假期作业12 静电场 电路及其应用、电能 能量守恒定律-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二物理快乐假期讲练测

参考答案与详解 之m2-0,联主解得w-0m,故D正确.] 根据动能定理可知 2 6,ABD[A.物体在t2t3时间内做匀加速直线运动，由： 对m:-fx1= 2n21 2m2 ① v一t图像可得a=0二，故A正确；B.物体在t2一13 t3一t2 对M:f,=合Mg2@ 时间内做匀加速直线运动，此过程物体水平方向只受 根据t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位 摩擦力，根据牛顿第二定律可得ng=ma,可得H= 移可知 x2=S△COF,x1=SABFO 0)故B正确：C根据题意可知，边界PQ与 根据位移关系可知I=r1一x2=SABC0>x2=S△DF MN的距离为物体在t1~14时间内的位移之和，物体在！ t1~t2时间内的位移为物体的边长，则有x1=L,根据 因此f>fx2=2M,2,即木板的动能一定小于f,A v一t图像，可得物体在t2一t3时间内的位移x2=! 错B对 o十u)3一t红》，物体在t3~4时间内的位移x3= 将①、@两式相加得一f1=号m2+是M,2 2 vo(t4一t3),可得边界PQ与MN的距离为x=L+ 2m2,变形得物块离开木板时的动能m02 o十)g-十t,-tg),故C错误：D.t1~t2时 2 名mw2-1-号M:2<7mw2-.C错D对.] 1 间内，变力F微功的绝对值为W,根据动能定理可得10，解析(1)小钢球从0点出发怡能第一次道过圆孤的 mg1一W=号n2-mw23,解得W=之m(e 最高点E,则小钢球到E点的速度为0，小球从C点到 U2)十（一）mL,故D正确.故选ABD.] E点，根据动能定理得一mg·2R=0一2mc2,代入 t3-t2 7.BD[不计空气阻力，两个物体组成的系统中只有动能： 数据解得vc=2√6m/s;(2)从B点到C点，由动能定 和重力势能相互转化，机械能总量守恒；1重力势能减 理得-ngL=合me2-mn2,小钢球经过B点， 小，动能增加，m2重力势能和动能都增加，故m1减小的： 重力势能等于m2增加的重力势能和两个物体增加的： 由牛频第二定律得N一mg=mR,代入数据联立解 动能之和，m1机械能减少量等于m2机械能增加量，故 BD正确，AC错误.故选BD.] 得N=号N≈0,83N,旅据牛领第三定律得小钢球 8.BC[物体所受的滑动摩擦力大小为f=mg=4N,! 对轨道的压力大小FB=N=0,83N;(3)若小钢球恰 0~1m的过程，由动能定理有W1一mg=2m,解 能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1,从 释放到E点，由动能定理得mg(h1一R)一umgL=0, 得1=2m/s,又W-x图像的斜率表示拉力F,则0~ 代入数据解得h1=1.6m,若小钢球恰能第二次通过E 2m的过程，拉力F1=6N,故x=1m时拉力的功率 点，设小钢球释放，点距A点为h2,从释放到E点，由动 P1=F1v1=12W,A错误；0~4m的过程，由动能定理 有W2一umgx4=Ek4一0，则在x=4m时，物体的动能 能定理得mg(h1-R)-mgL-2 umgcos0· 0 Ek4=2J,B正确：0~2m的过程，物体克服摩擦力做的！ 代入数据解得h2=2.24m,①若小钢球释放高度h< 功W2=fx2=8J,C正确；由W-x图像可知，2~4m: 1.6m,无法到达E点，=0，②若小钢球释放高度 的过程，拉力F2=3N,则F1>f>F2,所以物体在0~ 1.6m≤h<2.24m,小钢球能经过E点一次，因为< 2m的过程做加速运动，2~4m的过程做减速运动，故： tan0,则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H 0~4m的过程，物体在x=2m处速度最大，由动能定理： 点，根据动能定理得mgh一mgL一mgcos0·x=0, 有W2一f=之me2,解得2=25m/s,故物体的最 代入数据解得s=2.5(h一1)，③若小钢球释放高度 大动量为pm=2√2kg·m/s,D错误.] ②，24m≤h,小钢球经过E点两次=2an月1.6m, 9.BD[物块和木板的运动示意图和心t图像如下 答案(1)2√6m/s(2)0.83N(3)见解析 m色 A 假期作业十二 M 1.A[一个氮原子在离子发动机中电离成一个氨离子和 m◆ E 一个电子，根据电荷守恒定律，则该氨离子与该电子所 带电荷是等量异种电荷.故选A.] 69 高二物理每日一练·练出好成绩 2.A[接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F= bM=1 t3Q2 N=子61.