第九单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第九单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 601.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10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.当云层中包含有大量的电荷时,云层和大地之间可视为一个巨大的平行板电容器。如图所示,云层带正电,取地面的电势为0,在云层和地面间的P点处悬浮有一带电微粒。下列说法正确的是 ( )
A.微粒带正电
B.若云层高度下降,P点的电势降低
C.若云层高度下降,微粒将向上运动
D.若云层高度下降,微粒的电势能不变
2.静电除尘器的工作原理是利用高压电场使烟气发生电离,气流中的粉尘在电场作用下与气流分离。如图所示为其电场分布简图,下列说法正确的是 ( )
A.虚线可能是等势线
B.电场强度EAC.粉尘将在电场力作用下沿着虚线运动
D.负电荷在C点的电势能小于其在A点的电势能
3.如图甲所示,球壳上的电荷均匀分布,其球心O处的电场强度大小为E0。如削去上半部分的球壳,剩下如图乙所示的下半部分球壳。已知均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为零。若电荷的分布不受影响,则剩下部分球壳上的电荷在O处产生的电场强度大小为 ( )
A.E0 B. C. D.E0
4.如图所示,A和B是两个由绝缘材料制成的表面均匀带电的小球,半径都为r。小球B放置在绝缘水平桌面上,小球A恰能静止在小球B的正上方,间距如图所示,为4r。现在将小球A取下,换上同样均匀带电的小球C。已知小球C和小球A材料相同,小球C的质量是小球A的8倍,小球C的电荷量同样是小球A的8倍,小球C最终也静止在小球B的正上方,那么小球C的球心距离桌面的高度为 ( )
A.6r B.7r C.8r D.9r
5.如图所示,正方形的两个顶点B、B'上固定两个等量正点电荷,将一电子从顶点A由静止释放,电子仅在静电力的作用下运动到顶点A'的v-t图像可能正确的是 ( )
6.如图所示,有一倾角θ=30°的绝缘斜面,一质量为m、所带电荷量为q的小球从斜面的中点,以初速度v0水平抛出,经时间t1恰好落在斜面的最下端;当在该区域加上一竖直向下的匀强电场E,将小球从斜面的顶端以同样的初速度v0水平抛出,经时间t2也恰好落在斜面的最下端,则有(重力加速度大小为g) ( )
A.小球带负电,电场强度E=
B.小球带负电,电场强度E=
C.小球两次在空中飞行的时间之比为t1∶t2=1∶
D.小球两次落到斜面底端时,其速度与斜面所成夹角相等,且均为60°
7.如图甲所示,绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个不等量正点电荷(场源电荷),其中x=-2l处点电荷的电荷量大小为Q。两点电荷在x轴上形成的电场的电势φ与x轴坐标的关系如图乙所示,其中坐标原点处电势为φ0,且为极小值,x=-l和x=2l处电势分别为φ0和φ0。现由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的物体(视为质点),该物体刚好向左运动到x=-l处。物体产生的电场忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.x=4l处点电荷的电荷量为2Q
B.物体在运动过程中,电势能变化量为
C.物体与水平面间的动摩擦因数为
D.物体在坐标原点处动能最大
8.如图所示为阴极射线示波管内的聚焦电场示意图,图中带箭头的实线为电场线,虚线为等势面,一个带电粒子在P点处以一定的初速度射出,仅在电场力作用下运动到Q点。带电粒子重力忽略不计,根据图中的轨迹判断,粒子从P点运动到Q点的过程中 ( )
A.粒子带正电
B.粒子在P点的加速度比在Q点的加速度大
C.粒子在P点的速度比在Q点的速度大
D.粒子在P点的电势能比在Q点的电势能大
9.如图所示,a、b两带电荷量相等的小球,分别套在两根相互垂直的光滑绝缘杆OA、OB上,系统处于平衡状态,OA与水平方向成60°角。a、b两球连线与金属杆OB成60°角。已知重力加速度为g,则以下说法中正确的是 ( )
A.a、b带等量的同种电荷
B.a、b带等量的异种电荷
C.a、b的质量比为1∶1
D.a、b的质量比为2∶1
10.如图甲所示,在与竖直平面平行的匀强电场中,有一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直,直径BD水平。从A点开始小球的电势能Ep与转过的角度θ的关系如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.该匀强电场的场强大小为
