高考物理一輪總復(fù)習階段綜合檢測（三）考查范圍靜電場恒定電流

階段綜合檢測（三）［考查范圍靜電場恒定電流］(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.如圖所示，實線表示某電池中的四個等勢面，它們的電勢分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢面間的電勢差相等，一帶負電的粒子，重力不計，在該電場中運動的軌跡如虛線所示，a、b、c、d是其運動軌跡與等勢面的四個交點，則可以判斷()A．φ4等勢面上各點場強處處相同B．四個等勢面的電勢關(guān)系是φ1<φ2<φ3<φ4C．粒子從a運動到d的過程中靜電力一直做負功D．粒子在a、b、c、d四點的速度大小關(guān)系是va<vb<vc＝vd解析：選Bφ4等勢面上各點電勢相等，但場強并不相同，A錯誤；做曲線運動的粒子，受力的方向指向凹側(cè)，因此負電荷受力向右，電場線向左，沿著電場線電勢降低，四個等勢面的電勢關(guān)系是φ1<φ2<φ3<φ4，B正確；由于c、d兩點電勢相等，從c到d的過程中，電場力先做負功后做正功，C錯誤；根據(jù)動能定理，粒子在a、b、c、d四點的速度大小關(guān)系是va>vb>vc＝vd，D錯誤。2．如圖所示，帶電量分別為＋2Q、－Q的點電荷固定在同一水平線上，粗細均勻的光滑絕緣細桿豎直放置，與兩電荷的連線乘直平分線重合。O為兩電荷連線中點，一個帶正電的小球套在細桿上可以自由滑動。在A點由靜止釋放小球，小球能向下運動且通過O點。則小球從A點運動到O點過程中()A．加速度一定不斷增大B．速度一定不斷增大C．電勢能一定不斷增大D．機械能一定不斷增大解析：選C將＋2Q的點電荷分成兩個電荷量均為＋Q的點電荷，其中一個＋Q點電荷與－Q點電荷組成等量的異種電荷，它們在AB上的電場線垂直于AB水平向右，另一個＋Q點電荷在AO上的電場強度存在沿OA方向的分量，導(dǎo)致帶電小球受到向上的電場力，加速度不一定在不斷增大，A錯誤；如果沿OA向上的最大電場力大于小球的重力，小球?qū)⒆鰷p速運動，B錯誤；小球向下運動的過程中，電場力做負功，因此電勢能一定不斷增大，C正確；由于電場力做負功，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球的機械能一定減小，D錯誤。3．如圖所示，B是一根粗細均勻電阻絲的中點，現(xiàn)將BC段均勻拉伸到D點，BD＝2BC。將電阻絲接入電路中，下列說法正確的是()A．BD段的電阻是AB段的2倍B．BD段兩端的電壓是AB段的2倍C．BD段的熱功率是AB段的4倍D．BD段自由電荷的定向移動速率是AB段的4倍解析：選C根據(jù)電阻定律，有R＝ρeq\f(L,S)，易知，BD段的電阻是AB段的4倍，故A錯誤；根據(jù)部分電路歐姆定律，有U＝IR，易知，BD段兩端的電壓是AB段的4倍，故B錯誤；根據(jù)功率的公式，有P＝I2R，易知，BD段的熱功率是AB段的4倍，故C正確；根據(jù)電流強度的微觀表達式，有I＝nqSv，易知BD段自由電荷的定向移動速率是AB段的2倍，故D錯誤。4．如圖所示，兩平行金屬板AB、MN與水平面成30°角固定放置，金屬板間存在勻強電場。一帶電小球以一定的速度垂直場強方向射入電場中，恰能沿兩板中央虛線做直線運動。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。在此過程中，下列說法正確的是()A．小球一定帶負電B．小球一定做勻速直線運動C．小球的電勢能增大D．小球加速度大小為eq\f(g,2)解析：選D因為極板所帶正負電不確定，所以小球帶電性無法確定，故A錯誤；對小球受力分析，小球受到的電場力垂直極板斜向上，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin30°＝ma，解得a＝eq\f(g,2)，所以小球做勻加速直線運動，故B錯誤，D正確；因為電場力始終與小球運動方向垂直，因此電場力不做功，小球的電勢能不變，故C錯誤。故選D。5.如圖所示，A點與B點間距離為2l，OCD是以B為圓心，以l為半徑的半圓路徑。A、B兩處各放有一點電荷，電荷量分別為＋q和－q。下列說法正確的是()A．單位正電荷在O點所受的靜電力與在D點所受的靜電力大小相等、方向相反B．單位正電荷從D點沿任意路徑移到無限遠，靜電力做正功，電勢能減小C．單位正電荷從D點沿DCO移到O點，電勢能增大D．