2026版《全品高考》选考复习方案物理08 单元过关卷(七) 答案

《全品选考复习方案》2026版《全品高考》选考复习方案物理08单元过关卷(七)答案单元过关卷(七)1.C[解析]库仑力公式只适用于真空中的点电荷间电场力的计算,A错误;当r→0时,带电体已不能看成点电荷,库仑力公式F=kq1q2r2已不适用,B错误;由库仑力公式F=kq1q2r2可知,电荷间距离一定时,F的大小与两个点电荷电荷量乘积成正比,C正确;静电力常量的单位是2.B[解析]图甲中,建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理,故A正确,不满足题意要求;图乙中,当带电小球靠近金属网时,根据静电屏蔽可知,验电器箔片不会张开,故B错误,满足题意要求;图丙中,三条高压输电线上方的两条导线与大地相连,形成一个稀疏的金属网,可把高压线屏蔽起来,免遭雷击,故C正确,不满足题意要求;图丁中,带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服,金属丝织物能起到静电屏蔽作用,因此能屏蔽高压线周围的电场,D正确,不满足题意要求.3.C[解析]根据图像可知,内部场强并非为零,根据沿电场线方向电势降低可知,带电球体不是等势体,电势在改变,故A错误;E⁃r曲线下围成的面积表示电势差,则球心与球表面间的电势差ΔU=E0R2,故B错误,C正确;球外电场可等效于电荷量集中在球心的点电荷产生,带电球体所带的电荷量为Q,根据R处的场强为E0,有E0=kQR2,解得Q=E4.B[解析]一般取无穷远处电势为零,则P点电势小于零,M点电势大于零,故A错误;由于等差等势面的分布越密,电场强度越大,所以P点电场强度大小比M点的小,故B正确;左右负极杆对M点的电场方向向下,M点更靠近上极杆,所以上下极杆对M点的电场方向向下,所以M点电场强度方向沿z轴负方向,故C错误;沿y轴运动的带电粒子,在不同的等势面上,电势能不同,故D错误.5.D[解析]根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子P受到排斥力,其电性与场源电荷的电性相同,粒子Q受到吸引力,与场源电荷电性相反,所以两粒子的电性一定相反,A错误.电场力对粒子P先做负功,后做正功,则电势能先增加后减少;电场力对粒子Q先做正功,后做负功,则电势能是先减少后增大,B错误.两个粒子的初速率相等,而粒子P从A到B、粒子Q从A到C电场力做功不同,则经过B、C两点两粒子的速率一定不相等,C错误.粒子P电性与场源电荷的电性相同,若取无穷远处为零电势,则P粒子经过B点时的电势能为正值;粒子Q电性与场源电荷的电性相反,若取无穷远处为零电势,则Q粒子经过C点时的电势能为负值,所以P粒子经过B点时的电势能大于Q粒子经过C点时的电势能,D正确.6.B[解析]对试探电荷受力分析可知,试探电荷在B点时受到的静电力为0,过程1中,试探电荷受到的静电力可能减小,也可能先增大后减小,选项A错误;试探电荷在B点时受到的静电力为0,过程2中,试探电荷受到的静电力逐渐增大,选项B正确;过程1中,试探电荷受到的静电力方向与位移方向相同,静电力做正功,试探电荷的电势能减小,选项C错误;过程2中,试探电荷受到的静电力方向与位移方向相同,静电力做正功,选项D错误.7.D[解析]由静止突然向前加速时,N极板向后运动,电容器两极板间的距离d变大,根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容C变小,故A错误;电压传感器相当于静电计,由于电容器的电荷量Q不变,根据C=QU可知,在Q不变的情况下,C减小,则U增大,故B错误;根据E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,Q不变,d变大的情况下,E不变,故C错误;电压传感器示数与极板间距之间的关系为U=QC=4πkdQεrS,可得ΔU=4πkQεrSΔd,设弹簧劲度系数为k',对N极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为a=2k'xm,即Δa=2k'8.C[解析]根据轨迹可知D点电子所受电场力沿M'N'向右,即在M'N'线上电场方向向左,所以C点的电势高于D点的电势,故A正确;根据电子在电势高处电势能小,所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能,故B正确;动量的变化率ΔpΔt=mΔvΔt=ma,即电子所受合力F合=qE,由等差等势面间距变化可知D点运动到B点过程中电场强度E变化,故C错误;由于只有电场力做功,故运动中电势能与动能之和不变,故D9.D[解析]由题意得粒子在电场中的运动时间t=2dv0=T,可得在垂直于极板方向上,先做12T时间的初速度为0的匀加速直线运动,再做12T时间的匀减速直线运动;由图乙可知,垂直极板方向上加速和减速的加速度大小均为a=qU0dm=qU0md.