B.该匀强电场的场强方向沿CA方向
C.小球在D、B两点时轻绳拉力的差值为3mg
D.小球在D、B两点时轻绳拉力的差值为3mg
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(9分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、电流表、停表、单刀双掷开关以及导线若干。
(1)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是 。(填选项前的字母)
A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定
B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定
C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭
(2)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化的图线如图(b)所示,其中实线是电阻箱阻值为 (填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与横轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 (填“电压”或“电荷量”)。
12.(9分)某同学按如图所示连接电路,利用电流传感器和电压传感器研究电容器的充、放电情况。实验时,先将开关S与“1”端相连,待电路稳定后,将开关掷向“2”端,传感器将信息传入计算机,屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的i-t图线、u-t图线。
(1)下列选项中,当开关与“1”端相连时,电压传感器所描绘的u-t图线应是 ;当开关与“2”端相连时,电流传感器所描绘的i-t图线应是 。
(2)为延长电容器的放电时间,实验时电阻箱应调节到相对 (填“较大”或“较小”)的阻值。
(3)假设上述所选的i-t图线与横轴围成的面积为S1、u-t图线与横轴围成的面积为S2,再利用图像中已知数据,则计算该电容器电容C的表达式为 (题中及图像中所给数据单位均为国际单位制单位)。
13.(12分)如图是带有转向器的粒子直线加速器,转向器中有辐向电场,A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电荷量为+q的离子,以初速度v0进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动,时间均为t;在相邻两筒间的缝隙内被电场加速,加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后,立即由M点射入转向器,沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,并从N点射出。求:
(1)第3个金属圆筒的长度;
(2)虚线MN处电场强度的大小。
14.(15分)如图所示,一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电场加速后,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场为匀强电场,忽略电场的边缘效应),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1,M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,偏转电场的右端到荧光屏的距离为l,电子的质量为m、电荷量大小为e,不计电子重力,求:
(1)电子穿过A板时的速度大小v0;
(2)电子从偏转电场射出时的速度大小v和O、P之间的距离Y;
(3)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度,分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度(至少说出两种方法)。
15.(15分)如图所示,粗糙水平地面上固定一半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道ABCD,圆弧轨道与水平地面相切于A点,O为圆弧轨道的圆心,OA竖直,B、D两点与圆心O等高。在BD的上方、OA的右方存在方向水平向右、电场强度大小E=150 N/C的匀强电场,一质量m=0.4 kg、电荷量q=2.0×10-2 C的带负电滑块(可视为点电荷)从水平地面左侧向右运动,经过P点时的动能为Ek。已知滑块与地面间的动摩擦因数μ=,AP=2 m,滑块所带的电荷量始终不变,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若Ek=10 J,求滑块运动到A点时对圆弧轨道的压力大小FA;
