《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 電學(xué)部分 專題01 電場單元測試卷A卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 電學(xué)部分 專題01 電場單元測試卷A卷（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 電學(xué)部分 專題01 電場單元測試卷A卷 一、單選 1．在感應(yīng)起電中，帶負(fù)電物體靠近帶絕緣底座的導(dǎo)體時，如圖所示M處將( ) A. 帶正電 B. 帶負(fù)電 C. 不帶電 D. 不能確定 【答案】B 【解析】由于同性電荷相斥，則當(dāng)帶負(fù)電物體靠近帶絕緣底座的導(dǎo)體時，帶電體將導(dǎo)體中的負(fù)電荷斥向最遠(yuǎn)端，即M處帶負(fù)電，故選B. 2．兩個可視為質(zhì)點物體相距為R時，其相互作用的萬有引力大小為F。若將兩個物體間的距離增大為2R，其相互作用的萬有引力大小變?yōu)椋? A. B. C. 4F D. 2F 【答案

2、】B 【解析】根據(jù)萬有引力定律公式知，兩物體間的距離增大為原來的2倍，則萬有引力變?yōu)樵瓉淼?，即為，故B正確，A、C、D錯誤； 3．下列現(xiàn)象中屬于靜電利用的是 A. 油罐車上有鐵鏈拖到地面 B. 飛機(jī)輪胎用導(dǎo)電橡膠制作 C. 屋頂安裝避雷針 D. 汽車表面噴涂油漆 【答案】D 4．如圖所示，P是一個帶電體，將原來不帶電的導(dǎo)體球Q放入P激發(fā)的電場中并接地，a，b，c，d是電場中的四個點。則靜電平衡后（ ） A. 導(dǎo)體Q仍不帶電 B. a點的電勢高于b點的電勢 C. 檢驗電荷在a點所受電場力等于b點所受電場力 D. 帶正電的檢驗電荷在c點的電勢能大于d點的電勢能

3、 【答案】D 點睛：本題關(guān)鍵在于比較cd兩點的電勢，要注意c沿電場線到零勢能面有很大的距離，而d點已接近零勢能面，而沿電場線的方向，電勢是降落的；故c點電勢一定大于d點電勢． 5．如圖所示，B 為線段 AC 的中點，如果在 A 處放一個＋Q 的點電荷，測得 B 處的場強(qiáng) EB＝60 N/C， 則下列說法正確的( ) A. C 處的場強(qiáng)大小為 EC＝30 N/C B. C 處的場強(qiáng)大小為 EC＝20N/C C. 若要使 EB＝0，可在 C 處放一個－Q 的點電荷 D. 把 q＝10－9 C 的點電荷放在C 點，則其所受電場力的大小為 1.5×10－8 N 【

4、答案】D 【解析】A、B、場源為一正的點電荷Q，B離點+Q的距離等于C離+Q的距離的一半，則根據(jù)真空中點電荷場強(qiáng)公式，得EB=4EC；因B處的場強(qiáng)EB=60N/C，則EC=15N/C．故A、B錯誤。C、若要使EB=0，可在C處放一個+Q的點電荷，故C錯誤；D、把q=10-9C的點電荷放在C點，則其受電場力的大小為F=qEC=10-9C×15N/C=1.5×10-8N，故D正確；故選D。 6．在密立根油滴實驗中，調(diào)節(jié)兩金屬板間的電勢差等于U0兩板距離為d時，某質(zhì)量為m的油滴恰好做勻速運動，則該油滴所帶電荷量為( ) A. B. C.