由运动学的特点可知,加速12T垂直于极板方向上的速度v1=a×12T=qU0mv0,再减速12T垂直于极板方向上的速度v2=v1-a×12T=0,所以在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度沿极板方向,速度大小为v0;由运动学知识可得v12t=d,将v1=qU0mv0、t=2dv0代入解得粒子的电荷量q=mv02U0,故A、B错误.由题意可分析,在t=18T时刻进入的粒子,在垂直于极板方向上,先加速38T,又减速38T,再反向加速18T,最后反向减速18T,粒子在垂直于极板方向上所走的位移大小y=2×12a×38T2-2×12a×18T2,将a=qU0md、T=2dv0、q=mv02U0代入整理可得y=d2,由于进、出电场时电场强度方向相同,进场位置和出场位置的电势差U12=φ1-φ2=U0d·d2=U02,所以在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了ΔEp=10.B[解析]初末速度为0,中间过程不为0,所以动能先增加后减小.设正电荷Q的正上方x处电场强度为0,则k·4Q(y0+x)2=kQx2,解得x=y0,即A点场强为0,结合图可知,A点上方场强方向向下,A点到正电荷场强方向向上,则小球从O点到B点,电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增加,y0处为0.在B点,小球总能量为EB=Ep1B+Ep2B,分析可知,在A、B点之间动能最大,设为C点,则EC=Ep1C+Ep2C+Ekm,由于EC=EB,Ep1C+Ep2C>Ep1B,则Ep2B>Ekm,即电势能最大值大于动能最大值,电场力先做正功后做负功,则电势能先减小后增加,机械能先增加后减小,而重力一直做正功,11.BCD[解析]在φ⁃x图像中,其斜率表示的是电场强度的大小和方向,由图像可知x1与x3处的电场方向不相同,从x1运动到x3,其斜率先减小,x2处的斜率为零,电场强度为零,从x2到x3,斜率逐渐增大,故A错误,B、D正确;由图可知,电子从x2运动到x3,电势减小,电势能增大,C正确.12.ACD[解析]由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知,F'点与E'点的电场强度大小相等,A正确;画出两点电荷分别在B'点和E'点产生的电场强度示意图,如图甲所示,可知B'点的合场强在△ADB'所在的平面内,E'点的合场强在△ADE'所在的平面内,而这两个平面存在夹角,即B'点与E'点的电场强度方向之间存在夹角,因此B'点与E'点的电场强度方向不相同,B错误;设A'点的电势为φA',D'点的电势为φD',由两等量异种点电荷产生的电场的特点可知,O'点的电势是零,F'点的电势大于零,由对称性可得φA'-φO'=φO'-φD'=Δφ,由A'、F'、O'三点的电势关系可得φA'-φF'<Δφ,则有φA'-φF'<φO'-φD',即UA'F'<UO'D',C正确;正六棱柱上表面如图乙所示,由几何关系可知,正电荷在FO中点K的场强方向垂直于FO,负电荷在K点的场强方向指向D点,则K点的合场强与FO的夹角为锐角,而在F点的合场强与FO的夹角为钝角,因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,电场力先做负功后做正功,则有其电势能先增大后减小,D正确.甲乙13.Ⅰ.(1)正(2)4.4×10-4[解析](1)开关K与1端相连,电容器上极板与电源正极连接,故充满电的电容器上极板带正电.(2)由图乙可知电容器充满电时,电容器两极板间的电压为8V,I⁃t图像与横坐标轴围成的面积表示电荷量,图中约14小格,则电容器充满电的电荷量为Q=14×1×0.25×10-3C=3.5×10-3C,电容器的电容约为C=QU=3.5×10-38F≈4.Ⅱ.(1)b(2)500(3)如图所示4.9×10-5[解析](1)闭合开关S1,滑动变阻器是分压式接法,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器R1的滑片应向b端滑动.(2)由图乙可知,电容器开始充电电流是I1=6mA,则开始充电瞬间电流是6mA,则充电瞬间,由欧姆定律可得R2=U1I1=(3)由表中数据,在图丙中描点画U⁃Q图像,如图所示.根据电容的定义式C=QU,可得U=QC,则U⁃Q图像的斜率1C=80.39×10-3F-1,电容器电容C=0.39×14.(1)450V(2)100V(3)0.06m[解析](1)在加速电场中,由动能定理有qU=12mv解得U=450V(2)粒子的运动轨迹如图所示在偏转电场中,粒子做类平抛运动,平行于极板方向有l=v0t垂直于极板方向有a=qEm=qUABmd,y其中y=d2=0.联立解得UAB=100V(3)带电粒子在离开电场后做匀速直线运动,由相似三角形知识得yY=解得Y=0.06m15.(1)2eU0m(2)2U0R(3)(4)t=(2d+πR+L)m[解析](1)由动能定理可得eU0=12mv解得v=2e(2)由牛顿第二定律可得neE=mv由动能定理可得neU0=12mv联立解得E=2(3)n价离子在偏转电场中做类平抛运动,由位移公式可得L=vty=12at在偏转电压为U1的电场中的加速度为a=nen价离子能从C、D板左边缘离开时满足y≤L联立v=2neUU1≤2U0(4)n价离子在A、B间的运动时间t1=dv2静电分析器中离子运动时间t2=πR在偏转电场中离子运动时间t3=L飞行总时间为t=t1+t2+t3=2d+πR+L联立v=2neUt=(2d+πR+L)m16.