(2)若滑块能进入且不脱离(从D点离开不属于脱离)圆弧轨道,求Ek的取值范围。
答案全解全析
1.D
模型建构
解析 云层与大地间形成的电场方向向下,微粒悬浮在空中,则微粒受到竖直向上的电场力,微粒带负电,选项A错误;由C==,E=,可得E=,仅改变d,而Q保持不变时,电场强度E不变,则P点的电势不变,微粒的电势能不变,微粒受到的电场力不变,依然悬浮在P点,选项B、C错误,D正确。
2.D
思路点拨
解析 电极是等势体,其表面是等势面,根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线,选项A错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,电场线越密,电场强度越大,可知EA>EB>EC,选项B错误;电场线是曲线,在电场力作用下粉尘不会沿着虚线运动,选项C错误;电场线由高压电源的正极到负极,所以C点的电势高,A点的电势低,由电势能公式Ep=qφ可知,负电荷在C点的电势能小于其在A点的电势能,选项D正确。
3.A
模型建构
解析 球壳上的电荷均匀分布,其球心O处的电场强度大小为E0,则根据均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为零可知,球壳在球心O处产生的电场强度大小为E0。根据电场强度的合成可知,图乙所示的下半部分球壳在O点产生的电场强度E==E0,选项A正确。
4.B 由题意,小球A静止在B球正上方时,根据平衡条件可得mAg=k;当换成小球C后,设小球C的球心距离桌面的高度为h,已知小球C和小球A材料相同,小球C的质量是小球A的8倍,小球C的电荷量是小球A的8倍,根据平衡条件有8mAg=k,解得h=7r,选项B正确。
5.C 如图所示,因为场强最大点与B的连线和B、B'连线,由图可知∠ABB'=45°,而tan 45°=1,明显tan 45°>tan θ,可得电子是从小于电场强度最大值位置释放,则电子所受的合电场力的大小先增大后减小再增大最后减小,那么加速度的大小也是先增大后减小再增大最后减小,而v-t图像切线斜率的绝对值表示加速度大小,所以在运动过程中v-t图像切线斜率的绝对值也应先增大后减小再增大最后减小,选项C正确。
6.A 第一次tan θ==,第二次tan θ==,因水平方向两次均为匀速直线运动,且x2=2x1,则t2=2t1,可得a=g,可知电场力方向竖直向上,小球带负电,且mg-qE=ma,则E=,选项A正确,B、C错误;第一次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角的正切tan α==2 tan θ,第二次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角的正切tan β==2 tan θ,则α=β,即小球两次落到斜面底端时,速度方向与水平方向的夹角相等,则速度与斜面所成夹角相等,但不是60°,选项D错误。
解后复盘 做平抛运动的物体,在某时刻其速度方向与水平方向的夹角为α,位移方向与水平方向的夹角为θ,则有tan α=2 tan θ,此结论在本题中可以很好地应用。
7.C φ-x图线切线的斜率的绝对值表示场强的大小,在坐标原点处的场强为零,则k=k,可得Q'=4Q,选项A错误;物体在运动过程中,电势能变化量为ΔEp=φ0q-φ0q=-,选项B错误;物体的整个运动过程,由动能定理可得W电-μmg·3l=0,W电=-ΔEp=,解得μ=,选项C正确;物体动能最大时,电场力等于摩擦力,因在坐标原点电场力为零,可知在坐标原点位置物体的动能不是最大,选项D错误。
8.AC
识图有法
解析 粒子从P点运动到Q点的运动轨迹是曲线,根据曲线运动的轨迹夹在力的方向与速度的方向之间,作出轨迹与电场线交点的速度方向和粒子在该点所受电场力的方向,可知粒子所受电场力的方向与电场方向相同,所以粒子带正电,选项A正确;电场线的疏密表示电场强弱,P点的电场线比Q点的稀疏,所以P点的电场强度比Q点的小,由a=可知粒子在P点的加速度比在Q点的加速度小,选项B错误;粒子从P点运动到Q点的过程中,电场力与速度的夹角为钝角,粒子做减速运动,所以粒子在P点的速度比在Q点的速度大,选项C正确;粒子从P点运动到Q点的过程中,电场力与速度的夹角为钝角,电场力做负功,电势能增大,所以粒子在P点的电势能比在Q点的电势能小,选项D错误。
