2026版《金版教程》高考一轮复习物理第五章 综合测评

高考总复习首选用卷物理第五章综合测评eq\a\vs4\al()时间：75分钟eq\a\vs4\al()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．(2024·江西高考)蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是()A．电场力增大，方向向左B．电场力增大，方向向右C．电场力减小，方向向左D．电场力减小，方向向右答案：B解析：由题图可知，右侧金属板带正电荷，左侧金属板带负电荷，板间电场方向向左，电子带负电，受到的电场力方向与电场方向相反，因此电子受到的电场力方向向右；由U＝Ed可知，两金属板间距d减小，则板间电场强度E增大，由F＝eE可知，电子受到的电场力增大，故B正确。2．(2021·北京高考)如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是()A．M点的场强比P点的场强大B．M点的电势比N点的电势高C．N点的场强与P点的场强相同D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大答案：C解析：等量异号点电荷的电场线分布如图所示，由图可知，M点的场强与P点的场强大小相等，方向不同，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误，C正确；根据等量异号点电荷的等势面分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势比P点的电势高，根据Ep＝φq可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故B、D错误。3．(2024·名校学术联盟高三下模拟)如图，实线为某电子显微镜中静电场中的等势线，A、B、C、D、E为电场中的5个点，下列说法正确的是()A．C点电场强度垂直于该点所在的等势线，方向向右B．A、B、C、D、E五个点中，C点的电场强度大小最大C．一正电荷从A点移到E点，电势能减小D．一电子从E点移到A点，电场力做正功答案：B解析：电场线与等势线垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，则C点电场强度垂直于该点所在的等势线，方向向左，故A错误；等差等势线分布越密集的地方，电场强度越大，则A、B、C、D、E五个点中，C点的电场强度大小最大，故B正确；由公式Ep＝φq可知，一正电荷从A点移到E点，电势增大，则电势能增加，一电子从E点移到A点，电势减小，则电势能增加，由功能关系可知，电场力做负功，故C、D错误。4．(2024·辽宁高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则()A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N答案：B解析：由题图a可知，降低溶液浓度cm，该种不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，故A错误；因为开关S闭合，所以电容器两极板之间的电势差U不变，始终等于电源电压，根据Q＝CU，结合A项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据以上分析可知，溶液浓度降低过程中电容器所带的电荷量增大，则电源给电容器充电，结合题图b可知，电路中电流方向为N→M，故D错误。5．(2025·河北省高三上期末)空间存在沿x轴方向的电场，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到x4处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是()A．由图可知，粒子在x1处受到的电场力最大B．电场中x2点的电势低于x1点C．粒子释放时的动能为Ep4＋Ep0D．粒子经过x2处的动能为Ep4－Ep2答案：D解析：由功能关系可知，Ep­x图像中图线的斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图可知图线在x1处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为零，故A错误；粒子带正电，且Ep2>Ep1，由Ep＝qφ可知电场中x2点的电势高于x1点，B错误；粒子运动过程中动能与电势能之和保持不变，有Ek0＋Ep0＝Ek2＋Ep2＝Ep4＋Ek4，其中Ek4＝0，解得粒子释放时的动能为Ek0＝Ep4－Ep0，粒子经过x2处的动能为Ek2＝Ep4－Ep2，故C错误，D正确。6.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)，若分别在A、B两板间加下图所示的四种电压，则其中可能使电子打不到B板的是()答案：B解析：加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；加B图电压，若A、B板间距足够大，则0～t0电子向B板做匀加速运动，t0～2t0向B板做加速度大小相同的匀减速运动，2t0～3t0向A板做匀加速运动，3t0～4t0向A板做匀减速运动，t＝4t0时电子回到出发点，可知电子有可能打不到B板，故B正确；加C图电压，电子一直向B板运动，可知一定能打到B板，故C错误；加D图电压，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能打到B板，故D错误。7．如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是()A．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点B．若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必然相同C．若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点D．