）A. B球起平衡作用，带电荷量与A球相同B. 库仑准确测出了每一个带电小球的电荷量C. 可得：A球与C球之间的作用力与它们之间的距离成反比D. C球所带电荷量越大，悬丝扭转的角度越大【答案】D【解析】【详解】A．根据库仑扭秤实验，B球是平衡球，使杆处于水平状态，A和C球之间存在库仑力，B球不带电，故A错误；B．在库仑的时代没有电荷量的单位，不可能准确测出每一个小球的电荷量，该实验是利用扭转悬丝弹力的力矩与静电斥力的力矩平衡，通过扭转角度计算出电荷间的作用力，不是直接测量库仑力大小，故B错误；C．根据库伦定律可知，A球和C球间的作用力与它们之间的距离平方成反比，故C错误；D．C球带电荷量越大，库仑力越大，悬丝扭转的角度越大,故D正确。故选D。5. 如图甲所示为电容器的充电电路，先将可变电阻的阻值调为，闭合开关，电容器所带电荷量随时间变化的关系图像如图乙实线①所示。然后断开开关，先使电容器放电完毕，再把的阻值调为，接着重复前面的操作，得到如图乙实线②所示图像，下列说法正确的是（　　）A. 电容器充电过程，充电电流不断减小B. 电容器充电过程，充电电流不断增加C. 电容器充电过程，电容器的电容不断增加D. 增大可变电阻的阻值对电容器充电更快完成【答案】A【解析】【详解】AB.电容器充电过程，，图线斜率视为电流，可知充电电流不断减小，A正确,B错误；C.电容器的电容是电容本身的属性，电容不变，C错误；D.增大可变电阻的阻值对电容器充电更加平缓，充电时间更长，D错误。6. 电子束焊接是利用加速和会聚的高速电子流轰击工件接缝处，使金属熔合的一种焊接方法。电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，电子束从阴极逸出后经电场加速到达阳极，不考虑电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）A. 电子束焊接原理是将电子流的动能转化为内能B. K点电势高于A点电势C. 电子由K运动到A，电势能增加D. 电子由K运动到A，加速度不变【答案】A【解析】【详解】A．电子束焊接原理是将电子流的动能转化为内能，A正确；B．沿着电场线方向电势降低，所以K点电势低于A点电势，B错误；C．电子由K运动到A，电场力做正功，电势能减小，C错误；D．靠近阳极A的地方电场线密集，电场强度大，电子从K运动到A，加速度逐渐增大，D错误。故选A。7. 处于等边三角形顶点的两个正点电荷与一个负点电荷形成的电场的等势面如图所示，相邻等势面之间的电势差相等。O为两个正点电荷连线的中点，A、O、B及两点电荷在同一直线上，且A、B两点关于O点对称，A、B、C分别在对应的等势面上，电势已在图中标注。则（　　）A. O点没有电场线，电场强度为零B. A、B两点的电场强度相同C. A、C之间的电势差为10VD. 一电子仅受电场力作用由B点运动到C点，其动能减少30eV【答案】D【解析】【详解】A．由点电荷电场的叠加原理可知，三点电荷在O点合场强不为零，A错误；B．场强方向由高电势指向低电势，故A、B两点场强方向不同，所以场强一定不同，B错误；C．由图可知，，故A、C之间的电势差为C错误；D．由图可知，，故B、C之间电势差为对于电子仅受电场力作用由B点运动到C点的过程，应用动能定理可得解得故电子动能减少30eV，D正确。故选D。8. 如图甲所示，点电荷Q固定于光滑绝缘水平面上的x轴上，x轴上M、N两点各放一正点电荷，它们受到Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示（取x轴的正方向为正），则（　　）A. 点电荷Q带正电，位于M、N之间B. M、N两点的电场强度大小之比为C. 如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止D. 点电荷Q到M、N两点的距离之比为【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知M点处的正点电荷受力，沿x轴的正方向；N点处的正点电荷受力，沿x轴的负方向。故点电荷Q带负电，位于M、N之间，A错误；B．由电场强度定义式可知，图像斜率为电场强度，故M、N两点的电场强度大小之比为故B错误；C．M、N处的电荷带正电，场源电荷带负电，由受力分析可知，适当调整Q位置，可以使三个点电荷均静止，满足“两大夹一小，两同夹一异”，C错误；D．由点电荷场强表达式可知D正确。故选D。9. 如图所示，是圆的内接三角形，，为圆心，为直径，半径。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取点电势为零。处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，其中到达点的粒子动能为，到达点的粒子电势能为。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，。则匀强电场的电场强度大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据电势能表达式可知粒子在点的电势为根据可得粒子从到过程，根据动能定理可得解得可知连线为等势线，过点做的垂线，如图所示由图中几何关系可得则匀强电场电场强度大小为C正确，ABD错误；故选C。10. 真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E，电势为；若再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则O点的场强大小和电势应分别为（    ）A.  B.  C.  D. 0， 【答案】B【解析】【详解】在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E得则O点的场强大小三角形中心O点的电势为，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与无穷远处是相等的，为0。A为等量同种电荷，则O点电势应为。故选B。11. 如图所示，虚线是静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则（    ）A. 粒子一定带负电B. 粒子经A点的动能小于在C点的动能C. A点的电场强度大于C点的电场强度D. 粒子从A点到B点电场力所做的功小于从B点到C点电场力所做的功【答案】C【解析】【详解】A．电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向轨迹内侧，即受力方向向左上，与电场线方向一致，则粒子一定带正电，故A错误；B．粒子A点运动到C点过程中，电场力做负功，动能减小，所以粒子经A点的动能大于在C点的动能，故B错误；C．A点等势线密，则电场线也密，A点的电场强度大于C点的电场强度，故C正确；D．电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，因为所以粒子从A点到B点电场力所做的功等于从B点到C点电场力所做的功，故D错误。