9.AC 分析受力可知,要保证两球平衡,a、b带等量的同种电荷,选项A正确,B错误。如图所示,对小球a受力分析,库仑力为FC,OA杆对小球a的弹力大小为FNA,设FC与水平方向的夹角为θ1,FNA与水平方向的夹角为θ2,根据图中的几何关系有θ1=θ2=30°,根据平衡条件有FC cos θ1=FNA cos θ2,FC sin θ1+FNA sin θ2=m1g,解得FC=FNA=m1g;对小球b受力分析,其所受库仑力FC'的大小也等于m1g,OB杆对小球b的弹力为FNB,设FNB与水平方向的夹角为θ3,FC'与水平方向的夹角为θ4,根据图中的几何关系有θ3=60°,θ4=30°,根据平衡条件有FNB cos θ3=FC' cos θ4,FC' sin θ4+m2g=FNB sin θ3,联立解得m1=m2,选项C正确,D错误。
10.AD
思路点拨 解答本题的关键是根据图乙确定等势线,然后根据电场强度与电势差的关系、动能定理解题。
解析 由题图乙可知θ=和θ=时的电势能相同,故电势相等,小球位置的连线为等势线,电场线与等势线垂直,由此可以判断电场强度的方向如图甲所示,不沿CA方向;小球在电场中运动时电势差最大为U=,根据U=E×2l,可得E=,A正确,B错误;如图乙所示,小球在B点时有TB+Eq cos 60°=,小球在D点时有TD-Eq cos 60°=,小球从B点到D点的过程,由动能定理可得Eq cos 60°×2l=m-m,可得TD-TB=3mg,D正确,C错误。
11.答案 (1)C(3分) (2)R2(3分) 电荷量(3分)
解析 (1)电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,电容器将放电,随电荷量减小,电容器两端电压减小,电流减小,最终放电完成,电流为0,可知小灯泡亮度变化情况可能是迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭,故选C。(2)电源电动势一定,将电阻箱的阻值调为R2,由R2>R1可知,充电初始状态的电流变小,即充电过程中,在0时刻,回路中的电流变小,可知实线是电阻箱阻值为R2时的结果;根据电流的定义式有I=,解得q=It。可知,曲线与横轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
12.答案 (1)C(2分) B(2分) (2)较大(2分)
(3)C=(3分)
解析 (1)电容器充电过程中,电容器两端电压越来越大,电源与电容器间电势差越来越小,电路中电流逐渐减小,电容器充电会越来越慢,电压增加也就越来越慢,最终电容器两端电压等于电源电动势,电压最大,电流为零;电容器放电时,开始两极板间电压最大,电路中电流最大,随着电容器两端电压降低,电路中电流减小,放电速度也越来越慢,最终电流为零,故图像分别选C和B。(2)电阻越大电路中电流越小,电容器放电速度也越慢,故为延长电容器的放电时间,实验时电阻箱应调节到相对较大的阻值。(3)i-t图线与横轴围成的面积S1表示电容器充电获得的电荷量,再根据电容器充电结束时两端电压U0,求出电容的表达式为C=。
13.答案 (1)t (2)
解析 (1)从进入第1个金属圆筒到即将进入第3个金属圆筒的过程,根据动能定理可得
m-m=2qU (3分)
第3个金属圆筒的长度L=v3t=t (3分)
(2)由M点射入转向器,沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,根据牛顿第二定律有Eq=m (3分)
解得E= (3分)
14.答案 (1) (2)
(3)见解析
解析 (1)电子在电场中加速,由动能定理可得eU1=m (2分)
解得v0= (1分)
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,垂直于电场方向有L=v0t (1分)
沿电场方向有e=ma (1分)
从偏转电场射出时的速度大小v= (1分)
侧移量为y=at2 (1分)
联立解得v=,y= (2分)
如图所示
由几何关系可知= (2分)
可得O、P之间的距离Y= (1分)
(3)该示波器的灵敏度为D= (1分)
解得D= (1分)
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。 (1分)
15.答案 (1)20 N (2)2 J思路点拨 解答本题,可将电场力与重力的合力视为等效重力,滑块恰好能经过等效最高点时,等效重力提供向心力。
解析 (1)设滑块到达A点时的速度大小为vA,根据动能定理有-μmg·AP=m-Ek(2分)
根据牛顿第二定律有FN-mg=m (1分)
由牛顿第三定律有FA=FN(1分)
解得FA=20 N(1分)
(2)滑块进入圆弧轨道后相当于受到与水平方向的夹角为θ、大小为mg'==5 N的等效重力从而做圆周运动, (1分)
其中sin θ==0.8
若滑块恰好进入圆弧轨道,则有
Ek1=μmg·AP=2 J(1分)
若滑块恰好到达与圆心等效等高点,由能量守恒定律得
Ek2=μmg·AP+mgR(1-cos θ)+EqR sin θ (2分)
解得Ek2=6 J(1分)
设滑块恰好能经过等效最高点时的速度大小为v,则有mg'=m (1分)
