特训7 静电场恒定电流-【创新教程·微点特训】2026年考前复盘高考物理冲刺

物理 特训7 静电场 恒定电流 (时间：45分钟满分：60分) 单选题：本题7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.如图所示，将用丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球后，发现金属球 玻璃棒 验电器的金属箔片张开了一定的角度。下列说法正确的是( 金属杆 A.验电器的两个金属箔片都带上了负电荷 B.验电器可用于检验物体带正电还是负电 C.验电器的工作原理是同种电荷相互排斥 金属箔 警 D.玻璃棒中部分质子转移到了金属球 2.两个相同的金属小球分别带上电，分别固定在A、B两点，A、B间的距离为r(r远大于小 球直径)，两球间的库仑力大小为F,将两球接触后分开，再分别固定在A、B两点，结果两 球间的库仑力大小为0，静电力常量为k,则两球接触前，固定在A点的小球电荷量大 斯 小为 Fr2 A.k C. 2Fr Fr 2k 1 1 3.某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电 场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点。下列说法正确 刻 的是 A.A点的电场强度大于B点的电场强度 柄 B.A点的电势高于B点的电势 C.将负电荷从A点移到B点，电场力做正功 D.将正电荷从A点移到C点，电荷的电势能减小 4.如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻R,、R。串联而成。已知该表头的内阻 R。=5002,满偏电流Ig=1mA。下列说法正确的是 G 阳 A.表头G的满偏电压为5V B.使用a、b端点时的量程比使用a、c端点时的大 C.使用a、b端点时，若量程为3V,则R,为2.5k2 D.使用a、c端点时，若量程为15V,则(R1+Rz)为15k2 5.如图所示，闭合开关S后，灯泡L没有发光，电流表和电压表的示数均为0。若电路中只 有一处故障，则可能的故障是 () A.灯泡L断路 B.电阻R断路 C.灯泡L短路 D.电阻R短路 ·25· 6.如图甲为安装在室内房顶的家用烟雾报警器，其简化原理图如图乙，电源电动势为E(内 阻不计)，R。为定值电阻，电流表A、电压表V均视为理想电表，光敏电阻R。的阻值随光 照强度的增大而减小。闭合开关S,随着烟雾浓度的增大，电流表A、电压表V的示数变 化情况分别为 () 激光 (V 烟雾 甲 乙 A.减小，减小 B.增大，增大 C.减小，增大 D.增大，减小 7.磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均 匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀 强电场，静电力常量为k,介质的相对介电常数为€，细胞膜的面积S>d;磷脂双分子层 可视为两片平行的带电薄板，板间充满介电常数为©，的介质。初始时，两板不带电，间距 为d。现通过离子泵使两板分别带上电荷十Q和一Q,两板间产生静电吸引力，导致间距 变化，已知单层无限大带电板的电场强度大小为E=2πQ,关于两板间的电场强度大小 E,下列说法正确的是 ( A,当系统处于平衡状态时，E'=2πkQ eS B.当系统处于非平衡状态时，E'=kQ eS C.当系统处于平衡状态时，E'=4πkQ ES D.当系统处于非平衡状态时，E'_8πkQ eS 二、多选题：本题3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符 合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分。 8.如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，、b为 轨迹上两点，下列说法中正确的是 () A.两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多 B.带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C.带电粒子带正电 D.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 9.如图所示为手机内电容式加速度传感器的原理图，M和N为平行板电容器两极板，M板 固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N板只能按图中标识的“前后” 方向运动，图中R为定值电阻。下列判断正确的是 () ·26· N 前 左十右 后 A.匀速运动时，M板带正电荷，电流由α向b流过电流表 B.