26 届高三物理二轮复习章节限时训练五（静电场恒定电流）
一．选择题
1.(多选)(2025·湖北卷,10)如图所示,在xOy 平面内有一以O 点为中心的正五边形,顶点到O 点
的距离为R,在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q 的正点电
荷,且电荷量为3q 的电荷在y 轴正半轴上。静电力常量为k,则O 点处的电场强度(
)
A.方向沿x 轴负方向 B.方向与x 轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为2kq
R
2 (cos 54°+cos 18°) D.大小为2kq
R
2 (2cos 54°+cos 18°)
答案 AD
解析 由题意可知,把这五个点电荷的电荷量分别等效拆分如图甲所示将五个点电荷等效
成图乙所示，作出等效电荷在O 点产生的电场强度,设点电荷q 在O 点产生的电场强度为E0,则
E0=kq
R
2,由对称性可知,5 个点电荷在O 点产生的电场强度沿y 轴方向的分量为0,则O 点的电场
强度大小为E=2×2E0cos 54°+2E0cos 18°,代入可得E=2kq
R
2(2cos 54°+cos 18°),方向沿x 轴负方
向。
故选AD。
2. x 轴上O、P 两点分别固定点电荷甲、乙,电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探
电荷沿着x 轴运动时,在O、P 之间的电势能Ep随x 变化关系如图所示,在P 点右侧,运动到B 点
时电势能最大。已知OP=PB,A 点为O、P 之间的中点,C 点为P、B 之间的中点,试探电荷运动
到A 点时加速度大小为a。若试探电荷仅受静电力的作用,下列判断正确的是( )
A.点电荷甲带正电,点电荷乙带负电
B.两个点电荷的电荷量满足q1=2q2
C.P、B 之间的电场方向沿着x 轴负方向
D.试探电荷运动到C 点时加速度大小为a
9
答案 D
解析 根据Ep=qφ,因为试探电荷带负电,所以甲、乙两电荷间的电势沿着x 轴的负方向降
低,即电场线沿x 轴的负方向,则甲带负电,乙带正电,故A 错误;试探电荷运动到B 点时电势能最
大,即B 点的电场强度为零,即k
q1
rOB
2=k
q2
r PB
2,解得q1=4q2,故B 错误;由于负试探电荷运动到B 点
时电势能最大,则电势最低,根据沿电场线方向电势降低,可知P、B 之间的电场方向沿着x 轴正
方向,故C 错误;设试探电荷的质量为m,电荷量为q,根据牛顿第二定律,试探电荷在A 点时,有k
+k
q2q
r PA
2=ma,在C 点时,有k
q2q
r PC
2-k
q1q
rOC
2=maC,联立解得aC=a
9。
故选D。
3.(多选)(2025·湖南卷,8)一匀强电场的方向平行于xOy 平面,平面内A 点和B 点的位置如图所
示。电荷量为+q、-q 和+2q 的三个试探电荷先后分别置于O 点、A 点和B 点时,电势能均为
Ep(Ep>0)。下列说法正确的是( )
A.OA 中点的电势为零 B.电场的方向与x 轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为
❑√2 E p
qd
D.电场强度的大小为2❑√2 E p
qd
答案 AD
解析 根据题意结合电势能公式有Ep=qφO=-qφA=2qφB,解得φO= E p
q 、φA=-
E p
q 、φB= E p
2q,则OA 中点的电势为φO+φ A
2
=0,A 正确;在OA 线段上找出一与B
点等势的点M,可知xOM=1
4 d,BM 连线为等势线,与BM 连线垂直的线为电场
线,如图所示,则根据几何关系可知,电场线与x 轴正方向夹角θ=45°,根据电场强度与电势差的
关系,有E=
φB−φ A
x ABsin 45°=2❑√2 E p
qd
,B、C 错误。
故选AD。
4. (多选) (2025·河北石家庄模拟)如图所示电路中,电源内阻不能忽略不计,L1、L2为小灯泡,M
为电动机,电流表A、电压表V 均视为理想电表,电表的示数分别用I、U 表示,电表示数变化量
的绝对值分别用ΔI、ΔU 表示。闭合开关,电动机正常工作,某时刻电动机突然被卡住了,灯泡始
终处于发光状态,下列说法中正确的是( )
A.电流表的示数增大,电压表的示数减小
B.有电流从a 流向b
C.灯泡L1变亮,L2变暗
D.U
I 变大, ΔU
Δ I 不变
答案 AC
解析 电动机被卡住后,电路变为纯电阻电路,总电流增大,内电压增大,路端电压减小,即
电流表的示数增大,电压表的示数减小,故A 正确;由于路端电压减小,则电容器两端电压减小,
电荷量减小,电容器放电,则有电流从b 流向a,故B 错误;由于路端电压减小,则L2两端电压减
小,流过L2的电流减小,则L2变暗,流过L1的电流变大,则L1变亮,故C 正确;根据闭合电路欧姆
定律可得U=E-Ir,所以ΔU
Δ I =r,电流增大,路端电压减小,则U
I 减小, ΔU
Δ I 不变,故D 错误。
故选AC。
5. (2025·海南中学模拟)如图甲所示的电路中。R1为热敏电阻,定值电阻R2=60 Ω,图乙中图线a
为电源的伏安特性曲线,图线b 为热敏电阻的伏安特性曲线,开关S1闭合,开关S2断开。下列说
法正确的是( )
A.保持开关S2断开,电源的效率为60%
B.开关S2闭合后,电源内阻消耗的功率增大
C.开关S2闭合后,热敏电阻消耗的电功率增大
D.开关S2闭合后,电源的输出功率增大
答案 B
解析 由题图乙可知,电源的电动势为E=5 V,工作电流为I=0.3 A,路端电压U=2 V,故电
源的效率η=U
E ×100%=40%,A 错误;开关S2闭合后,R2与热敏电阻并联接入电路,外电路的总阻
值减小,干路电流I 增大,电源内阻消耗的功率Pr=I2r 增大,B 正确;开关S2闭合后,通过热敏电阻