(1)2v03v022RE0(2)[解析](1)在O点根据三角函数得cos60°=v解得v=2v0设粒子在O点时速度的竖直分量为vy,tan60°=v竖直方向有vy2=2a0根据牛顿第二定律得a0=qE解得qm=3(2)设粒子从O点运动到A点的时间为t0,根据位移公式得R=12a0解得t0=2因为B为圆周上电势最低点,则圆形区域电场方向沿PB方向.设粒子从A点运动到B点的时间为t1,在垂直于圆形区域电场方向有Rcos37°=(v0cos37°)t1解得t1=Rv粒子从O点运动至B点所用的时间t=t0+t1解得t=23(3)设粒子在圆形区域电场方向的偏转距离为h1,则h1=Rsin37°+R=1.6R在圆形区域电场方向,h1=v0sin37°·t1+12a1解得a1=2根据牛顿第二定律得qE1=ma1解得E1=43E在圆形区域电场中E1=UAB解得UAB=3215RE单元过关卷(七)[考查范围:静电场]选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题,每小题3分,共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.[2024·湖州模拟]关于库仑力,下列说法中正确的是()A.库仑力公式适用于所有带电体之间电场力的计算B.由库仑力公式F=kq1q2r2可知,当rC.由库仑力公式F=kq1q2r2可知D.静电力常量是一个没有单位的常数2.下列说法不正确的是()A.图甲中,建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理B.图乙中,当带电小球靠近金属网时,验电器箔片会张开C.图丙中,高压输电线上方的两条接地导线可把高压线屏蔽起来,使它免遭雷击D.图丁中,电工穿着含金属丝织物制成的工作服,是为了屏蔽高压线周围的电场3.[2024·余姚模拟]半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场;场强大小沿半径分布如图所示,图中E0已知,E⁃r曲线下0~R部分的面积等于R~2R部分的面积.已知静电力常量为k,则下列判断正确的是()A.带电球体是等势体B.球心与球表面间的电势差U=E0RC.球心与球表面间的电势差U=E0D.带电球体所带的电荷量Q=E4.[2024·慈溪模拟]图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则()A.P点电势比M点的高B.P点电场强度大小比M点的小C.M点电场强度方向沿z轴正方向D.沿y轴运动的带电粒子,电势能不变5.[2024·宁波模拟]如图所示,虚线为一正点电荷电场的等势面,P、Q两个带电荷量大小相等的带电粒子,以相同的速率沿不同的方向从A点飞入电场,分别沿不同的径迹1和2运动.若取无穷远处电势为零,且不计两个粒子之间的相互作用和粒子的重力,下列说法正确的是()A.P、Q两粒子电性相同B.P、Q两粒子的电势能均先增加后减少C.P、Q两粒子经过B、C两点时的速率可能相等D.P经过B点时的电势能一定高于Q经过C点时的电势能6.[2024·河南新乡模拟]如图所示,将带负电的试探电荷沿着带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线从A点移动到B点,该过程称为过程1,再沿着连线从B点移动到C点,该过程称为过程2.下列说法正确的是()A.过程1中,试探电荷受到的静电力逐渐增大B.过程2中,试探电荷受到的静电力逐渐增大C.过程1中,试探电荷的电势能逐渐增大D.过程2中,静电力对试探电荷做负功7.电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛,其工作原理简化为如图所示,M和N为电容器两极板,充电后与电源断开.M极板固定在手机上,N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接,只能按图中标识的“前后”方向运动,电压传感器与静电计等效,可直接测量电容器的电压.当手机由静止突然向前加速时,下列说法正确的是()A.电容器的电容增大B.电压传感器的示数不变C.电容器两极板间的电场强度减小D.随着加速度变大,电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比不变8.[2024·绍兴一中模拟]静电透镜是电子透镜中的一种,一般由两个或两个以上的旋转对称圆筒形电极或开有小孔的金属膜片电极构成,它广泛应用于电子器件(如阴极射线示波管)和电子显微镜.如图中虚线所示为其内部静电场中等差等势面的分布示意图.一电子(不计重力)由A点以某一速度射入该电场,仅在电场力作用下的运动轨迹如曲线AB所示,C、D为该轨迹曲线上的两点,O点为互相垂直的对称轴MN和M'N'的交点.下列说法不正确的是()A.C点的电势高于D点的电势B.