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必然相同答案：A解析：设带电粒子质量为m，电荷量为q，进入偏转电场时的初速度为v0，偏转电场的电压为U，极板长度为l，板间距离为d，粒子射入点到竖直挡板的水平距离为L，则粒子出电场时的竖直偏转位移为y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qUl2,4Ekd)，速度偏转角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,2Ekd)，由于氕、氘、氚具有相同的电荷量和不同的质量，若三者进入偏转电场时的初动能相同，则出电场时的偏转位移相同，速度的偏转角相同，粒子必定到达挡板上的同一点，故A正确；若三者的初动量相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝eq\f(L,v0)不同，故B错误；若三者的初速度相同，由于质量不同，则出电场时的偏转位移不同，速度的偏转角不同，粒子不会到达挡板上的同一点，故C错误；若三者的初动能相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝eq\f(L,v0)不同，故D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．若a、b电性相反，则球a的质量一定大于球b的质量B．若a、b电性相反，则球a的质量可能等于球b的质量C．若同时剪断两根细线，则a球可能先落地D．若同时剪断两根细线，则a、b两球一定同时落地答案：AD解析：若a、b电性相反，根据平衡条件，对a、b分别分析，可知a带负电，b带正电，对a、b两球，细线沿水平方向的分力均有Fx＝qE－F库，又由tanα＝eq\f(Fx,mag)，tanβ＝eq\f(Fx,mbg)，得ma>mb，A正确，B错误；若同时剪断两根细线，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，故一定同时落地，C错误，D正确。9．(2023·河北高考)如图，在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4，q1、q2位于A点两侧，q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上，且OA＝OB＝OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是()A．A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向B．若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高C．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零D．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则C点的电场强度一定为零答案：BD解析：根据题意，以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，由电场线和等势面的关系可知，A、B两点电场线与球面垂直，与x轴重合，由于不知道各个点电荷的电性、电荷量和具体位置，所以A、B两点电场线的具体方向，即电场强度的具体方向无法判断，故A错误。由于正点电荷周围的电势为正值，电场中某点电势等于各场源电荷在该点所产生电势的代数和，故若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高，B正确。试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则y轴上各点电势相等，电场强度垂直于y轴，不一定均为零，因此试探电荷受到的静电力不一定始终为零，C错误。根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴重合，再根据C项分析可知，C点的电场强度方向应与y轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故C点的电场强度一定为零，D正确。10.如图所示，竖直平面内存在一匀强电场，电场强度方向与水平方向间的夹角θ＝60°，O、M为其中一条电场线上的两点，一带电粒子电荷量为q，不计重力，在O点以水平初速度v0进入电场，经过时间t，粒子到达与M在同一水平线上的N点，且OM＝MN，则()A．UMO＝UNMB．粒子带负电C．带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能D．由O到N运动过程中，电场力的功率增大答案：BCD解析：因UMO＝E·eq\x\to(OM)，UNM＝E·eq\x\to(MN)cosθ＝eq\f(1,2)UMO，故UMO>UNM，A错误；根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力方向与电场线方向相反，可知粒子带负电，B正确；带电粒子从O到N过程中电场力做正功，电势能减小，则带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能，C正确；由O到N运动过程中，由运动的分解可知，带电粒子在平行于电场线方向做匀加速直线运动，分速度v增大，由P电＝qEv可知电场力的功率增大，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)小明学习静电现象时，做了以下实验：(1)如图甲所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片均是闭合的。先把带正电荷的物体C移近导体A，导体B的金属箔片________；接着保持C位置不动，用手摸一下导体B，然后移走B，导体B的金属箔片________。(均选填“张开”或“闭合”)(2)用金属网把验电器罩起来，再使带电荷量为＋Q的金属球(可看成点电荷)靠近验电器，如图乙所示，箔片________(选填“张开”或“闭合”)，分析可知，当达到静电平衡时，金属网内与带电金属球相距r处的D点的电场强度大小为________(已知静电力常量为k)。答案：(1)张开张开(2)闭合0解析：(1)起初导体A和B不带电，先把带正电荷的物体C移近导体A，发生静电感应现象，则A带负电，B带正电，导体B的金属箔片张开；接着保持C位置不动，用手摸一下导体B，此时B所带的正电沿人的身体移动到大地上，A、B均带负电，然后移走B，B带负电，则导体B的金属箔片张开。(2)由于金属网的静电屏蔽，带电金属球靠近验电器时，验电器的金属球不带电，验电器的金属箔片闭合。分析可知，当达到静电平衡时，金属网内电场强度处处为0，故与点电荷相距r处的D点的电场强度大小为0。12．(8分)某兴趣小组想自制一个电容器。