的电流减小,故热敏电阻消耗的电功率减小,C 错误;电源的输出功率P 输=I2R= E
2 R
( R+r )
2=
E
( R−r )
2
R
+ 4 r ,当外电路的电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,开关S2断开时,外电路的
电阻R=R1=20
3 Ω,开关S2闭合时,若热敏电阻大小不变,外电路的电阻R 并=
R1 R2
R1+ R2
=
20
3 ×60
20
3 +60
Ω=6
Ω,由热敏电阻的伏安特性曲线可知热敏电阻的阻值随电压的降低而减小,因此R 并应小于6 Ω,
根据电源的伏安特性曲线可知,电源的内阻r= E
I max=10 Ω,可见外电阻更远离r=10 Ω,故电源的
输出功率减小,D 错误。
故选B。
6.如图所示,理想变压器原线圈与输出电压有效值U=4 V 的正弦交流电源相连,原、副线圈的匝
数比为1∶2,电表均为理想交流电表,电阻R1=1 Ω,R2=4 Ω,滑动变阻器R3的最大阻值为8 Ω。
在滑片从最上端滑向最下端的过程中,下列说法正确的是( )
A.电压表示数的最大值为4 V B.电流表示数的最大值为1 A
C.副线圈输出功率的最大值为4
D.副线圈的输出功率先增大后减小
答案 C
解析 设变压器的输入电压为U1,输出电压为
U2,原、副线圈的匝数分别为n1、n2,有
U 1
U 2
=
n1
n2
,
I 2
I 1
=
n1
n2
,变压器及其右侧电路的等效电路如图所示,其等效电
阻R 等=
U 1
I 1
=
U 1
U 2
×
I 2
I 1
×
U 2
I 2
=
n1
2
n2
2(R2+R3),当R3=8 Ω 时等效电阻取最大值为3 Ω,则原线圈两端的电
压最大为3 V,由变压器原理可知,电压表示数的最大值为6 V,A 错误;当R3=0 时,等效电阻取
最小值,为1 Ω,此时电流表示数最大,为2 A,B 错误;因1 Ω≤R 等≤3 Ω,将R1看成电源内阻,
则等效电阻消耗的电功率P=(
U
R等+ R1)
2
R 等=
4
2
( R等−1)
2
R等
+ 4 W,当R 等=1 Ω 时,副线圈输出功率最
大为 4 W,当滑片从最上端向下滑动过程中,随R 等的减小,副线圈输出功率一直增大,C 正确,D
错误。
故选C。
7.(多选) (2025·山西太原高三模拟)如图所示,理想变压器左侧输入电压为U 的交变电流,原线圈
匝数为n1,副线圈匝数为n2,n1∶n2=2∶1。当闭合开关S1、S2,额定电压相同的两个白炽灯泡
L1、L2均能正常发光,下列选项正确的是( )
A.灯泡的额定电压为 B.灯泡L1、L2的功率之比为P1∶P2=1∶2
C.闭合S1、S2,电路稳定后,若仅断开S1,L2会马上熄灭
D.若两个灯泡L1、L2位置互换,二者还能正常发光
答案 AB
解析 设小灯泡额定电压为UL,则变压器的输出电压U2=UL,由
U 1
U 2=
n1
n2可知变压器的输入电
压为U1=2UL,故U=U1+UL=3UL,解得UL=U
3 ,A 正确;灯泡L1、L2的电流之比为
I 1
I 2
=
n2
n1
=1
2,由P=UI
可得,灯泡L1、L2的功率之比为P1∶P2=1∶2,B 正确;闭合S1、S2,电路稳定后,若仅断开S1,变压
器右侧线圈因为自感现象,使L2逐渐熄灭,C 错误;由上述分析可知,两灯泡两端电压相同,电流
不同,故两灯泡电阻不同,若副线圈的灯泡电压仍为额定电压UL,则流过两灯的电流均与没有互
换之前不同,所以两个灯泡L1、L2位置互换,二者不能正常发光,D 错误。
故选AB。
二．计算题
8.(2025·河南卷,13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一
个A 细胞或B 细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10
kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B 细胞的液滴分别带上正、负电荷,电
荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m 的电极
板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分
别收集在极板下方h=0.1 m 处的A、B 收集管中。不计重力、空气阻力以
及带电液滴间的作用。求:
(1)含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
(2)A、B 细胞收集管的间距。
答案 (1)5×10-3 m (2)0.11 m
解析 (1)含A、B 细胞的液滴在电极板间做类平抛运动,对含A 细胞的液滴
垂直电场方向有l=vt1 平行电场方向有x1=1
2at1
2 由牛顿第二定律可知qE=ma
联立解得含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5.0×10-3 m。
(2)由(1)问分析可知含A 细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ=
v y
v x
= v
at1=2
含A、B 细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,含A 细胞的液滴从离开电场至到达A 细胞收
集管过程偏转的距离为 x2= ℎ
tanθ=0.05 m
即含A 细胞的液滴开始运动至到达A 细胞收集管的过程偏转的距离为
xA=x1+x2=0.055 m
由于含A、B 细胞的液滴电性相反,带电荷量大小相等,则含B 细胞的液滴的偏转距离与含A 细
胞液滴的相等,所以A、B 细胞收集管的间距为xAB=2xA=0.11 m。
