2024届高考物理一轮总复习阶段综合检测三考查范围：静电场恒定电流

阶段综合检测（三）  ［考查范围静电场 恒定电流］

(本试卷满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1.如图所示，实线表示某电池中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子，重力不计，在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断(　 )

A．φ4等势面上各点场强处处相同

B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4

C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功

D．粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va<vb<vc＝vd

解析：选B　φ4等势面上各点电势相等，但场强并不相同，A错误；做曲线运动的粒子，受力的方向指向凹侧，因此负电荷受力向右，电场线向左，沿着电场线电势降低，四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4，B正确；由于c、d两点电势相等，从c到d的过程中，电场力先做负功后做正功，C错误；根据动能定理，粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va>vb>vc＝vd，D错误。

2．如图所示，带电量分别为＋2Q、－Q 的点电荷固定在同一水平线上，粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直放置，与两电荷的连线乘直平分线重合。O为两电荷连线中点，一个带正电的小球套在细杆上可以自由滑动。在A点由静止释放小球，小球能向下运动且通过O点。则小球从A点运动到O点过程中(　 )

A．加速度一定不断增大

B．速度一定不断增大

C．电势能一定不断增大

D．机械能一定不断增大

解析：选C　将＋2Q的点电荷分成两个电荷量均为＋Q的点电荷，其中一个＋Q点电荷与－Q点电荷组成等量的异种电荷，它们在AB上的电场线垂直于AB水平向右，另一个＋Q点电荷在AO上的电场强度存在沿OA方向的分量，导致带电小球受到向上的电场力，加速度不一定在不断增大，A错误；如果沿OA向上的最大电场力大于小球的重力，小球将做减速运动，B错误；小球向下运动的过程中，电场力做负功，因此电势能一定不断增大，C正确；由于电场力做负功，根据功能关系可知，小球的机械能一定减小，D错误。

3．如图所示，B 是一根粗细均匀电阻丝的中点，现将 BC 段均匀拉伸到 D 点，BD＝2BC。将电阻丝接入电路中，下列说法正确的是(　 )

A．BD段的电阻是AB段的2倍

B．BD段两端的电压是AB段的2倍

C．BD段的热功率是AB段的4倍

D．BD段自由电荷的定向移动速率是AB段的4倍

解析：选C　根据电阻定律，有R＝ρ，易知，BD段的电阻是AB段的4倍，故A错误；根据部分电路欧姆定律，有U＝IR，易知，BD段两端的电压是AB段的4倍，故B错误；根据功率的公式，有P＝I2R，易知，BD段的热功率是AB段的4倍，故C正确；根据电流强度的微观表达式，有I＝nqSv，易知BD段自由电荷的定向移动速率是AB段的2倍，故D错误。

4．如图所示，两平行金属板AB、MN与水平面成30°角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是(　 )

A．小球一定带负电

B．小球一定做匀速直线运动

C．小球的电势能增大

D．小球加速度大小为

解析：选D　因为极板所带正负电不确定，所以小球带电性无法确定，故A错误；对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得mgsin 30°＝ma，解得a＝，所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；因为电场力始终与小球运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，故C错误。故选D。

5.如图所示，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为圆心，以l为半径的半圆路径。A、B两处各放有一点电荷，电荷量分别为＋q和－q。下列说法正确的是(　 )

A．单位正电荷在O点所受的静电力与在D点所受的静电力大小相等、方向相反

B．单位正电荷从D点沿任意路径移到无限远，静电力做正功，电势能减小

C．单位正电荷从D点沿DCO移到O点，电势能增大

D．单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电势能增大

解析：选C　A点电荷量为＋q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EAO＝k，方向向右；B点电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EBO＝k，方向向右，所以O点的合场强为EO＝2k，方向向右，单位正电荷在O点受到的静电力大小为FO＝2ek，方向向右。电荷量为＋q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EAD＝k，方向向右；电荷量为－q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EBD＝k，方向向左，所以D点的合场强为ED＝k，方向向左，单位正电荷在D点受到的静电力大小为FD＝ke，方向向左，A错误；因为D点靠近负电荷，远离正电荷，所以D点的电势为负，无限远处电势为零，而正电荷从低电势向高电势处运动静电力做负功，电势能增大，B错误；等量异种点电荷连线的中点处电势为零，故O点电势比D点电势高，正电荷在电势高处电势能大，则在O点电势能比在D点电势能大，C正确，D错误。

6．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示，M是贴在针口处的传感器，已知RM<R。当M接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报。以下判断正确的是(　 )