已知a点电势为24V,b点电势为 ,两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其 28V,d点电势为l2V,且ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc= 所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电量！ 2l,因此根据几何关系，可得M点的电势为24V,与a (2)26Q2 为+Q,间距变为2r,则库仑力为F=kQ 点电势相等，从而连接aM,即为等势面；bd连线中点 4r2 N的电势与c相等，为20V,A项正确；B.质子从b运 F,故选A] 动到c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为√21，此 3.D[粒子带正电，所受电场力与电场方向相同，可知从 方向做匀速直线运动，则1=②，B项正确：CNc为等 A到B做加速运动，根据p=mv可知粒子的动量变 大，根据动量定理△p=Ft可知pt图线的斜率表示物！ 势线，其垂线bd为场强方向，场强方向由b指向d,C 体所受力的大小，由图可知，粒子从A到B,电场强度 项错误；D.电势差Ubc=8V,则质子从b运动到c电场 不断变小，则所受电场力不断变小，则力t图线的斜率 力做功为W=eU=8eV,D项正确，] 变小.故选D.门 7.AC[A.滑动变阻器的滑片向下滑动，则电阻R减小， 4.D[AB.根据电场线越密电场强度越大，由图可知，A! 路端总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知I= 点附近电场强度大于B,点附近的电场强度，C点的场 E 强大于D点的场强，由点电荷场强公式E=?可知 R外干，可知千路总电流增大，则路端电压为U外= E-Ir,可得路端电压减小，则L变暗，故A正确；B.由 q1>q2,故AB错误；CD.根据电场线与等势面的关系， 画出过C,点的等势线，如图所示 C=Q ，可得Q=CU,其中电容器两板间的电压为路瑞 电压，路端电压减小，则电荷量减小，故B错误：CD.开 始时油滴的重力等于电场力，先电容器两端的电压减 小，由公式E=号可得电场强度减小，由于电扬力为 F=Eq,则电场力减小，此时，重力大于电场力，则油滴 向下运动，故C正确，D错误.故选AC.] 振据沿电场线方向电势逐渐降低可知，C点的电势大8.D[A.由牛领第二定律可得，在XX板板间的加逃度 于D点的电势，由Ep=Pq可知，负电荷从C点移到D 点，电荷电势能增大，故C错误，D正确.故选D.] ! 大小a=E-U m=m,A错误：B.电子电极XX间运动 5.B[电容器保持与电源连接，则电容器两极板间电压 大小E不变，如图所示 时，有，=a1=品，电子离开电板XX时的动能为 E=名ma:2+明=U(0+配电子高开电数 XX'后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小 正板板与P,点间电势差为U=0-9十E,设负试探 为Uo+) ,B错误；C.在XX'极板间受到电场 meU 电荷带电量为一q,则在P点的电势能为Ep=一q9p= 力的冲量大小1，=mu,=7√20，C错误：D.打在荧 L—E,正极板接地，P点电势为负，负试探电荷在P ad+x 光屏时，其速度方向与OO连线夹角a的正切tana= 点的电势能为正值，同时随着距离x增大，电势能减： =20aD正确，故选D.] 红= 小.故选B.」 6.ABD[A.三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称9.CD[由题意知，U12=91-92=3V,U23=g一 性，如图所示 2.5V,U34=93-94=-1.5V,联立可得91>92> 94>3,在电路中电流从高电势流向低电势，所以1接 电源正极，3接电源负极，故AB错误，CD正确.] 10.解析(1)根据电场力公式和牛顿第二定律可知F1 M gE=ma1L=2a1ti2,粒子在竖直方向做匀加速直线 运动，水平方向没有外力作用，可知在水平方向做匀 70 0 参考答案与详解 速直线运动可得粒子在区城I花费的时间为1=2L, 第二部分 热考专题突破 热考专题一 2qL 热考热练 (2)粒子在区城I做美平抛运动可知，粒子在原点时1，A[A若室内气压恒定，令气体室内压强为加，烧瓶 速度的方向延长线交水平位移的中点可得速度与x! 内气体压强为p1,玻璃管中液柱高为h,则有=1十 轴的夹角α=45°，粒子在磁场运动时，洛伦兹力提供！ Pgh,由于玻璃管很细，被封闭气体的体积变化可以忽 略不计，即当温度升高时，烧瓶中气体体积不变，根据 ，可得-需0s46”= v2 向心力Bqv=m 查理定律可知，压强1增大，由于室内气压恒定，可知 玻璃管中液柱下降，即若室内气压恒定，室内空气温度 20:结合上式可得B=2m, 9L; 越高，水柱高度越低，A正确：B.