2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评5

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阶段综合测评(五)
　　时间：90分钟　　　满分：110分
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12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．(2019·上海青浦区二模)如图所示的点电荷电场中，带正电的场源点电荷电量为Q，固定于O点，OP＝r，已知一个电荷量为q的正检验电荷在P点受到的电场力大小为F、具有的电势能为Ep，静电力常量为k。下列说法正确的是(　　)

A．P点的场强大小为
B．P点的场强大小为
C．P点的电势为
D．撤去检验电荷q，P点的电势变为0
答案　C
解析　根据电场强度的定义知，P点的场强大小为E＝，故A错误；由点电荷的场强公式可知，P点的场强大小为E＝，故B错误；根据电势的定义式得，P点的电势为φ＝，故C正确；电场强度和电势由电场本身的性质决定，与放入电场中的检验电荷无关，故撤去检验电荷q，P点的场强、电势均不变，故D错误。
2．(2019·浙江选考模拟)如图所示为等量异号点电荷周围的电场线分布图，A、B、O位于两点电荷连线上，其中O为两点电荷连线的中点，C、D是连线的中垂线上的两点。关于各点的电场性质的描述，下列说法正确的是(　　)

A．A、B、O三点的电势大小相等
B．O、C、D三点的电场强度相等
C．若将带正电的试探电荷q从C点移到B点，电势能减小
D．若将带负电的试探电荷q从A点移到D点，电场力做负功
答案　C
解析　由图可知，A、B、O三点位于同一条电场线上，由于沿着电场线的方向电势降低，可知O点的电势最高，A点的电势最低，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可知，O、C、D三点中O点处的电场线最密，则O点的电场强度最大，故B错误；根据等量异号点电荷的电场线的特点可知，在两个点电荷的连线的中垂线上各点的电势是相等的，所以O点与C、D两点的电势是相等的，所以C点的电势高于B点的电势，若将带正电的试探电荷q从C点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故C正确；结合A、C选项的分析可知，D点的电势高于A点的电势，若将带负电的试探电荷q从A点移到D点，电场力做正功，故D错误。
3．(2019·辽宁沈阳二模)如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为φ1、φ2、φ3，一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从A点运动到B点，则以下说法正确的是(　　)

A．φ1>φ2>φ3
B．粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为钝角
C．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度
D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
答案　D
解析　
带电粒子从A运动到B，由电场线与等势线垂直，及题图所示带电粒子的轨迹，可知粒子所受的电场力方向如图所示。由于粒子的电性未知，所以不能判断电势的高低，故A错误；粒子在A点所受的电场力方向如图所示，可知粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为锐角，故B错误；等差等势面密处电场线也密，故A点处的电场强度比B点处的大，粒子在A点受到的电场力大于在B点处受到的电场力，故粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，故C错误；带电粒子从A运动到B，电场力对粒子做正功，电势能减小，所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。

4．如图所示，C、D为两等量负点电荷，O为C、D两电荷连线的中点，A、B为某一过O点的倾斜直线上的两点，且OA＝OB，取无穷远处为零电势处，下列说法正确的是(　　)

A．A、B两点的电势相等
B．A、B两点的电场强度相同
C．倾斜直线上各点的场强方向不可能沿该直线
D．把试探电荷从A点沿倾斜直线移到B点，电场力可能先增大后减小
答案　A
解析　两等量负点电荷形成的电场在分布上具有对称性，某点的电势等于C、D两处的点电荷在该点分别产生的电势的代数和，某点的电场强度等于C、D两处的点在该点分别产生的电场强度的矢量和，结合题设A、B两点的位置关系可知，A、B两点的电势是相等的，A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A正确，B错误；根据两等量负点电荷的电场的特点可知，题设倾斜直线上点的场强方向可能垂直该直线，故C错误；两等量负点电荷连线的中点处的电场强度为0，所以把试探电荷从A点沿倾斜直线移到B点，电场力不可能先增大后减小，故D错误。
5．(2019·广东佛山一模)如图为一个以O点为圆心、半径为R、带电量为＋Q的均匀带电圆环，在圆心O处放一个带电量为－q的点电荷，AB为圆环的中轴线，C点在AB上距O点的距离为R，现把该点电荷从O点拉到C点，若不考虑点电荷对周围电场的影响，则下列说法正确的是(　　)