故选C。12. 如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则下列说法正确的是（　　）A. A点的电场强度方向向左B. 两点电荷的电荷量的大小关系为q1<q2C. 从B点到D点的电场强度先增大后减小D. 将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功【答案】A【解析】【详解】AB．根据电势φ随x变化的斜率表示场强大小，则有C点的场强为0，根据可知点电荷q1>q2，由于B到C过程电势逐渐降低，所以场强方向由B指向C，C到D过程电势逐渐升高，所以场强方向由D指向C，则q1为负点电荷，q2为正点电荷，所以BA间的场强方向向左，则A正确；B错误；C．根据电势φ随x变化的斜率表示场强大小，则从B点到D点的电场强度先减小后增大，所以C错误；D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，所以D错误；故选A。二、填空题（每空3分，共36分）13. 静电场有两个基本特性．一个是电荷放在静电场中会受到_________作用；另一个是放在静电场中的电荷具有_________ ．【答案】    ①. 电场力(力)    ②. 能量（能）【解析】【详解】[1][2]静电场有两个基本特性：一个是电荷放在静电场中会受到静电力即电场力的静电力作用；另一个是放在静电场中的电荷具有电势能即能量。14. 如图，点电荷Q的一条电场线上有A、B、C三点，B为AC中点，则AB两点电势差的绝对值UAB与BC两点电势差的绝对值UBC的大小关系为UAB_________UBC（选填“＞”“＝”或“＜”）；一个质子质量为m、电荷量为e，由电场中一点由静止释放到另一点时速率为v，则这两点间的电势差为_________。【答案】    ①. ＞    ②. 【解析】【详解】[1]由点电荷周围电场场强公式可知，离点电荷越近场强越大，即AB两点间平均场强大于BC两点间的平均场强，根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可定性得出依题意联立，可得[2]根据动能定理，可得由电势差的定义式，可得15. 如图所示，电容器上极板A接电源正极、下极板B接电源负极，且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰静止在电容器内部P点。现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴将_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势将_________（填“升高”、“降低”、“不变”）。【答案】    ①. 向下运动    ②. 升高【解析】【详解】[1][2]带电液滴处于平衡状态，两极板间电势差不变，下极板B向下平移一小段距离，由可知，电场强度变小，则液滴将向下运动。A板接地，电势为零，则不变，电场强度减小，P点电势为负电势，则P点电势将升高。16. 相隔很远，均匀带电+q，−q的大平板在靠近平板处的匀强电场电场线如图a所示，电场强度大小均为E。将两板靠近，根据一直线上电场的叠加，得到电场线如图b所示，则此时两板间的电场强度为______，此时两板的相互作用力大小为______。【答案】    ①. 2E    ②. Eq【解析】【详解】[1]根据电场线从正电荷出发到负电荷终止，叠加后的电场满足矢量加减，故两板间的电场强度为2E。[2]两板相互靠近，两板间的电场强度会叠加，但计算电场力时，应将其中一个平板看作试探电荷，它处在另外一个平板产生的电场中，故其所受电场力为Eq，同理可得，另一个平板也可以看作是一个试探电荷，它所受的电场力也为Eq，故两板的相互作用力大小为Eq。17. 如图所示，一个均匀带电的细圆环带电荷量为，半径为R，放在绝缘水平桌面上。在圆心O的正上方距O高为R的A点电场强度大小为___________，方向为___________。【答案】    ①.     ②. 由O指向A【解析】【详解】[1][2]如图所示把细圆环分割成n份，当n相当大时，每一小段都可以看做一个点电荷，所带电荷量为根据点电荷场强公式可知每一点电荷在A点的场强大小均为各小段带电圆环在A处的电场强度E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E的轴向的分量之和即为带电圆环在A处的电场强度。则又联立，可得方向由O指向A。18. 一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间电场强度_______（填“不变，变大，变小”），电势差_______（填“不变，变大，变小”）。【答案】    ①. 不变    ②. 变大【解析】【详解】[1][2]因充电后断开，故两板上的带电量Q不变，增加d，根据，可知电容C变小，电势差U变大，电势差可表示为电场强度可表示为故E与d无关，电场强度不变。三、综合题（16分。要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等）19. 如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即，k为未知常量。在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+2q和+5q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。（1）求k的表达式；（2）若撤去外力F，求撤去外力瞬间A、B小球间绝缘细线上的拉力T；【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球A、B及细线构成的整体受力平衡，有得（2）若撤去外力瞬时， A、B间细线拉力突然变为零，则对A球得（方向向右）对B球得（方向向右）因为，所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T，因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有由第（1）问可知对A解得【点睛】考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握整体法与隔离法的方法，理解矢量合成法则的内容，注意力做功的正负，及当加速度为零时，速度达到最大。20. 如图所示，在第一象限的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电粒子沿垂直于y轴方向从y轴上M点进入第一象限，M点距坐标原点O的距离为，粒子经电场偏转后轨迹与x轴交于N点，N点距离原点O为L。该粒子的质量为m，电荷量为q，重力忽略不计。求粒子经过N点时，速度方向与x轴正方向夹角的正切值tanα。【答案】【解析】【详解】正电粒子在匀强磁场中做类平抛运动，设粒子经过N点时，速度方向与x轴正方向夹角为α，根据类平抛运动的推论