A．RM变大，且R越大，则U明显增大

B．RM变大，且R越小，则U明显增大

C．RM变小，且R越大，则U明显增大

D．RM变小，且R越小，则U明显增大

解析：选C　由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大。接触药液的传感器的电阻变小，则A、B错误；如果RM≪R，则并联电阻值接近于电阻RM的值，故当R越大，RM变小，则并联电阻明显变小，电路的电流明显增大，U也明显增大，故C正确，D错误。

7.带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v -t图像如图所示。仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则下列说法正确的是(　 )

A．A粒子质量小于B粒子

B．两粒子在t1时刻的电势能最大

C．A在t2时刻的加速度最大

D．B在0～t3时间内动能一直减小

解析：选B　两粒子运动过程动量守恒，则由题图可知，在t＝0时刻p0＝mBv0，在t＝t2时刻p2＝mAvA，则mBv0＝mAvA，由题图可知v0>vA，则mB<mA，A错误；两粒子在t1时刻速度相等，两粒子相距最近，分析可知两粒子带同种电荷，则此时两粒子的电势能最大，B正确；两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，即A在t1时刻的加速度最大，C错误；B在0～t3时间内速度先减小到零后反向增加，则动能先减小后增加，D错误。

二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)

8．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是(　 )

A．在a点的电势能小于在b点的电势能

B．在a点的加速度小于在b点的加速度

C．在a点的速度小于在b点的速度

D．电场中a点的电势一定比b点的电势低

解析：选BC　整个过程电场力做正功，根据动能定理得，在b点时的动能大于在a点时的动能，则在a点的电势能大于在b点的电势能，所以无论粒子带何种电荷，在a点的速度小于在b点的速度，故A错误，C正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知Ea<Eb，所以a、b两点比较，在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势高低，故D错误。

9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是(　 )

A．图甲中的A1、A2的示数相同

B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同

C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同

D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同

解析：选BD　图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C错误，D正确。

10.匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域，如图所示，圆心角θ＝120°，半径R＝1  m，其中C、D、F将圆弧AB四等分。已知φA＝9 V，φB＝0，φO＝3 V，以下说法正确的是(　 )

A．φD＝6 V　　 B．电场方向沿AO连线方向

C．φF＝3 V  D．场强大小为3 V/m

解析：选ABC　连接AB、OC、OD、OF，交点分别为I、H、G，△OIG为等边三角形，△OAI、△OBG为等腰三角形，如图所示，由几何关系可得AI＝IG＝GB，即I、G为AB的三等分点，由于匀强电场电势均匀变化，可得φI＝6 V，φG＝3 V，故OF为电势3 V的等势面，由几何关系可得DI连线垂直于OA，与OF平行，为电势6 V的等势面，即φD＝6 V，φF＝3 V，A、C正确；电场方向垂直于等势面指向电势较低一侧，故沿AO连线方向，B正确；场强大小为E＝＝6 V/m，D错误。

三、非选择题(本题共5个小题，共54分)

11．(6分)在用电压表和电流表测量一只阻值约为22 kΩ 的电阻的实验中，提供的器材有：

A．直流电源(12 V，内阻不计，允许通过的最大电流为1 A)

B．电压表(量程为10 V，内阻为30 kΩ)

C．电流表(量程为500 μA，内阻为200 Ω)

D．电流表(量程为0.6 A，内阻为1 Ω)

E．滑动变阻器(最大阻值为1 kΩ，允许的最大电流为0.5 A)

F．滑动变阻器(最大阻值为10 Ω，允许的最大电流为1 A)