向前加速时，若加速度增大，M、N板间的距离增大，电容器的电容减小 C.由静止突然向前加速时，电流由b向α流过电流表 D.保持向前的匀减速运动时，M、N之间的电场强度持续减小 10.静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势9在x 轴上的分布如图新示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴 上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列 说法正确的是 A.C、D两点的电场强度Ec<ED A B B.C点的电场强度方向与x轴正方向相反 C.试探电荷十q从A点移到B点，静电力做正功 D.同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等 三、实验题：本题1小题，共8分 11.某实验小组要测量一款锂电池的电动势E和内阻r,设计了如图甲所示的电路，所用器 材有电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R。、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电 路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S,逐次改变电阻箱的阻值 R,用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题： 3.51 手 机 电流 传感器 2.0 01.02.03.04.05.06.0 甲 (用E、r、R、R。表示)。 (2)根据记录的数据作出二一R图像，如图乙所示。已知R,=7.0Q,可得E=」 V, r= Ω。（结果均保留两位有效数字） (3)电流传感器的电阻对本实验电池电动势的测量，结果 (填“有”或“无”) 影响。 四、解答题：本题2小题，共19分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数字计算的 要注明单位，只写最后结果的不得分。 12.(8分)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，斜面光滑绝缘。带电小球1固定 在斜面顶端A点，带电小球2用绝缘细线与小球1相连静止在斜面上B点，AB=L,小 球2的质量为m,重力加速度为g,细线的拉力等于mg,小球1、2带等量的电荷，不计 球的大小，静电力常量为飞。 ·27· C30> (1)求小球2的带电荷量； (2)剪断细线，当小球2运动到斜面上C点时加速度大小为，求C点的电场强度大小。 13.(11分)如图所示，竖直虚线MN、PQ间距为L,在MN的左侧有水平向右、大小为2E 的匀强电场，在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场，在PQ右侧2L处有 竖直屏。现有一质量为m、电荷量为十q的粒子，从MN左侧处的A点，由静止释放， 粒子以速度，（大小未知）射入MN、PQ之间的电场中，过A点的水平线与屏的交点为 O,不计粒子的重力。求： M 屏 2E 屏 Vo L N 2L (1)0。的大小； 烯 (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间； (3)粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角0的正切值tan0; (4)打到屏上的点到O点的距离。 ·28·整理可得若满足m ,d=mx入2 d,则 一m 滑块与小球碰撞过程中动量守恒。 答案：(2)0.450(3)小于(4)c(5)m1 d =m条m d 12.解析：(1)根据波长的定义及两列波的波动图 可知入1=0.5m,入2=1m; (2)由波动图可知在x三0m处两列波均处于 波峰处，x=0处的质点位移21=A十A= 24m, 在x=0.375m处，对于第一列波有x=0.375m 对于第二列波有1=0.375m=名。 在x=0.375m处质点的位移x2=0十 (3)对于第一列波有T=2=0,5s 1 =0=3408=6805, 对子第二列流有T一合动小 答案：(1)入1=0.5m,入2=1m, 2 (2)2um-气um 8高 1 13.解析：(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成 的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向， 由动量守恒定律得(M+m)v,=mw十Mv1 解得u,= (M+m)v。