A．点电荷在O点受到的电场力不为零
B．点电荷在C点受到的电场力大小为
C．点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电势能增大
D．若将点电荷从C由静止释放，则它会一直沿由B到A的方向运动
答案　C
解析　根据点电荷电场强度公式E＝及矢量合成法则，可知带电圆环在O点的电场强度为零，因此带电量为－q的点电荷在O点受到的电场力为零，故A错误；在C点，由对称性可知圆环上各点电荷对负点电荷的库仑力在垂直于AB方向上的分力相互抵消，合力沿AB连线向左，F＝kcos45°＝，故B错误；点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电场力做负功，电势能增大，故C正确；若将点电荷从C点由静止释放，其受到的电场力先向左，越过O点后，其受到的电场力则向右，开始做减速运动，当运动到与C点关于O点对称的位置后又开始反向运动，如此不断地往复运动，所以不会一直沿由B到A的方向运动，故D错误。
6．(2019·四川宜宾模拟)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时，为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(电源电压小于材料的击穿电压)。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是(　　)

A．A、B平行板电容器的电容增大
B．A、B两板间的电场强度减小
C．A、B两板上的电荷量变大
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
答案　D
解析　电容器始终与恒压电源相连，其两极板间的电势差U不变，根据C＝可知，当产品厚度减小，导致εr减小时，电容器的电容C减小，再根据Q＝CU可知极板带电荷量Q减小，有放电电流从a向b流过灵敏电流计，A、C错误，D正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间的电场强度E＝不变，B错误。
7．(2019·重庆期末)如图所示，平行金属板A、B间加速电压为U1，C、D间的偏转电压为U2，M为荧光屏。今有电子(不计重力)从A板由静止开始经加速和偏转后打在与荧光屏中心点O相距为Y的P点，电子从A板运动到荧光屏的时间为t，下列判断中正确的是(　　)

A．若只增大U1，则Y增大，t增大
B．若只增大U1，则Y减小，t减小
C．若只减小U2，则Y增大，t增大
D．若只减小U2，则Y减小，t减小
答案　B
解析　若只增大U1，电子离开加速电场时的速度变大，在加速电场中运动的时间变短，在偏转电场中运动的时间变短，从离开偏转电场到荧光屏所用的时间变短，则t减小，又电子在偏转电场中竖直方向的加速度不变，则离开偏转电场时，竖直方向的速度减小，则在偏转电场中竖直方向的位移减小，从离开偏转电场到荧光屏，竖直方向的位移减小，则Y减小，故A错误，B正确；若只增大U2，则电子水平方向的运动情况不变，t不变，在偏转电场中运动的竖直方向的位移增大，从离开偏转电场到荧光屏竖直方向的位移增大，则Y增大，故C、D错误。
8．(2019·河南适应模拟)如图所示，在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹，图中一组等间距虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列判断正确的是(　　)

A．如果虚线是电场线，则a点的场强大于b点的场强
B．如果虚线是电场线，则a点的电势高于b点的电势
C．如果虚线是等势面，电子由a点运动到b点，电势能减小
D．如果虚线是等势面，电子由a点运动到b点，电势能增大
答案　BC
解析　若虚线是电场线，由题图可知该电场是匀强电场，故A错误；如果虚线是电场线，结合电子的运动轨迹知，电子受向左的电场力，电场线方向向右，又等势线垂直于电场线，则a点的电势高于b点的电势，故B正确；如果虚线是等势面，则电场线沿竖直方向，根据电子的运动轨迹知，电子受到向下的电场力，故电场线方向向上，电子由a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，故C正确，D错误。
9．(2019·安徽合肥一模)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿一圆弧从A点运动到B点，速度方向转过θ角，AB弧长为l，则下列说法正确的是(　　)

A．该粒子一定处在一个点电荷的电场中
B．该粒子可能处在两个点电荷的电场中
C．圆弧AB中点的电场强度大小为
D．圆弧AB中点的电场强度大小为
答案　AC
解析　带电粒子仅在电场力作用下以恒定的速率v沿一圆弧从A点运动到B点，带电粒子绕固定的点做匀速圆周运动，电场力始终指向圆心，方向在不断变化，所以带电粒子一定处在一个点电荷形成的电场中，不可能处在等量同种电荷形成的电场中，故A正确，B错误；根据F＝m得：qE＝m，解得：E＝，故C正确，D错误。
10．(2019·江西吉安一模)如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，则(　　)

A．粒子带正电
B．粒子带负电
C．粒子从x1运动到x3，加速度先增大后减小
D．粒子从x1运动到x3，加速度先减小后增大
答案　BD
解析　带电粒子在O点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，则粒子受到的电场力沿x轴正方向，由图象可知，从坐标轴上原点处运动到x2处电势逐渐升高，说明该段电场强度方向沿x轴负方向，与电场力方向相反，故粒子带负电，A错误，B正确；φ­x图象的斜率的绝对值等于电场强度的大小，粒子从x轴上x1处运动到x3处的过程中，φ­x图象的斜率的绝对值先减小后增大，故电场强度先减小后增大，则粒子受到的电场力先减小后增大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确。
11．(2019·河南郑州一模)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)