5、 D. 【答案】A 【解析】油滴勻速運動過程中受到電場力和重力平衡， 根據(jù)平衡條件，有：mg=qE，又有，聯(lián)立可得：，故A正確，BCD錯誤。 7．如圖所示，是一個點電荷電場的電場線(箭頭線)和等勢面(虛線)，兩等勢面之間的電勢差大小為2 V，有一個帶電荷量為q＝－1.0×108 C的電荷，從A點沿不規(guī)則曲線路徑移到B點，電場力做功為（ ） A. 2.0×108 J B. －2.0×108 J C. 1.60×107 J D. －4.0×108 J 【答案】B 【解析】由圖可知，電場線的方向向

6、外，所以A點的電勢大于B點的電勢，所以AB之間的電勢差為：U=2V；由電場力做功的公式有：W=qU=-1.0×108C×2V=-2.0×108J，故B正確，ACD的錯誤；故選B。 8．如圖所示，一個帶正電的球體M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上的P1處，當(dāng)小球N靜止時，絲線與豎直方向的夾角為θ。若將絲線懸點從P1移到P2處。則 A. 角θ變大，小球N帶正電 B. 角θ變小，小球N帶正電 C. 角θ變大，小球N帶負(fù)電 D. 角θ變小，小球N帶負(fù)電 【答案】B 9．三個粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列不正確

7、的是 A. 在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上 B. b和c同時飛離電場 C. 進(jìn)電場時c的速度最大，a的速度最小 D. 動能的增加值c最小，a和b一樣大 【答案】B 【解析】A、三個粒子的質(zhì)量和電量都相同，則知加速度相同，a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)，可知運動時間相等，故A正確； B、b、c豎直方向上的位移不等，，根據(jù)，可知，故B錯誤； C、在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：v=xt，因，則，故C正確； D、根據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，c電荷電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確；

8、 選不正確的，故選B。 10．一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是 A. x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零 B. 粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C. 若x1、x3處電勢為1、3，則1<3 D. x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變 【答案】D 【解析】EP-x圖像的斜率表示粒子所受電場力F，根據(jù)F=qE可知x1處電場強(qiáng)度最小且為零，故A錯誤； B、粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運動，

9、x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運動，故B錯誤； C、帶負(fù)電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，若x1、x3處電勢為1、3，則1>3,故C錯誤； D、x2～x3段斜率不變，所以這段電場強(qiáng)度大小方向均不變，故D正確； 故選D 二、多選 11. 如圖為某一電場的電場線，M、N、P 為電場線上的三個點，M、N 是同一電場線上兩點。下列判 斷正確的是( ) A. 只受電場力作用時，同一負(fù)電荷在 N 點的加速度最大 B. M、N、P 三點中 N 點的電勢最高 C. 正電荷從 M 點自由釋放，電荷不可能沿電場線運動到 N 點 D. 只受電場力作用時，同正

10、電荷在 M 點的電勢能大于在 N 點的電勢能 【答案】ACD 12．兩電荷量分別為Q1和Q2的點電荷放在x軸上的O、A點， 兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中B、C兩點的電勢均為零，則 A. Q1與Q2帶異種電荷 B. B、C點的電場強(qiáng)度大小為零 C. CD點間各點的場強(qiáng)方向向x軸負(fù)方向 D. 若有一個電子在C點無初速運動，則在隨后的一段時間內(nèi)，電場力先做正功后做負(fù)功 【答案】ACD 【解析】由圖象可知，圖象中的電勢有正有負(fù)，如果都是正電荷，則電勢不會為負(fù)、如果都是負(fù)電荷，電勢不會為正，則Q1與Q2帶異種電荷。故A正確。電勢隨x變化圖線的切線斜率表

11、示電場強(qiáng)度，B、C點處切線斜率不為零，則電場強(qiáng)度大小不為零，故B錯誤。由圖可知：C→D段中，電勢升高，所以場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向。故C正確。因C→F段中，電勢先高升后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，則將一負(fù)點電荷從C無初速運動，則在隨后的一段時間內(nèi)，電場力先做正功（CD段）后做負(fù)功（D點以后）。故D正確；故選ACD。 13．如圖所示為靜電除塵機(jī)理圖，廢氣先經(jīng)過一個機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負(fù)電，塵埃只在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達(dá)到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo)出)。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則（