根据上述，当温度降低 (3)由题意可知，区域Ⅱ电场强度变为原来的二倍，故！ 时，烧瓶中气体体积不变，根据查理定律可知，压强1 所花费的时间和水平位移为粒子在区域I的一半，分 减小，由于室内气压恒定，可知玻璃管中液柱上升，即 若室内气压恒定，室内空气温度越低，水柱高度越高，B 析可知，粒子从x轴上下方经过x轴时距离P点得距 错误；CD.若室内空气温度恒定，由于玻璃管很细，被封 离不同，故要分情况讨论，当n为奇数时，当n=1时， 闭气体的体积变化可以忽略不计，即烧瓶中气体体积 距离P,点水平距离为2L,n=3时距离P点水平距离 近似不变，根据理想气体状态方程可知，烧瓶中压强1 为4L,当n=5时，距离P,点水平距离为6L,整理可知n 不变，由于p0=1十Pgh,可知，室内气压越高，水柱高 取奇数且当(n≥1)时距离P点水平距离为(n十1)L,: 度越高，即水柱高度与室内气压大小有关，CD错误.故 当n为偶数时，当n=2时距离P点水平距离为0，当 选A.] n=4时距离P点水平距离为2L,当n=6时距离P2.BC[打气后，由于气体的温度不变，分子平均动能不 点水平距离为4L,整理可知n取偶数且(n≥2)时距：变，球内气体分子对球内壁的平均作用力不变，A错 离P点水平距高为(n一2)L,分析题意可知②0m 误.打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对 球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确.打气6次 马1，B=2m,洛伦孩力提供向心力得Bg0- 后，由玻意耳定律得1Vo十X6X0.05V0=pVo,解 得p=1.40,即球内气体的压强为1.40，C正确，D错 m Ax? ，T-,分新可知粒子在磁场运动一个周期 误.] 3.A[A,对被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时， 为不，在区战【时间为丛，区战Ⅱ时间为2弘，当n=1 0 由玻意耳定律0·8S=号·1S,解得x=6,则泄 时，时间为2弘，m=2时，时间为4L十Lx,当=3时，时 露气体的质量与最初气体质量之比为△m:m=△V: V=(6-2)S:6S=2:3,故A正确；B.气泡在上升过 间为，十Lx+L,当n=4时，时间为4L,十L还+L+ 程，气泡受到液体的压强逐渐减小，气体温度不变，体 2% 2w0 00 积增大，压强减小，故B错误；C.注射器导热性能良好， 4L十L匹，整理可得n为偶数时且n≥4，时间为 在压缩气体的过程中，气体温度不变，所以气体分子的 2w0 平均动能不变，故C错误：D.注射器内存留气体的温度 (侣)业+（台一）兴为寺数时且≥8，时同 不变，分子平均动能不变，但分子数目减少，则注射器 内存留气体的内能减小，故D错误.故选A.] 为(2）+) 2v0 :4.B[对右管中的气体，初态为p1=75cmHg,V1= 30S,末态体积V2=(30-5)S=25S,由玻意耳定律得 答案(1)E= 2mvo (2)B= 2gL gL (3)n取奇数且！ p1V1=p2V2,解得p2=90cmHg,对水平管中的气体， 当（≥1）时距离P点水平距离为(n+1)L,n取偶数 初态压强p=pe+15cmHg=90cmHg,V=11S,末态 且(n≥2)时距离P点水平距离为(n一2)L;n为偶数 压强p'=p2十20cmHg=110cmHg,根据玻意耳定律 得pV=pV',解得V'=9S,水平管中的长度变为9cm, 时且≥4，时间为（受）2+（侣一1）兴为奇 此时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管 数时且≥3时同为)（+ 中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110cm 2v0 75cm-8cm=27cm,故选B.] 71高二物理每日一练·练出好成绩 假期作业十二 静电场 电路及其应用、电能 能量守恒定律 为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线 …o练基础题o 上的另一点.则下列说法正确的是() 知识点一 电荷守恒定律及应用 1.太空探测器配备的离子发动机能将原子电离，： 并使离子向后喷射，从而获得推力.若一个氮 原子在离子发动机中电离成一个氮离子和一 个电子，则该氮离子与该电子所带电荷( ) A.等量异种 B.不等量异种 A.q1<92 C.等量同种 D.不等量同种 B.C点的场强小于D点的场强 知识点二库仑定律及其应用 C.C点的电势等于D点的电势 2.如图所示，两个分别带有电荷量一Q和十3Q: D.