如图1所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。(1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号)。A．增大电容器的充电电压B．减小电容器的充电电压C．锡箔纸面积尽可能大D．锡箔纸卷绕得尽可能紧(2)为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图2所示的电路进行测量。其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的U­t、I­t图像。先将开关S置于a端，电压和电流随时间变化的图像分别如图3、4所示，则该电容器充满电后所带的电荷量约为Q＝________C；电容大小约为C＝________F。(结果均保留两位有效数字)(3)在(2)问基础上，电容器充满电后，t0时刻再把开关S置于b端，则以下电流和电压随时间变化的图像符合实际的是________(填正确答案标号)。答案：(1)CD(2)3.0×10－5(在2.7×10－5～3.3×10－5范围内均可)5.0×10－6(在4.5×10－6～5.5×10－5范围内均可)(3)BC解析：(1)根据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容与充电电压无关，为增加该电容器的电容，可以增大S或减小d，所以使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，都可以增大电容，故A、B错误，C、D正确。(2)根据q＝I·t可知，I­t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，I­t图像每小格表示的电荷量为0.02×0.2×10－4C＝4×10－7C，I­t图像与时间轴所围的面积共约75个小格，则电容器充满电后所带的电荷量约为Q＝75×4×10－7C＝3.0×10－5C；由U­t图像知，充满电后电容器两端电压U＝6.0V，则电容大小约为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(3.0×10－5,6.0)F＝5.0×10－6F。(3)0～t0时间内，电容器充电，电流逐渐减小，电压逐渐增大，直至充满时，电流为零，电压达到最大；t0时刻把开关S置于b端，电容器放电，电流反向且逐渐减小到零，电压也逐渐减小到零但方向不变，故B、C正确，A、D错误。13.(11分)如图所示，两个带正电的点电荷放在A、B两处，B处点电荷的电量为＋q，P与A、B两点的连线与AB间的夹角分别为θ＝30°、α＝60°。一电子仅在电场力的作用下过P点做匀速圆周运动，轨迹平面与AB垂直。已知电子质量为m，电量为e，轨道半径为r。则：(1)A处点电荷的电量为多少？(2)电子运动的线速度大小为多少？答案：(1)eq\r(3)q(2)eq\r(\f(\r(3)kqe,2mr))解析：(1)当电子做匀速圆周运动时，平行AB方向满足FAcosθ＝FBcosα又FA＝keq\f(qAe,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sinθ)))\s\up12(2))，FB＝keq\f(qe,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sinα)))\s\up12(2))解得A处点电荷的电量为qA＝eq\r(3)q。(2)当电子做匀速圆周运动时，有F合＝meq\f(v2,r)即FAsinθ＋FBsinα＝meq\f(v2,r)解得电子运动的线速度大小为v＝eq\r(\f(\r(3)kqe,2mr))。14．(13分)如图，地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球自电场中O点以16J的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P点时小球的动能为9J，最后落回地面上的Q点，不计空气阻力，求：(1)小球所受电场力与重力的比值为多少？(2)小球落回Q点时的动能是多少？(3)小球运动过程中的最小动能。答案：(1)eq\f(3,4)(2)52J(3)5.76J解析：(1)小球从O到P的过程，竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动。设小球质量为m，所受电场力大小为F电，抛出初速度为v0，到P点的速度为v1，水平方向的加速度大小为a，运动时间为t1，则水平方向有v1＝at1由牛顿第二定律有F电＝ma竖直方向有0＝v0－gt1又由题意知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝16J，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝9J联立解得小球所受电场力与重力的比值为eq\f(F电,mg)＝eq\f(3,4)。(2)小球从P到Q的过程，根据竖直方向运动的对称性，可知运动时间t2＝t1水平方向的末速度vx＝v1＋at2竖直方向的末速度vy＝gt2则小球落回Q点时的速度大小为vQ＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))动能为EkQ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)联立解得EkQ＝52J。(3)当小球速度与合力垂直时，速度最小；设合力与竖直方向成θ角，则有tanθ＝eq\f(F电,mg)＝eq\f(3,4)将初速度v0沿合力方向和垂直合力方向进行分解，可得小球运动过程中的最小速度vmin＝v0sinθ则最小动能为Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)联立解得Ekmin＝5.76J。15．(16分)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面静置质量分别为m1＝1kg和m＝2kg的A、B两个小物块(可视为质点)，物块A绝缘不带电，物块B带负电，电荷量为－q。在桌面右侧竖直固定半径R＝0.3m的光滑圆弧轨道，轨道左端Q点和圆心O的连线与竖直方向成53°角，轨道上端点P在圆心正上方，过Q点的竖直虚线MN右侧存在着水平向右的匀强电场，电场强度E＝eq\f(4mg,3q)。若物块A以初速度v＝4.5m/s向右运动，与物块B发生弹性正碰后，物块B恰好从Q点沿切线方向进入圆弧轨道，取g＝10