單位正電荷從O點沿OCD移到D點，電勢能增大解析：選CA點電荷量為＋q的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為EAO＝keq\f(q,l2)，方向向右；B點電荷量為－q的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為EBO＝keq\f(q,l2)，方向向右，所以O(shè)點的合場強為EO＝2keq\f(q,l2)，方向向右，單位正電荷在O點受到的靜電力大小為FO＝2ekeq\f(q,l2)，方向向右。電荷量為＋q的點電荷在D點產(chǎn)生的電場強度大小為EAD＝keq\f(q,9l2)，方向向右；電荷量為－q的點電荷在D點產(chǎn)生的電場強度大小為EBD＝keq\f(q,l2)，方向向左，所以D點的合場強為ED＝keq\f(8q,9l2)，方向向左，單位正電荷在D點受到的靜電力大小為FD＝keeq\f(8q,9l2)，方向向左，A錯誤；因為D點靠近負電荷，遠離正電荷，所以D點的電勢為負，無限遠處電勢為零，而正電荷從低電勢向高電勢處運動靜電力做負功，電勢能增大，B錯誤；等量異種點電荷連線的中點處電勢為零，故O點電勢比D點電勢高，正電荷在電勢高處電勢能大，則在O點電勢能比在D點電勢能大，C正確，D錯誤。6．在輸液時，藥液有時會從針口流出體外，為了及時發(fā)現(xiàn)，設(shè)計了一種報警裝置，電路如圖所示，M是貼在針口處的傳感器，已知RM<R。當M接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化，導(dǎo)致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報。以下判斷正確的是()A．RM變大，且R越大，則U明顯增大B．RM變大，且R越小，則U明顯增大C．RM變小，且R越大，則U明顯增大D．RM變小，且R越小，則U明顯增大解析：選C由題意知，S兩端的電壓增大，則電路中的電流增大。接觸藥液的傳感器的電阻變小，則A、B錯誤；如果RM?R，則并聯(lián)電阻值接近于電阻RM的值，故當R越大，RM變小，則并聯(lián)電阻明顯變小，電路的電流明顯增大，U也明顯增大，故C正確，D錯誤。7.帶電粒子碰撞實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的vt圖像如圖所示。僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則下列說法正確的是()A．A粒子質(zhì)量小于B粒子B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大C．A在t2時刻的加速度最大D．B在0～t3時間內(nèi)動能一直減小解析：選B兩粒子運動過程動量守恒，則由題圖可知，在t＝0時刻p0＝mBv0，在t＝t2時刻p2＝mAvA，則mBv0＝mAvA，由題圖可知v0>vA，則mB<mA，A錯誤；兩粒子在t1時刻速度相等，兩粒子相距最近，分析可知兩粒子帶同種電荷，則此時兩粒子的電勢能最大，B正確；兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，即A在t1時刻的加速度最大，C錯誤；B在0～t3時間內(nèi)速度先減小到零后反向增加，則動能先減小后增加，D錯誤。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分)8．帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示，實線是電場線，關(guān)于粒子，下列說法正確的是()A．在a點的電勢能小于在b點的電勢能B．在a點的加速度小于在b點的加速度C．在a點的速度小于在b點的速度D．電場中a點的電勢一定比b點的電勢低解析：選BC整個過程電場力做正功，根據(jù)動能定理得，在b點時的動能大于在a點時的動能，則在a點的電勢能大于在b點的電勢能，所以無論粒子帶何種電荷，在a點的速度小于在b點的速度，故A錯誤，C正確；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，可知Ea<Eb，所以a、b兩點比較，在a點的加速度小于在b點的加速度，故B正確；由于不知道粒子的電性，也不能確定電場線的方向，所以無法確定a點的電勢和b點的電勢高低，故D錯誤。9．