-mu M (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的 速度方向为正方向，由动量守恒定律得v一 Mvp=(M+m)v2 mv-Mv 解得v2一M十m (3)乙接住冰车后甲、乙恰好最后不相撞，则三 者最终有共同速度，由动量守恒得(M十m) 一Mvo=(2M十m)v共 解得v=0.5m/s 损失的能量△E=号M+m)心+2M6 2(2M+m)n 解得△E=2145J 答案：(1)M+m)心，-m (2)mv-Mv, M M+m (3)2145J 1 特训7 1.C[丝绸摩擦后的玻璃棒带正电，与验电器的 金属球接触后，两个金属箔片上的电子转移到 玻璃棒上来，使两个金属箔片失去电子而带正 电，根据同种电荷相互排斥的工作原理，故验电 器的金属箔会张开，故A、D错误，C正确；根据 验电器的工作原理“同种电荷相互排斥”，它只 能检验物体是否带电，无法直接检验出物体带 的是正电还是负电，故B错误。] 2.A[根据库仑定律，接触前两球间库仑力大小 为F=长9，，两相同金属球接触后电符均 分，总电荷为91十92，分开后每个球的电荷为 十型。由题意，接触后库仑力为0，说明两球 电荷相等且符号相反，但此时力为0的唯一可 能是接触后两球电荷均为0，即总电荷为0，则 有q2=一q1,代入原库仑力公式F= 69（-9=k 2 ,雪，解得91=仓，故 r 选A。] 3.B由电场线越密的地方，电场强度越大，则有 E>EA,故A错误；沿着电场线，电势逐渐降 低，A,点处于电场线的靠前的位置，故A,点的电 势高于B点的电势，故B正确；由于沿着电场 线，电势逐渐降低，故9A>9B,因此将负电荷从 A移动到B,电势能增大，电场力做负功，故C 错误；由于A和C处于同一条等势线上，故将正 电荷从A移到C过程的电场力不做功，电势能 不变，故D错误。] 4.C[表头G的满偏电压Ug=IRg=0.5V,故 A错误；由图示电路图可知，接Q、b两端，点时分 压电阻阻值小于接a、c两端点时分压电阻阻 值，由此可知，使用Q、b两个端点时，其量程比 使用a、c两个端，点时小，故B错误；使用a、b两 个端，点时，由图示电路图可得I(R。十R)=3V, 解得R1=2.5k2,故C正确；使用a、c两个端，点 时，由图示电路图可得Ig(Rg十R1十R2)= 15V,解得R1十R2=14.5k2,故D错误。] 5.A「电路连接正确无误，闭合开关S,发现灯不 发光，且电压表示数、电流表示数均为零，电路 中一定有断路，可能是电流表断路，小灯泡断 路，开关断路，若电阻R断路电压表有示数，故 选A。] 6.C[定值电阻R。与光敏电阻RG串联，电压表 V测光敏电阻RG的电压，电流表A测电路中 的电流，随着烟雾浓度的增大，光照强度减弱， 光敏电阻R。的阻值增大，电路中总电阻增大， 根据闭合回路欧姆定律可知，电路中的电流变 小，电流表A示数减小，根据U=IR,可知定值 电阻R。的电压变小，光敏电阻RG的电压增大， 即电压表V的示数增大。故选C。] 7.C[由题意，已知单层无限大带电板的电场强 度大小为E红心。两极板带电荷十Q和一Q 时，根据场强叠加原理，则两极板间的电场强度 大小为E'=2E=2X2πbQ-4πkQ ES ES 不管系统是否处于平衡状态，只要两极板带电 荷十Q和一Q,根据场强叠加原理，两板间的电 场强度都是由两板各自产生的电场叠加而成， 其大小的为8.故速C] 8.AB[根据电场线的指向和电场线的密集程 度，可知两个点电荷为左正右负，且左边电荷所 带电荷量多，故A正确；b点电场线更密集，电 场强度更大，带电粒子在b,点受电场力更大，根 据F=Eq=ma,可得带电粒子在a,点的加速度 小于在b点的加速度，故B正确，D错误；粒子 轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判断粒 子受力和场强方向相反，粒子带负电，故C 错误。] 9.BC[匀速运动时加速度为0，电容不变，故电 容器不会充、放电，所以线路中无电流，M板与 电源正极相连带正电荷，故A错误；向前加速 时，若加速度增大，由于惯性N板向后移，两极 板间距d增大，根据C=可知，电容C成 小，故B正确；由静止突然向前加速时，由上述 分折可知，电容C减小，根据C=号可知，U不 变，则Q减小，所以有放电电流，电流由b流向 a,故C正确；保持向前的匀减速运动时，加速度 a不变，极板N的合力不变，故弹簧形变量不 支，故板板间距不变，由E-号可知，M,N之间 的电场强度不变，故D错误。] 10.AC[根据△p=E△x可知，9-x图像斜率的 绝对值表示电场强度的大小，根据图像可知 E。<ED,故A正确；由沿电场线方向电势降 低，可知，电场线方向沿x轴正方向，即C,点的 电场强度方向与x轴正方向相同，故B错误； 结合上述，电场方向沿x轴正方向，则试探电 荷十q从A点移到B点，静电力做正功，故C 正确；根据图示可知PB>9c,电荷的电势能Ep =qP,可知，同一试探电荷在B点和C点具有 的电势能不相等，故D错误。] ·75 11.