12、） A. 電場線方向由集塵極指向放電極 B. 圖中A點場強(qiáng)小于B點場強(qiáng) C. 沿水平方向進(jìn)入的塵埃在遷移過程中可以做類平拋運動 D. 塵埃在遷移過程中電勢能減小 【答案】AD 【解析】由題可知帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A正確；電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，由圖可知A點的電場線更密，故A點的電場強(qiáng)度大于B點的電場強(qiáng)度，故B錯誤；放電極與集塵極間建立非勻強(qiáng)電場，塵埃所受的電場力是變化的，所以不能做類平拋運動，故C錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，電場力做正功，所以在遷移過程中電勢能減

13、小，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。 14．電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，可以捕捉到瞬間的電流變化，相當(dāng)于一個理想電流表。用如圖甲所示的電路來研究電容器的放電過程。實驗時將開關(guān)S撥到1端，用直流8V電壓給電容器充電，待電路穩(wěn)定后，將電流傳感器打開，再將開關(guān)S撥到2端，電容器通過電阻R放電。以S撥到2端時為t=0時刻，電流傳感器測得的電流I隨時間t變化圖像如圖乙所示，根據(jù)題意，下列說法正確的是： A. 由I-t圖可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.2′10-3C B. 由I-t圖可知，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為3.2C C. 此電容器的電容

14、約為4.0′10-4F D. 此電容器的電容約為0.4F 【答案】AC 【解析】A、B、將橫坐標(biāo)t分成許多很小的時間間隔△t，在這些很小的時間間隔里，放電電流I可以視為不變，則I△t為這段時間內(nèi)的電量，則電容器所帶的電荷量為Q=I1△t1+I2△t2+I3△t3+…+In△tn，式中I1△t1、I2△t2…為圖中的狹條形面積，由此可知，電容器所帶的電荷量在數(shù)值上等于圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積．縱坐標(biāo)的每個小格為0.2mA，橫坐標(biāo)的每個小格為0.4s，則每個小格所代表的電荷量數(shù)值為q=0.2×10-3×0.4=8×10-5C，曲線下包含的小正方形的個數(shù)為39個（格數(shù)為38-42都正確）；總放

15、電量為Q=39×8×10-5C=3.2×10-3C，故A正確，B錯誤．C、D、由電容器的計算公式，可得電容值，故C正確，D錯誤。故選AC。 15．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的小球Q．整個裝置處在場強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)把一個帶電量為+q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動。N點與彈簧的上端和M的距離均為s0．P、Q以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點和點電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k。則（ ） A. 小球P返回時，可能撞到小球Q B. 小球P在N點的加速度大小為

16、C. 小球P沿著斜面向下運動過程中，其電勢能不一定減少 D. 當(dāng)彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大 【答案】BC 【解析】A項：根據(jù)動能定理知，當(dāng)小球返回到N點，由于重力做功為零，勻強(qiáng)電場的電場力做功為零，電荷Q的電場對P做功為零，則合力做功為零，知道到達(dá)N點的速度為零．所以小球不可能撞到小球Q，故A錯誤； B項：根據(jù)牛頓第二定律得，小球在N點的加速度，故B正確； C項：小球P沿著斜面向下運動過程中，勻強(qiáng)電場的電場力做正功，電荷Q產(chǎn)生的電場對P做負(fù)功，兩個電場力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場力不一定做正功，則電勢能不一定減小，故C錯誤； D項：當(dāng)小球所受的合力為零時，速度最大，

17、即，則壓縮量不等于，故D錯誤。 三、解答題 16．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在著沿AD方向的勻強(qiáng)電場。電量為q、速度為v的帶電粒子從A點沿AB方向進(jìn)入電場，恰好從BC的中點離開電場，不計粒子所受重力。求電場強(qiáng)度的大小E。 【答案】 17．如圖所示，用長30cm的細(xì)線將質(zhì)量為m=4×10-3kg的帶電小球P懸掛在O點，當(dāng)空間有方向為水平向右、大小為E=1×104N/C的勻強(qiáng)電場時，小球偏轉(zhuǎn)37°，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。） （1）判斷小球的帶電性質(zhì)； （2）求小球所帶的電荷量和細(xì)線的拉力大小。