Ek3=μmg·AP+mgR(1+sin θ)+EqR cos θ+mv2 (2分)
解得Ek3=13.5 J(1分)
综上所述Ek的取值范围为2 J
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10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.当云层中包含有大量的电荷时,云层和大地之间可视为一个巨大的平行板电容器。如图所示,云层带正电,取地面的电势为0,在云层和地面间的P点处悬浮有一带电微粒。下列说法正确的是 ( )
A.微粒带正电
B.若云层高度下降,P点的电势降低
C.若云层高度下降,微粒将向上运动
D.若云层高度下降,微粒的电势能不变
2.静电除尘器的工作原理是利用高压电场使烟气发生电离,气流中的粉尘在电场作用下与气流分离。如图所示为其电场分布简图,下列说法正确的是 ( )
A.虚线可能是等势线
B.电场强度EA
D.负电荷在C点的电势能小于其在A点的电势能
3.如图甲所示,球壳上的电荷均匀分布,其球心O处的电场强度大小为E0。如削去上半部分的球壳,剩下如图乙所示的下半部分球壳。已知均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为零。若电荷的分布不受影响,则剩下部分球壳上的电荷在O处产生的电场强度大小为 ( )
A.E0 B. C. D.E0
4.如图所示,A和B是两个由绝缘材料制成的表面均匀带电的小球,半径都为r。小球B放置在绝缘水平桌面上,小球A恰能静止在小球B的正上方,间距如图所示,为4r。现在将小球A取下,换上同样均匀带电的小球C。已知小球C和小球A材料相同,小球C的质量是小球A的8倍,小球C的电荷量同样是小球A的8倍,小球C最终也静止在小球B的正上方,那么小球C的球心距离桌面的高度为 ( )
A.6r B.7r C.8r D.9r
5.如图所示,正方形的两个顶点B、B'上固定两个等量正点电荷,将一电子从顶点A由静止释放,电子仅在静电力的作用下运动到顶点A'的v-t图像可能正确的是 ( )
6.如图所示,有一倾角θ=30°的绝缘斜面,一质量为m、所带电荷量为q的小球从斜面的中点,以初速度v0水平抛出,经时间t1恰好落在斜面的最下端;当在该区域加上一竖直向下的匀强电场E,将小球从斜面的顶端以同样的初速度v0水平抛出,经时间t2也恰好落在斜面的最下端,则有(重力加速度大小为g) ( )
A.小球带负电,电场强度E=
B.小球带负电,电场强度E=
C.小球两次在空中飞行的时间之比为t1∶t2=1∶
D.小球两次落到斜面底端时,其速度与斜面所成夹角相等,且均为60°
7.如图甲所示,绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个不等量正点电荷(场源电荷),其中x=-2l处点电荷的电荷量大小为Q。两点电荷在x轴上形成的电场的电势φ与x轴坐标的关系如图乙所示,其中坐标原点处电势为φ0,且为极小值,x=-l和x=2l处电势分别为φ0和φ0。现由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的物体(视为质点),该物体刚好向左运动到x=-l处。物体产生的电场忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.x=4l处点电荷的电荷量为2Q
B.物体在运动过程中,电势能变化量为
C.物体与水平面间的动摩擦因数为
D.物体在坐标原点处动能最大
8.如图所示为阴极射线示波管内的聚焦电场示意图,图中带箭头的实线为电场线,虚线为等势面,一个带电粒子在P点处以一定的初速度射出,仅在电场力作用下运动到Q点。带电粒子重力忽略不计,根据图中的轨迹判断,粒子从P点运动到Q点的过程中 ( )
A.粒子带正电
B.粒子在P点的加速度比在Q点的加速度大
C.粒子在P点的速度比在Q点的速度大
D.粒子在P点的电势能比在Q点的电势能大
9.如图所示,a、b两带电荷量相等的小球,分别套在两根相互垂直的光滑绝缘杆OA、OB上,系统处于平衡状态,OA与水平方向成60°角。a、b两球连线与金属杆OB成60°角。已知重力加速度为g,则以下说法中正确的是 ( )
A.a、b带等量的同种电荷
B.a、b带等量的异种电荷
C.a、b的质量比为1∶1
D.a、b的质量比为2∶1
10.如图甲所示,在与竖直平面平行的匀强电场中,有一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直,直径BD水平。从A点开始小球的电势能Ep与转过的角度θ的关系如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.该匀强电场的场强大小为
B.该匀强电场的场强方向沿CA方向
C.小球在D、B两点时轻绳拉力的差值为3mg
D.小球在D、B两点时轻绳拉力的差值为3mg