若将另一负电荷从C点移到D点，电荷 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在！ 电势能增大 相距为x的两处，它们之间的库仑力大小为 知识点五 电场强度与电势差的关系、电 F.两小球相互接触后分开并将其间距变为 容器 2,则现在两小球间库仑力的大小为( ):5.一平行板电容器保持与电源连接，正极板接 地，两板间有一个负试探电荷固定在P点， -Q +30 如图所示，用E。表示试探电荷在P点的电 A B.iF C.3h 势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向 D.12F 下移动一小段距离x,则此过程中E。与x的 知识点三 电场电场强度 关系合理的是图中的 ( 3.如图所示，A、B是一条电场 线上的两个点，一带正电的 A 微粒仅在电场力作用下从A 点静止释放，沿电场线运动 到B点，其动量与时间关系的图象可能是下： 图中的 A.图线a B.图线b C.图线c D.图线d 知识点六带电粒子在电场中的运动 6.(多选)如图所示，a、b、c、d 是某匀强电场中的四个 点，它们是一个四边形的 四个顶点，ab∥cd,ab⊥bc, 2ab=cd=bc=2l,电场方 45 向与四边形所在平面平 行.已知a点电势为24V,b点电势为28V, D d点电势为12V.一个质子（不计重力）经 知识点四电场线、电势能和电势 过b点的速度大小为0，方向与bc成45 4.在A、B两点放置电荷量分别为十q1和一q2 角，一段时间后经过c点，则下列说法正确 的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C: 的是 42 第一部分 假期作业十二 A.c点电势为20V 间还接有另外一个电阻R和一个直流电源. B.质子从b运动到c所用的时间为回 测得接线柱之间的电压U12=3.0V,U23= 0 2.5V,U34=-1.5V.符合上述测量结果的 C.场强的方向由a指向c 可能接法是 D.质子从b运动到c电场力做功为8eV A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间 知识点七闭合电路的欧姆定律、电路中 B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间 的能量转化 C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间 7.(多选)如图所示的电路， D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间 L是小灯泡，C是极板水 E.r …0练综合题0 平放置的平行板电容器， 有一带电油滴悬浮在两极板间静止不动.若 10.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、 滑动变阻器的滑片向下滑动，则 二象限内存在电场方向沿y轴负方向的匀 强电场区域I,在y=一L下方存在电场方 A.L变暗 B.电容器C电荷量增加 向沿y轴方向的匀强电场区域Ⅱ，在x轴 C.油滴向下运动 下方和y=一L之间（含边界）存在垂直坐 标系xOy平面向外的匀强磁场.在坐标为 D.油滴保持静止不动 (一2L,L)的P点沿x轴方向射出一个质 …0练高考题0… 量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒 8.(2023·浙江·高考真题)如图所示，示波管 子经电场区域偏转后从坐标原点O射出电 由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向 场区域I,已知电场区域Ⅱ的电场强度是 偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长 区域I电场强度的2倍，粒子射出时的初 度为L、间距为d、极板间电压为U,YY'极板 速度大小为0，不计粒子的重力大小. 间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚 离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿 O0'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为 e,质量为m,则电子 ( Q不 电子枪 Y (1)求匀强电场区域I的电场强度大小； (2)若粒子恰好不能进入匀强电场区域Ⅱ， 10U 偏转电极 荧光屏 求匀强磁场的磁感应强度的大小； A.在XX极板间的加速度大小为 (3)若粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐 标为(0，一L)的Q点进入匀强电场区域Ⅱ， B.