A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为mgd
答案　BC
解析　分析小球受力情况：小球受到重力、拉力F与电场力，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则拉力F与电场力的合力与重力大小相等、方向相反，如图所示，由图可知，电场力在虚线MN右侧，由于小球带正电，电场强度的方向与电场力方向相同，指向虚线MN右侧，A错误；由图可知，当电场力与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则：qEmin＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为Emin＝＝，故B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；由于电场力方向不确定，F大小不确定，所以不能确定F所做功的具体值，故D错误。

12．(2019·山东潍坊三模)如图，平面直角坐标系内有a、b、c三点，位置如图所示，匀强电场平行于坐标平面。将电子从a点分别移到坐标原点和b点的过程中，电场力做功均为2 eV，已知a点电势为2 V，下列说法正确的是(　　)
A．b点电势为零
B．电场强度大小为200 V/m
C．电子在c点电势能为－8 eV
D．将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功相同
答案　BC
解析　已知Uab＝φa－φb＝＝－2 V，则φb＝4 V，故A错误；由题意可知，电子从a点分别移到坐标原点和b点的过程中，电场力做功均为2 eV，则可知b点与O点电势相等，即电场线垂直b点与O点的连线，根据几何关系可知，a点与b点沿电场线方向的距离为d＝1 cm，由E＝，并代入数据得E＝200 V/m，即电场强度的大小为200 V/m，B正确；根据几何关系可知Ob长2 cm，bc长2 cm，Oc长4 cm，所以三角形Obc为直角三角形，又电场线垂直于O点与b点的连线，则Ucb＝φc－φb＝Elbc，则φc＝Elbc＋φb，代入数据得φc＝8 V，所以电子在c点的电势能为－8 eV，故C正确；将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功分别为Wab＝－eUab＝－e(φa－φb)＝2 eV，Wbc＝－eUbc＝－e(φb－φc)＝4 eV，电场力做功不相同，故D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(6分)(2019·河北衡水十三中调研)美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。

(1)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有________。
A．油滴质量m B．两板间的电压U
C．两板间的距离d D．两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q＝________(已知重力加速度为g)。
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e＝________ C。
答案　(1)ABC　(2)　(3)1.6×10－19
解析　(1)平行金属板板间存在匀强电场，油滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有mg＝qE＝，所以需要测出的物理量有油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离d，故选A、B、C。
(2)由mg＝可知，用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q＝。
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e＝1.6×10－19 C。
14．(6分)(2019·四川天府大联考)如图所示是“研究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验装置。两块相互靠近的等大、正对平行金属平板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都通过导线接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置。

(1)初步分析影响因素可能有两板间距大小、极板正对面积大小、电介质的介电常数大小等，本实验应采用的科学探究方法是________(选填“理想实验法”“建立物理模型法”或“控制变量法”)
(2)先让电容器充上一定量的电荷，静电计指针张开一定角度，再进行以下实验(每次保证其他条件不变)：
①若仅将两极板间的距离增大，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；
②若仅减小两极板间的正对面积，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；
③若在两极板间插入云母片，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；
④若在两极板间插入一块很薄的金属板，则静电计指针偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)。
答案　(1)控制变量法
(2)①变大　②变大　③变小　④变小
解析　(1)本实验中研究电容与多个物理量间的关系，故应采用控制变量法。
(2)①若只将板间距离d增大，由电容的决定式C＝分析得知，电容C减小，电荷量Q不变，由C＝分析得极板间的电势差U增大，静电计指针偏角变大。②若仅减小两极板间的正对面积，由电容的决定式C＝分析得知，电容C减小，电荷量Q不变，则由C＝分析得极板间的电势差U增大，静电计指针偏角变大。③若在两板板间插入云母片，则εr增大，保持其他条件不变，由电容的决定式C＝分析得知，电容C增大，电荷量Q不变，则由C＝分析得极板间的电势差U减小，静电计指针偏角变小。④若在两极板间插入一块很薄的金属板P，相当于极板间距减小，保持其他条件不变，由电容的决定式C＝分析得知，电容C增大，电荷量Q不变，则由C＝分析得极板间的电势差U减小，静电计指针偏角变小。
三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(10分)(2019·广东六校联盟四模)如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，从距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。求：