解析：(1)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R 十r) 整理符(R+r+R,） (2)根据闭合电路欧姆定律有I=R十R,十， E 支形裕一是+B E 可知7-R图像的斜率=官3120V 5.0 解得E=4.5V 子坐标轴上的我距为2.0Λ，则有2.0Λ =R十， E 解得r=2.02 (3)若考虑电流传感器内阻的影响，根据闭合 E 电路欧姆定律可得I=R十R,十r十R 支形得片一尽+B十R E 可知图像的斜率仍为k=它 1 所以在本实验中电动势的测量值与真实值相 等，即电流传感器的电阻对本实验电池电动势 的测量无影响。 答案：)是(R+r+R,)2)4.520 (3)无 12.解析：(1)设小球2带电荷量为q,依题意，细线 的拉力F,=子mg<mgsin30=2mg 因此两球带异种电荷，根据力的平衡有F12十 F,=mgsin30,其中F。=2 解得q=2入 L mg (2)当小球2运动到C点时，由牛顿第二定律有 mgsin30°-qEc=ma 解得Ec=g,2amk 答案：吃受 (2)8-2amk 13.解析：(1)粒子在MN左侧运动过程中，根据动 能定理可得gX2EX=1 解得= 2qEL m (2)粒子在MN左侧运动过程中，根据牛顿第 二定律q×2E=ma1 解得a,=2gE m 运动时间为4，=%= mL gE 粒子在MN右侧运动过程中，在水平方向上做 匀速立线运动，运动时同为头3，需 所以，粒子从释放到打到屏上所用的时间为t =6+6=4=2 2mL (3)粒子在MN、PQ间做类平抛运动，在水平 方向L=vt妇 在竖直方向，根据牛顿第二定律qE=ma2,v, =a2t3 qEL 联立解得，√2m 所以，粒子从PQ离开电场时速度方向与AO 连线夹角6的正切值为tan0==】 02 (4)粒子在MN、PQ间竖直位移为y1=之 = 4 粒子在PQ右侧做匀速直线运动，运动时间为 则竖直位移为y2=0,t4=L 所以，打到屏上的，点到O,点的距离为y=y十 答案：(1) 2gEL m 2√ 特训8 1.B[磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故 可知B。>B>B。故选B。] 2.B[扇叶的转动原理是通电导体在磁场中受到 力的作用，选项A错误；干电池为系统提供能 量，其化学能转化为机械能和焦耳热，焦耳热即 为内能，故实验中电池的化学能转化为机械能 和内能，选项B正确；将电池的正、负极对调，电 流方向改变，安培力的方向改变，扇叶转动的方 向改变，选项C错误；将圆形磁铁的两极对调， 磁感应强度方向改变，安培力的方向改变，扇叶 转动的方向改变，选项D错误。] 3.B[开始时与匀强磁场边界AB相切，线圈不 受安培力的作用，则有G=F1,提起高度为R 时，线圈受到安培力F安=BI·2R,根据左手定 ·7 则判断，安培力方向向下，根据受力平衡可得F, =G十F安，联立解得磁感应强度大小为B= F2一F,故选B] 2IR 4.C[电场力F=Eg,竖直向上，大小不变；洛伦 兹力f=qv2B,垂直纸面向外，大小不变；合力 大小不变，加速度大小不变，A错误；洛伦兹力 不做功，功率为0，B错误；电场力做正功，？增 大，v1增大，电场力瞬时功率增大，C正确；2不 变，y1增大，夹角0增大，D错误。] 5.D[粒子向左偏转，根据左手定则可知，粒子带 正电，故A错误：带电粒子从N,点射出，洛伦兹 力提供向心力做匀速圆周运动，由几何关系可 得(r-a)2+(√3a)=r2,解得r=2a,故B错 误；粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，则有mB=m食，解得R=3 gB 若减小磁感应强度，则轨道半径增大，可知，粒 子可能从N点上方射出，故C错误；带电粒子 从N点射出，则2阳=贸：爷电粒子从0点射 出，粒子做了半个圆周运动，则半径为号，则号 =m,则0=4，即N点的速度大小是O点的 Ba 速度大小的4倍。故D正确。] 6.B带正电粒子在垂直于纸面向外的环形匀强 磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 即mB=m,可得r=器已知粒子的北荷是 =k,化简得v=Br,要使粒子能进入环形内环 无磁场区域，粒子运动轨迹与内环相切时，半径 最小，此时速度最小，由左手定则可知，粒子所 受洛伦兹力向下，运动轨迹圆心在C点正下方 O,点，设粒子运动轨迹的半径为r,则有OO=R 十r,由于OC连线和OA方向的夹角为30°，且 环形区域内、外半径分别为R、2R,则由几何关 系有OO=(√3R)2十(R一r)2,联立解得r= ，代入数据得=BR,故选B] 4 7.C[由于H带正电，故在速度选择器中受到向 左的电场力，则受到的洛伦兹力应该向右，故磁 场方向垂直纸面向里，故A错误；H能打到O 点，加追时报据功能定理可得2rU=了×4md, 解得其进入速度选择器时的速度)= Nm 理，对H则有eU=号×2mo