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(9分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、电流表、停表、单刀双掷开关以及导线若干。
(1)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是 。(填选项前的字母)
A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定
B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定
C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭
(2)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化的图线如图(b)所示,其中实线是电阻箱阻值为 (填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与横轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 (填“电压”或“电荷量”)。
12.(9分)某同学按如图所示连接电路,利用电流传感器和电压传感器研究电容器的充、放电情况。实验时,先将开关S与“1”端相连,待电路稳定后,将开关掷向“2”端,传感器将信息传入计算机,屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的i-t图线、u-t图线。
(1)下列选项中,当开关与“1”端相连时,电压传感器所描绘的u-t图线应是 ;当开关与“2”端相连时,电流传感器所描绘的i-t图线应是 。
(2)为延长电容器的放电时间,实验时电阻箱应调节到相对 (填“较大”或“较小”)的阻值。
(3)假设上述所选的i-t图线与横轴围成的面积为S1、u-t图线与横轴围成的面积为S2,再利用图像中已知数据,则计算该电容器电容C的表达式为 (题中及图像中所给数据单位均为国际单位制单位)。
13.(12分)如图是带有转向器的粒子直线加速器,转向器中有辐向电场,A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电荷量为+q的离子,以初速度v0进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动,时间均为t;在相邻两筒间的缝隙内被电场加速,加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后,立即由M点射入转向器,沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,并从N点射出。求:
(1)第3个金属圆筒的长度;
(2)虚线MN处电场强度的大小。
14.(15分)如图所示,一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电场加速后,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场为匀强电场,忽略电场的边缘效应),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1,M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,偏转电场的右端到荧光屏的距离为l,电子的质量为m、电荷量大小为e,不计电子重力,求:
(1)电子穿过A板时的速度大小v0;
(2)电子从偏转电场射出时的速度大小v和O、P之间的距离Y;
(3)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度,分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度(至少说出两种方法)。
15.(15分)如图所示,粗糙水平地面上固定一半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道ABCD,圆弧轨道与水平地面相切于A点,O为圆弧轨道的圆心,OA竖直,B、D两点与圆心O等高。在BD的上方、OA的右方存在方向水平向右、电场强度大小E=150 N/C的匀强电场,一质量m=0.4 kg、电荷量q=2.0×10-2 C的带负电滑块(可视为点电荷)从水平地面左侧向右运动,经过P点时的动能为Ek。已知滑块与地面间的动摩擦因数μ=,AP=2 m,滑块所带的电荷量始终不变,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若Ek=10 J,求滑块运动到A点时对圆弧轨道的压力大小FA;