18、 【答案】（1）小球帶正電 （2）5×10-2N 【解析】（1）小球受力如圖 電場力方向與場強(qiáng)方向相同，故帶正電； （2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37° 得q==3×10-6C； 由力的平衡條件，在豎直方向上：Fcos37°=mg 即F==5×10-2N，方向與豎直方向成37°角。 18．如圖所示，一帶電荷量為q＝－5×10－3 C，質(zhì)量為m＝0.1 kg的小物塊處于一傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面上，當(dāng)整個裝置處于一水平向左的勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰處于靜止?fàn)顟B(tài)．(g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

19、 ①電場強(qiáng)度的大小； ②若從某時刻開始，電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊下滑時的加速度大?。? 【答案】(1) E＝150 N/C (2) 3 m/s2 【解析】試題分析：對物塊受力分析，根據(jù)平衡條件列式可求得電場強(qiáng)度；由牛頓第二定律可求得物塊的加速度。 ①小物塊受力如圖，由受力平衡得：qE－FNsin θ＝0 mg－FNcosθ＝0 解得： 代入數(shù)據(jù)得E＝150 N/C ②由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)得加速度大小為：a＝3 m/s2 19．如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），在KA間經(jīng)加速電壓U1加速后，從A板中心小孔射出，進(jìn)入由M、N兩個水平極板構(gòu)成

20、的偏轉(zhuǎn)電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力．求： （1）電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間t； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直于板方向偏移的距離y． 【答案】（1）（2） 【解析】電子在加速電場中加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律即可求解。 （1）根據(jù)動能定理得： 解得： 在平行于極板方向做勻速運動： 解得： （2）在垂直于極板方向做勻加速直線運動： 根據(jù)牛頓第二定律得： 解得： 20．如圖甲所示，真空中的電

21、極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子（電子的初速度可忽略不計），經(jīng)電壓為U1的電場加速，加速電壓U1隨時間t變化的圖象如圖乙所示。每個電子通過加速電場的過程時間極短，可認(rèn)為加速電壓不變。電子被加速后由小孔S穿出，沿兩個彼此靠近且正對的水平金屬板A、B間中軸線從左邊緣射入A、B兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板長均為L=0.20m，兩板之間距離d=0.050m，A板的電勢比B板的電勢高。A、B板右側(cè)邊緣到豎直放置的熒光屏P（面積足夠大）之間的距離b=0.10m。熒光屏的中心點O與A、B板的中心軸線在同一水平直線上。不計電子之間的相互作用力及其所受的重力，求： （1）要使電子都打不到熒光屏上，則A、B兩板間所

22、加電壓U2應(yīng)滿足什么條件； （2）當(dāng)A、B板間所加電壓U2'=50V時，電子打在熒光屏上距離中心點O多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)。 【答案】（1）U至少為100V；（2）電子打在屏上距中心點O在2.5cm～5.0cm范圍內(nèi)。 【解析】試題分析：（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m、電量為e，電子通過加速電場后的速度為v，由動能定理有： ; 電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間; 此過程中電子的側(cè)向位移 聯(lián)立上述兩式解得： ; 要使電子都打不到屏上，應(yīng)滿足u取最大值800V時仍有 代入數(shù)據(jù)可得，為使電子都打不到屏上，U至少為100V。 （2）當(dāng)電子恰好從A板右邊緣射出偏轉(zhuǎn)電場時，其側(cè)移量最大 電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時，其速度的反向延長線通過偏轉(zhuǎn)電場的中心，設(shè)電子打在屏上距中心點的最大距離為Ymax，則由幾何關(guān)系可得： ，解得 由第（1）問中的可知，在其它條件不變的情況下，u越大y越小，所以當(dāng)u=800V時，電子通過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量最小。其最小側(cè)移量 同理，電子打在屏上距中心點的最小距離 所以電子打在屏上距中心點O在2.5cm～5.0cm范圍內(nèi)。