用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用并聯(lián)或串聯(lián)的方式接入電路，如圖所示，則閉合開關(guān)后，下列有關(guān)電表的示數(shù)和指針偏轉(zhuǎn)角度的說法正確的是()A．圖甲中的A1、A2的示數(shù)相同B．圖甲中的A1、A2的指針偏角相同C．圖乙中的A1、A2的示數(shù)和偏角都不同D．圖乙中的A1、A2的指針偏角不相同解析：選BD圖甲中的A1、A2并聯(lián)，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，量程不同的電流表讀數(shù)不同，故A錯誤，B正確；圖乙中的A1、A2串聯(lián)，A1、A2的示數(shù)相同，由于量程不同，內(nèi)阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉(zhuǎn)的角度不同，故C錯誤，D正確。10.勻強電場中有一與電場方向平行的扇形AOB區(qū)域，如圖所示，圓心角θ＝120°，半徑R＝1m，其中C、D、F將圓弧AB四等分。已知φA＝9V，φB＝0，φO＝3V，以下說法正確的是()A．φD＝6V B．電場方向沿AO連線方向C．φF＝3V D．場強大小為3V/m解析：選ABC連接AB、OC、OD、OF，交點分別為I、H、G，△OIG為等邊三角形，△OAI、△OBG為等腰三角形，如圖所示，由幾何關(guān)系可得AI＝IG＝GB，即I、G為AB的三等分點，由于勻強電場電勢均勻變化，可得φI＝6V，φG＝3V，故OF為電勢3V的等勢面，由幾何關(guān)系可得DI連線垂直于OA，與OF平行，為電勢6V的等勢面，即φD＝6V，φF＝3V，A、C正確；電場方向垂直于等勢面指向電勢較低一側(cè)，故沿AO連線方向，B正確；場強大小為E＝eq\f(UAO,R)＝6V/m，D錯誤。三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)11．(6分)在用電壓表和電流表測量一只阻值約為22kΩ的電阻的實驗中，提供的器材有：A．直流電源(12V，內(nèi)阻不計，允許通過的最大電流為1A)B．電壓表(量程為10V，內(nèi)阻為30kΩ)C．電流表(量程為500μA，內(nèi)阻為200Ω)D．電流表(量程為0.6A，內(nèi)阻為1Ω)E．滑動變阻器(最大阻值為1kΩ，允許的最大電流為0.5A)F．滑動變阻器(最大阻值為10Ω，允許的最大電流為1A)G．開關(guān)和若干導(dǎo)線(1)實驗時，電流表選用________，滑動變阻器應(yīng)選用________(均用字母代號表示)；(2)在虛線框中畫出實驗電路圖，盡可能減少實驗誤差；(3)由于________(填“電壓表”或“電流表”)內(nèi)阻的影響，該實驗對電阻的測量會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。解析：(1)電路中可能出現(xiàn)的最大電流為I＝eq\f(E,Rx)＝eq\f(12,22×103)A＝0.545×10－3A＝545μA，則電流表選C；滑動變阻器要接成分壓電路，則要用阻值較小的F；(2)由于待測電阻阻值遠大于電流表的阻值，則采用電流表內(nèi)接電路，電路如圖所示：(3)由于電流表內(nèi)阻的影響，該實驗對電阻的測量會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。答案：(1)CF(2)見解析圖(3)電流表12．(9分)某電阻Rx的阻值約為100Ω，現(xiàn)要用如圖所示的電路測量其阻值，可選器材如下：A．電源E(電動勢約3V)；B．滑動變阻器R1(最大阻值10kΩ)；C．滑動變阻器R2(最大阻值10Ω)；D．電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻為1kΩ)；E．電流表A1(量程0～10mA，內(nèi)阻約為1Ω)；F．電流表A2(量程0～30mA，內(nèi)阻約為3Ω)；G．開關(guān)、導(dǎo)線若干。(1)電流表應(yīng)選擇________(填“E”或“F”)；(2)某同學做實驗的過程中，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓電流數(shù)據(jù)，于是向你求助。你幫他檢查后發(fā)現(xiàn)器材完好，電路連接無誤，各接線柱接觸良好。