(2)若滑块能进入且不脱离(从D点离开不属于脱离)圆弧轨道,求Ek的取值范围。
答案全解全析
1.D
模型建构
解析 云层与大地间形成的电场方向向下,微粒悬浮在空中,则微粒受到竖直向上的电场力,微粒带负电,选项A错误;由C==,E=,可得E=,仅改变d,而Q保持不变时,电场强度E不变,则P点的电势不变,微粒的电势能不变,微粒受到的电场力不变,依然悬浮在P点,选项B、C错误,D正确。
2.D
思路点拨
解析 电极是等势体,其表面是等势面,根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线,选项A错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,电场线越密,电场强度越大,可知EA>EB>EC,选项B错误;电场线是曲线,在电场力作用下粉尘不会沿着虚线运动,选项C错误;电场线由高压电源的正极到负极,所以C点的电势高,A点的电势低,由电势能公式Ep=qφ可知,负电荷在C点的电势能小于其在A点的电势能,选项D正确。
3.A
模型建构
解析 球壳上的电荷均匀分布,其球心O处的电场强度大小为E0,则根据均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为零可知,球壳在球心O处产生的电场强度大小为E0。根据电场强度的合成可知,图乙所示的下半部分球壳在O点产生的电场强度E==E0,选项A正确。
4.B 由题意,小球A静止在B球正上方时,根据平衡条件可得mAg=k;当换成小球C后,设小球C的球心距离桌面的高度为h,已知小球C和小球A材料相同,小球C的质量是小球A的8倍,小球C的电荷量是小球A的8倍,根据平衡条件有8mAg=k,解得h=7r,选项B正确。
5.C 如图所示,因为场强最大点与B的连线和B、B'连线,由图可知∠ABB'=45°,而tan 45°=1,明显tan 45°>tan θ,可得电子是从小于电场强度最大值位置释放,则电子所受的合电场力的大小先增大后减小再增大最后减小,那么加速度的大小也是先增大后减小再增大最后减小,而v-t图像切线斜率的绝对值表示加速度大小,所以在运动过程中v-t图像切线斜率的绝对值也应先增大后减小再增大最后减小,选项C正确。
6.A 第一次tan θ==,第二次tan θ==,因水平方向两次均为匀速直线运动,且x2=2x1,则t2=2t1,可得a=g,可知电场力方向竖直向上,小球带负电,且mg-qE=ma,则E=,选项A正确,B、C错误;第一次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角的正切tan α==2 tan θ,第二次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角的正切tan β==2 tan θ,则α=β,即小球两次落到斜面底端时,速度方向与水平方向的夹角相等,则速度与斜面所成夹角相等,但不是60°,选项D错误。
解后复盘 做平抛运动的物体,在某时刻其速度方向与水平方向的夹角为α,位移方向与水平方向的夹角为θ,则有tan α=2 tan θ,此结论在本题中可以很好地应用。
7.C φ-x图线切线的斜率的绝对值表示场强的大小,在坐标原点处的场强为零,则k=k,可得Q'=4Q,选项A错误;物体在运动过程中,电势能变化量为ΔEp=φ0q-φ0q=-,选项B错误;物体的整个运动过程,由动能定理可得W电-μmg·3l=0,W电=-ΔEp=,解得μ=,选项C正确;物体动能最大时,电场力等于摩擦力,因在坐标原点电场力为零,可知在坐标原点位置物体的动能不是最大,选项D错误。
8.AC
识图有法
解析 粒子从P点运动到Q点的运动轨迹是曲线,根据曲线运动的轨迹夹在力的方向与速度的方向之间,作出轨迹与电场线交点的速度方向和粒子在该点所受电场力的方向,可知粒子所受电场力的方向与电场方向相同,所以粒子带正电,选项A正确;电场线的疏密表示电场强弱,P点的电场线比Q点的稀疏,所以P点的电场强度比Q点的小,由a=可知粒子在P点的加速度比在Q点的加速度小,选项B错误;粒子从P点运动到Q点的过程中,电场力与速度的夹角为钝角,粒子做减速运动,所以粒子在P点的速度比在Q点的速度大,选项C正确;粒子从P点运动到Q点的过程中,电场力与速度的夹角为钝角,电场力做负功,电势能增大,所以粒子在P点的电势能比在Q点的电势能小,选项D错误。
9.AC 分析受力可知,要保证两球平衡,a、b带等量的同种电荷,选项A正确,B错误。如图所示,对小球a受力分析,库仑力为FC,OA杆对小球a的弹力大小为FNA,设FC与水平方向的夹角为θ1,FNA与水平方向的夹角为θ2,根据图中的几何关系有θ1=θ2=30°,根据平衡条件有FC cos θ1=FNA cos θ2,FC sin θ1+FNA sin θ2=m1g,解得FC=FNA=m1g;对小球b受力分析,其所受库仑力FC'的大小也等于m1g,OB杆对小球b的弹力为FNB,设FNB与水平方向的夹角为θ3,FC'与水平方向的夹角为θ4,根据图中的几何关系有θ3=60°,θ4=30°,根据平衡条件有FNB cos θ3=FC' cos θ4,FC' sin θ4+m2g=FNB sin θ3,联立解得m1=m2,选项C正确,D错误。