电子在C点的电势能小于在D点的电势能C.电子从D点运动到B点过程中动量的变化率不变D.电子在C点的电势能和动能之和等于在D点的电势能和动能之和9.如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压,在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场,已知电场变化周期T=2dv0,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则(A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为2v0B.粒子的电荷量为mC.在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18D.在t=14T时刻进入的粒子刚好从P10.[2024·温州模拟]如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷,电荷量为+Q的点电荷在2y0处,电荷量为-4Q的点电荷在3y0处.将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放,经过A点后,能到达最低点B.以y0处为电势能零点、2y0处为重力势能零点,小球可视为点电荷.小球在此运动过程中的重力势能Ep1、机械能E0、动能Ek及电势能Ep2随y变化的图像可能正确的是()ABCD二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.[2024·丽水模拟]一电子仅在静电力作用下从坐标原点由静止出发沿x轴运动,其所在位置处的电势φ随位置x变化的关系如图中抛物线所示,抛物线与x轴相切于x2,下列说法正确的是()A.x1与x3处的电场方向相同B.电子在x2处的加速度为零C.电子从x2运动到x3,电势能逐渐增大D.电子从x1运动到x3,电场力先减小再增大12.[2024·杭州模拟]如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是()A.F'点与E'点的电场强度大小相等B.B'点与E'点的电场强度方向相同C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小非选择题部分三、非选择题(本题共4小题,共64分)13.Ⅰ.(7分)[2024·嵊州模拟]随着传感器技术的不断进步,传感器在中学实验室逐渐普及.某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验,电路如图甲所示.(1)先使开关K与1端相连,电源对电容器充电,这个过程很快完成,充满电的电容器上极板带(选填“正”或“负”)电;

(2)然后把开关K掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流、电压信息传入计算机,经处理后得到电流和电压随时间变化的I⁃t、U⁃t曲线,如图乙所示,则电容器的电容约为F(计算结果保留两位有效数字).

Ⅱ.(7分)电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用.某同学设计了图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容.器材如下:电容器C(额定电压10V,电容标识不清);电源E(电动势12V,内阻不计);滑动变阻器R1(最大阻值20Ω);电阻箱R2(阻值0~9999.9Ω);电压表V(量程0~15V,内阻较大);开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干.(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1、断开开关S2,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器R1的滑片应向(选填“a”或“b”)端滑动.

(2)当电压表的示数为U1=3V时,调节R2的阻值,闭合开关S2,通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像;保持R2的阻值不变,断开开关S1,得到电容器放电过程电流随时间变化的图像,图像如图乙所示.测得I1=6mA,则R2=Ω.

(3)重复上述实验,得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像,利用面积法可以得到电容器电荷量的大小,测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表:实验次数123456U/V345678Q/(10-3C)0.140.190.240.300.330.38请在图丙中画出U⁃Q图像,并利用图像求出电容器的电容为F.(结果保留两位有效数字)

14.(13分)[2024·金华模拟]如图所示,一质量为m=1×10-20kg、带电荷量为q=+1×10-10C的粒子,从静止开始被