打在荧光屏时，动能大小为11eU 求粒子第n次经过x轴的位置离P点的水 C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小 平距离，及从P点射出到第n次经过x轴 为√/2meU 时，粒子运动的时间 D.打在荧光屏时，其速度方向与OO连线夹 角a的正切tana= 20d 9.(多选)(2023·全国 乙卷)黑箱外有编号 为1、2、3、4的四个接 线柱，接线柱1和2、2 和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱 43 高二物理 每日一练·练出好成绩 力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量 经典再现 o 大小等于b微粒，D正确. 题点一 平行板电容器的动态分析 答案BD 例T（多选)如图，一平 题点二 闭合电路的动态问题分析 行板电容器连接在直流 例2（多选）如图所示的电路中，电源电动势 电源上，电容器的极板水 为E,内电阻为r,开关S闭合后，电灯I1、L2 平，两微粒a、b所带电荷 均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向 量大小相等、符号相反，使它们分别静止于 上移动，下列说法正确的是 电容器的上、下极板附近，与极板距离相等. 现同时释放a、b,它们由静止开始运动，在随 后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半 区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重！ 力可忽略.下列说法正确的是 A.a的质量比b的大 A.电灯I1、L2均变亮 B.在t时刻，a的动能比b的大 B.电灯L1变暗，L2变亮 C.在t时刻，a和b的电势能相等 C.电流表的示数变大 D.在t时刻，a和b的动量大小相等 D.电流表的示数不变 【解题指导】对照图表分析 【解题指导】动态变化的分析方法：“部分 整体 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 一部分”.即： 不变量 Q (1)由局部电阻变化判断总电阻的变化， d变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变 (2)由I=E/R+r判断总电流的变化、U S变大C变大→Q变大、E不变C变大U变小、E变小 E一Ir判断路端电压的变化. ,变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小，E变小 (3)由欧姆定律及串并联电路的规律判断 各部分电路电压及电流的变化. 解析根据题述可知，微粒a向下加速运动， 结论法： 微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电 ①任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中 容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b的加速度大小，即aa> 电流I的减小和该电阻两端的电压增大； ②任一电阻R阻值增大，必引起与之并联 a.对微粒a,由牛顿第二定律，qE=maa,对 的支路中电流的增大与之串联的各电阻电 微粒b,由牛顿第二定律，qE=mab,联立解 压的减小 得：E>95,由此式可以得出口的质量比b ma mh 解析滑动变阻器R的滑片P稍向上移动， 小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒 滑动变阻器接入电路的阻值减小，则外电路 所受电场力等于b微粒所受的电场力，时刻 的总电阻减小，故总电流增大，故L2变亮， a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t: 内电压增大，则路端电压减小，因L2的电压 时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻！ 增大，故并联部分的电压减小，所以I1变 两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大 暗，则流过其的电流减小，而总电流增大，故 小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电 流过R的电流增大，所以电流表示数变大」 势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力： 故选BC. (合外力)大小等于b微粒受到的电场力（合外： 答案BC 0440