10.AD
思路点拨 解答本题的关键是根据图乙确定等势线,然后根据电场强度与电势差的关系、动能定理解题。
解析 由题图乙可知θ=和θ=时的电势能相同,故电势相等,小球位置的连线为等势线,电场线与等势线垂直,由此可以判断电场强度的方向如图甲所示,不沿CA方向;小球在电场中运动时电势差最大为U=,根据U=E×2l,可得E=,A正确,B错误;如图乙所示,小球在B点时有TB+Eq cos 60°=,小球在D点时有TD-Eq cos 60°=,小球从B点到D点的过程,由动能定理可得Eq cos 60°×2l=m-m,可得TD-TB=3mg,D正确,C错误。
11.答案 (1)C(3分) (2)R2(3分) 电荷量(3分)
解析 (1)电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,电容器将放电,随电荷量减小,电容器两端电压减小,电流减小,最终放电完成,电流为0,可知小灯泡亮度变化情况可能是迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭,故选C。(2)电源电动势一定,将电阻箱的阻值调为R2,由R2>R1可知,充电初始状态的电流变小,即充电过程中,在0时刻,回路中的电流变小,可知实线是电阻箱阻值为R2时的结果;根据电流的定义式有I=,解得q=It。可知,曲线与横轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
12.答案 (1)C(2分) B(2分) (2)较大(2分)
(3)C=(3分)
解析 (1)电容器充电过程中,电容器两端电压越来越大,电源与电容器间电势差越来越小,电路中电流逐渐减小,电容器充电会越来越慢,电压增加也就越来越慢,最终电容器两端电压等于电源电动势,电压最大,电流为零;电容器放电时,开始两极板间电压最大,电路中电流最大,随着电容器两端电压降低,电路中电流减小,放电速度也越来越慢,最终电流为零,故图像分别选C和B。(2)电阻越大电路中电流越小,电容器放电速度也越慢,故为延长电容器的放电时间,实验时电阻箱应调节到相对较大的阻值。(3)i-t图线与横轴围成的面积S1表示电容器充电获得的电荷量,再根据电容器充电结束时两端电压U0,求出电容的表达式为C=。
13.答案 (1)t (2)
解析 (1)从进入第1个金属圆筒到即将进入第3个金属圆筒的过程,根据动能定理可得
m-m=2qU (3分)
第3个金属圆筒的长度L=v3t=t (3分)
(2)由M点射入转向器,沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,根据牛顿第二定律有Eq=m (3分)
解得E= (3分)
14.答案 (1) (2)
(3)见解析
解析 (1)电子在电场中加速,由动能定理可得eU1=m (2分)
解得v0= (1分)
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,垂直于电场方向有L=v0t (1分)
沿电场方向有e=ma (1分)
从偏转电场射出时的速度大小v= (1分)
侧移量为y=at2 (1分)
联立解得v=,y= (2分)
如图所示
由几何关系可知= (2分)
可得O、P之间的距离Y= (1分)
(3)该示波器的灵敏度为D= (1分)
解得D= (1分)
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。 (1分)
15.答案 (1)20 N (2)2 J
解析 (1)设滑块到达A点时的速度大小为vA,根据动能定理有-μmg·AP=m-Ek(2分)
根据牛顿第二定律有FN-mg=m (1分)
由牛顿第三定律有FA=FN(1分)
解得FA=20 N(1分)
(2)滑块进入圆弧轨道后相当于受到与水平方向的夹角为θ、大小为mg'==5 N的等效重力从而做圆周运动, (1分)
其中sin θ==0.8
若滑块恰好进入圆弧轨道,则有
Ek1=μmg·AP=2 J(1分)
若滑块恰好到达与圆心等效等高点,由能量守恒定律得
Ek2=μmg·AP+mgR(1-cos θ)+EqR sin θ (2分)
解得Ek2=6 J(1分)
设滑块恰好能经过等效最高点时的速度大小为v,则有mg'=m (1分)
Ek3=μmg·AP+mgR(1+sin θ)+EqR cos θ+mv2 (2分)
解得Ek3=13.5 J(1分)
综上所述Ek的取值范围为2 J
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