G．开关和若干导线

(1)实验时，电流表选用________，滑动变阻器应选用________(均用字母代号表示)；

(2)在虚线框中画出实验电路图，尽可能减少实验误差；

(3)由于________(填“电压表”或“电流表”)内阻的影响，该实验对电阻的测量会产生系统误差。

解析：(1)电路中可能出现的最大电流为I＝＝ A＝0.545×10－3 A＝545 μA，则电流表选C；

滑动变阻器要接成分压电路，则要用阻值较小的F；

(2)由于待测电阻阻值远大于电流表的阻值，则采用电流表内接电路，电路如图所示：

(3)由于电流表内阻的影响，该实验对电阻的测量会产生系统误差。

答案：(1)C　F　(2)见解析图　(3)电流表

12．(9分)某电阻Rx的阻值约为100 Ω，现要用如图所示的电路测量其阻值，可选器材如下：

A．电源E(电动势约3 V)；

B．滑动变阻器R1(最大阻值10 kΩ)；

C．滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；

D．电压表V(量程0～3 V，内阻为1 kΩ)；

E．电流表A1(量程0～10 mA，内阻约为1 Ω)；

F．电流表A2(量程0～30 mA，内阻约为3 Ω)；

G．开关、导线若干。

(1)电流表应选择________(填“E”或“F”)；

(2)某同学做实验的过程中，发现滑动变阻器的滑片即便在很大范围内滑动，电压表和电流表的示数都几乎为零，不方便获得多组电压电流数据，于是向你求助。你帮他检查后发现器材完好，电路连接无误，各接线柱接触良好。请帮该同学判断最有可能存在的问题并告诉他解决问题的办法：　

(3)为了消除因电表内阻造成的系统误差，测量时S2应接___________(填“a”或“b”)。某次测量中读得电压表的示数为1.60 V，电流表的示数为17.2 mA，消除系统误差之后，算得Rx的阻值为____________Ω(保留3位有效数字)。

解析：(1)由电路图可知，采用的是“分压式”接法，Rx可获得的电压范围为0.03 V，故通过Rx的最大电流约为Imax＝30 mA，故电流表应该选择F。

(2)实验的过程中，发现滑动变阻器的滑片即便在很大范围内滑动，电压表和电流表的示数都几乎为零，不方便获得多组电压电流数据，可能是滑动变阻器的规格选择错误，应该选用最大阻值为10 Ω的滑动变阻器。

(3)根据题中所给器材，电压表的内阻已知，而电流表的内阻未知，因此，可根据电压表示数得到流过它的电流值，故采用电流表外接法，故S2接“b”；电压表分得的电流IV＝＝1.6 mA，故流过Rx的电流IRx＝17.2－1.6 mA＝15.6 mA，故由欧姆定律得Rx＝≈103 Ω。

答案：(1)F　(2)见解析　(3)b　103

13．(11分)如图所示，有一水平向右的匀强电场E＝100 N/C，一质量为m＝0.2 kg、带电荷量q＝×10－2 C的小球用长为L＝20 cm的细绳悬挂在其中的O点。现在将小球拉至与细绳竖直方向成60°的A处，由静止释放，小球经过最低点B，然后到达最高点C，整个过程中细绳绷直且保持原长。(取g＝10 m/s2)求：

(1)小球所受到的电场力和重力的大小。

(2)小球到达B点时，速度的大小。

(3)小球到达B点时，细绳对小球的拉力F的大小。

解析：(1)小球所受电场力F静＝qE＝ N

重力：G＝mg＝2 N。

(2)从A到B由动能定理：

mgL(1－cos 60°)－qEL·sin 60°＝mvB2

解得vB＝1 m/s。

(3)在B点，由牛顿第二定律：F－mg＝m

解得F＝3 N。

答案：(1) N　2 N　(2)1 m/s　(3)3 N

14．(12分)如图所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N 两板间的距离d＝0.5 m。现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝＋4×10－5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端B处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切。设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；

(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；

(3)小球到达C点时的动能。

解析：(1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，

vx＝v0＝4 m/s，竖直方向做匀加速直线运动，

h＝gt12，vy＝gt1，联立解得vy＝2 m/s，

则小球运动到B位置的速度为

vB＝＝2 m/s，方向tan θ＝＝(θ为速度方向与水平方向的夹角)。

(2)小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，则tan θ＝＝，

解得：E＝＝5×103 N/C，方向水平向右。

(3)进入电场后，小球受到的合外力

F合＝＝mg

B、C两点间的距离s＝，cos θ＝＝

从B到C由动能定理得：F合s＝EkC－mvB2

解得：EkC＝0.225 J。

答案：(1)2 m/s　(2)5×103 N/C　水平向右

(3)0.225 J

15．(16分)如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为l，斜面上方BC间有沿斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝ 水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A点。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求：

(1)物块平抛过程中的位移大小；

(2)物块在电场中的电势能的最大增加量。

解析：(1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则cos α＝，竖直速度vy＝vsin α，平抛过程中水平位移x＝v0，竖直位移y＝，平抛过程中的位移s＝，解得s＝l。

(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有－2μmgcos α·x′＝0－mv2，解得x′＝2l。

物块运动到最低点时，电势能增加量最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcos α·x′＋W＝0－mv2，

解得W＝－2mgl，即物块电势能增加量为2mgl。

答案：(1)l　(2)2mgl