(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。
答案　(1)12 m/s　(2)(1＋) s
解析　(1)小物体由A运动至C，由牛顿第二定律得：
加速度大小为a＝＝12 m/s2
由v2－0＝2aL0得，小物体到达C点的速度大小：
v＝
代入数据解得：v＝12 m/s。
(2)小物体进入电场后向右减速的加速度大小为：
a1＝＝12 m/s2
小物体向右运动的时间：t1＝＝1.0 s
向右运动的位移：x1＝t1＝6.0 m
由于qE>μmg，所以小物体减速至速度为零后反向向左加速，直到滑出电场
小物体向左加速的加速度大小为：
a2＝＝4 m/s2
向左运动的时间为：t2＝ ＝ s
小物体在电场中运动的总时间为：
t＝t1＋t2＝(1＋) s。
16．(12分)(2019·广州一模)如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。

(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va＝4，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。
答案　(1)，方向竖直向上　－　(2)6mg
解析　(1)小球静止在a点时，由共点力平衡条件得
mg＋2mg＝qE①
解得E＝，方向竖直向上②
在匀强电场中，有UOa＝El③
则a、O两点的电势差U＝－UOa＝－④
(2)小球从a点运动到b点，设到b点的速度大小为vb，由动能定理得
－qE·2l＋mg·2l＝mv－mv⑤
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得
F＋qE－mg＝m⑥
联立②⑤⑥式，代入va＝4
解得F＝6mg。
17．(14分)(2019·安徽合肥二模)一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ＝45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平。现剪断细线，经0.1 s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1 s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1 s小球速度为零。已知小球质量m＝1.0×10－2 kg，电荷量q＝1.0×10－8 C，g取10 m/s2，空气阻力不计。求：
(1)E1和E2；
(2)细线剪断0.3 s末小球的位置坐标。

答案　(1)107 N/C　3×107 N/C　(2)(0.1 m,0.3 m)
解析　(1)当小球静止于O点时，受力如图，由共点力平衡条件知qE1＝mg
则E1＝＝107 N/C
此时电场力与重力的合力F合＝＝mg
剪断细线后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为
a＝＝10 m/s2
经过0.1 s小球的速度大小为v1＝at＝ m/s
速度的方向与x轴正方向成45°角斜向右下方
在第2个0.1 s内，电场反向，小球的水平分速度
vx＝v1cos45°－t＝0
竖直分速度vy＝v1sin45°＋gt＝2 m/s
即第2个0.1 s末，小球的速度v2大小为2 m/s，方向竖直向下
依题意，在第3个0.1 s内小球做匀减速直线运动
由运动学公式知－a′＝，解得a′＝20 m/s2
根据牛顿第二定律得a′＝
代入数据解得：E2＝3×107 N/C。
(2)第1个0.1 s内，小球的位移大小
s＝at＝×g×0.12 m＝ m
则小球沿x轴正方向移动的距离x1＝scos45°＝0.05 m
沿y轴正方向移动的距离y1＝ssin45°＝0.05 m
在第2个0.1 s内，小球沿x轴正方向移动的距离
x2＝v1cos45°t2－·t＝0.05 m
沿y轴正方向移动的距离
y2＝v1sin45°t2＋gt＝0.15 m
在第3个0.1 s内，沿y轴方向移动的距离
y3＝v2t3－a′t＝0.1 m
则细线剪断0.3 s末小球的位置横坐标为x＝x1＋x2＝0.1 m，纵坐标为y＝y1＋y2＋y3＝0.3 m，故坐标为(0.1 m,0.3 m)。

18．(14分)(2019·江西乐安一中期末)如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长，A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：

(1)C、D板的长度L；
(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。
答案　(1)t0　(2)　(3)
解析　(1)粒子在A、B板间加速，由动能定理有：
qU0＝mv－0
粒子在C、D板间运动时，沿极板C、D的中心线方向有：L＝v0t0
解得：L＝t0。
(2)由题设知，粒子在C、D间运动的时间为t0，设粒子在C、D间运动时，在垂直于C、D板方向上先加速运动的时间为t1，加速度为a，再匀速运动的时间为t2，粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的距离为y，则t1＋t2＝t0(0≤t1≤t0,0≤t2≤t0)
a＝，
y＝at＋at1t2＝at＋at1(t0－t1)
＝－a(t1－t0)2＋at
＝－(t1－t0)2＋(0≤t1≤t0)
则当t1＝t0时，即当粒子从nt0(n＝0、2、4、…)时刻进入C、D间时，偏移距离最大，最大距离为ym＝。
(3)设粒子射出C、D板时的偏转角为θ，
则tanθ＝＝＝，
粒子打在荧光屏上距C、D板间中心线的距离
s＝y＋Ltanθ＝－(t1－2t0)2＋(0≤t1≤t0)
故0≤s≤
则粒子打在荧光屏上区域的长度
l＝smax－smin＝。