請幫該同學判斷最有可能存在的問題并告訴他解決問題的辦法：(3)為了消除因電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，測量時S2應(yīng)接___________(填“a”或“b”)。某次測量中讀得電壓表的示數(shù)為1.60V，電流表的示數(shù)為17.2mA，消除系統(tǒng)誤差之后，算得Rx的阻值為____________Ω(保留3位有效數(shù)字)。解析：(1)由電路圖可知，采用的是“分壓式”接法，Rx可獲得的電壓范圍為0.03V，故通過Rx的最大電流約為Imax＝30mA，故電流表應(yīng)該選擇F。(2)實驗的過程中，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓電流數(shù)據(jù)，可能是滑動變阻器的規(guī)格選擇錯誤，應(yīng)該選用最大阻值為10Ω的滑動變阻器。(3)根據(jù)題中所給器材，電壓表的內(nèi)阻已知，而電流表的內(nèi)阻未知，因此，可根據(jù)電壓表示數(shù)得到流過它的電流值，故采用電流表外接法，故S2接“b”；電壓表分得的電流IV＝eq\f(U,RV)＝1.6mA，故流過Rx的電流IRx＝17.2－1.6mA＝15.6mA，故由歐姆定律得Rx＝eq\f(U,IRx)≈103Ω。答案：(1)F(2)見解析(3)b10313．(11分)如圖所示，有一水平向右的勻強電場E＝100N/C，一質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量q＝eq\f(\r(3),3)×10－2C的小球用長為L＝20cm的細繩懸掛在其中的O點。現(xiàn)在將小球拉至與細繩豎直方向成60°的A處，由靜止釋放，小球經(jīng)過最低點B，然后到達最高點C，整個過程中細繩繃直且保持原長。(取g＝10m/s2)求：(1)小球所受到的電場力和重力的大小。(2)小球到達B點時，速度的大小。(3)小球到達B點時，細繩對小球的拉力F的大小。解析：(1)小球所受電場力F靜＝qE＝eq\f(\r(3),3)N重力：G＝mg＝2N。(2)從A到B由動能定理：mgL(1－cos60°)－qEL·sin60°＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝1m/s。(3)在B點，由牛頓第二定律：F－mg＝meq\f(vB2,L)解得F＝3N。答案：(1)eq\f(\r(3),3)N2N(2)1m/s(3)3N14．(12分)如圖所示，帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間的距離d＝0.5m?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝＋4×10－5C的帶電小球從兩極板上方的A點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好從靠近M板上端B處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的C點，該直線與曲線的末端相切。設(shè)勻強電場只存在于M、N之間，不計空氣阻力，取g＝10m/s2。求：(1)小球到達M極板上邊緣B位置時速度的大??；(2)M、N兩板間的電場強度的大小和方向；(3)小球到達C點時的動能。解析：(1)小球平拋運動過程水平方向做勻速直線運動，vx＝v0＝4m/s，豎直方向做勻加速直線運動，h＝eq\f(1,2)gt12，vy＝gt1，聯(lián)立解得vy＝2m/s，則小球運動到B位置的速度為vB＝eq\r(vx2＋vy2)＝2eq\r(5)m/s，方向tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(1,2)(θ為速度方向與水平方向的夾角)。(2)小球進入電場后，沿直線運動到C點，所以重力與電場力的合力即沿該直線方向，則tanθ＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(1,2)，解得：E＝eq\f(2mg,q)＝5×103N/C，方向水平向右。(3)進入電場后，小球受到的合外力F合＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(5)mgB、C兩點間的距離s＝eq\f(d,cosθ)，cosθ＝eq\f(qE,F合)＝eq\f(2,\r(5))從B到C由動能定理得：F合s＝EkC－eq\f(1,2