2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題三第1講 專題特輯 課下 針對高考押題訓(xùn)練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題三第1講 專題特輯 課下 針對高考押題訓(xùn)練 1．(xx·上海高考)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為(　　) A．－F/2　　　　　　　　 B．F/2 C．－F D．F 解析：選B　如圖所示，設(shè)B處的點電荷帶電荷量為正，AB＝r，則BC＝2r，根據(jù)庫侖定律F＝，F(xiàn)′＝，可得F′＝，故選項B正確。 2. (xx·福建質(zhì)檢)一靜電場的方向平行于x軸，其

2、電勢φ隨x的分布可簡化為如圖1所示的折線?，F(xiàn)將帶正電的試探電荷沿x軸從x1＝－d移到x2＝2d，在此過程中，下列判斷正確的是(　　) A．電場力的方向始終沿x軸正方向 B．電場力的大小先逐漸增大后逐漸減小 圖1 C．電勢能先逐漸減小后逐漸增大 D．電場力先做負功后做正功 解析：選D　由圖可知在－d到O的過程中電勢在升高，故電場線的方向沿x軸的反方向，在O到2d的過程中電勢在降低，故電場線的方向沿x軸的正方向，所以電場線的方向先向x軸的反方向再向正方向，電場力的方向先向反方向，再向正方向，故A錯；由圖象知電勢隨x均勻變化，故沿x正方向

3、和反方向的電場都是勻強電場，故B錯；在－d到O的過程中電勢在升高，正電荷的電勢能在增加，在O到2d的過程中電勢在降低，正電荷的電勢能在減小，電場力先做負功后做正功，故C錯D對。 3．如圖2甲所示，A、B是某電場中一條電場線上的兩點。一個帶負電的點電荷僅受電場力作用，從A點沿電場線運動到B點。在此過程中，該點電荷的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．A點的電場強度比B點的大 B．A、B兩點的電場強度相等 C．A點的電勢比B點的電勢高 D． A點的電勢比B點的電勢低 解析：選C　由題圖乙可得該點電荷由A點到B點做減速運動，所以點電荷所受的電

4、場力與運動方向相反，由B指向A，由于點電荷帶負電，所受電場力與電場強度方向相反，故電場強度方向由A指向B，沿著電場線方向電勢越來越低，所以A點電勢比B點電勢高，C正確，D錯誤；由圖乙可得v－t圖象斜率越來越大，說明點電荷的加速度越來越大，由牛頓第二定律可得電場力越來越大，所以由A到B電場強度在增大，A點的電場強度比B點的小，A、B錯誤。 4.(xx·溫州模擬)一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電后，懸線與豎直方向夾角為θ，如圖3所示。下列方法中能使夾角θ減小的是(　　) A．保持開關(guān)閉合，使兩極板靠近一些 B．保持開關(guān)閉合，使滑動變阻器滑片向右移動

5、 圖3 C．保持開關(guān)閉合，使兩極板遠離一些 D．?dāng)嚅_開關(guān)，使兩極板靠近一些 解析：選C　保持開關(guān)閉合，兩極板間電壓不變，使兩極板靠近一些，板間電場強度變大，夾角θ增大，A錯；保持開關(guān)閉合，使滑動變阻器滑片向右移動，不會影響板間電壓，夾角θ不變，B錯；保持開關(guān)閉合，板間電壓不變，使兩極板遠離一些，由E＝可知，電場強度減小，夾角θ減小，C對；斷開開關(guān)，使兩極板靠近一些，極板上電荷量不變，板間電場強度不變，夾角θ不變，D錯。 5．平行板間有如圖4所示的周期性變化的電壓。重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況。在圖5所示的圖象中，正

6、確定性描述粒子運動的速度圖象的是(　　) 圖4 圖5 解析：選A　0～時間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運動。～T時間內(nèi)做加速度恒定的勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時速度減為零。此后周期性重復(fù)，故A正確。 6. (xx·重慶高考)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖6所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則(　　) 圖6 A．P、Q兩點處的電荷等量同種 B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同 C．c點的電勢低于d點的電勢 D．負電荷

7、從a到c，電勢能減少 解析：選D　根據(jù)電場線與等勢線垂直得：必有一條電場線與P、Q連線重合，P為正電荷，故該電場線必從P沿直線指向Q，因電場線總是由正電荷指向負電荷，故P、Q電荷為等量異種電荷，A選項錯誤；電場強度是矢量，a、b兩處電場強度方向不同，B選項錯誤；因越靠近正電荷，電勢越高，故c點電勢高于d點電勢，C選項錯誤；根據(jù)等勢線的分布及P、Q的電性，c所在的等勢線電勢高于a所在等勢線的電勢，負電荷從a到c，電場力做正功，電勢能減少，D選項正確。 7．(xx·安徽高考)如圖7所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢為6 V，點

8、B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為(　　) A．200 V/m B．200 V/m 圖7 C．100 V/m D．100 V/m 解析：選A　在勻強電場中，若沿某一方向電勢降落，則在這一方向上電勢均勻降落，故OA的中點C的電勢φC＝3 V(如圖所示)，因此B、C為等勢面。O點到BC的距離d＝OCsin α，而sin α ＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2m。根據(jù)E＝得，勻強電場的電場強度E＝＝ V/m＝200 V/m，故選項A正確，選項B、C、D錯誤。 8．(xx·安徽高考)如圖8甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一

9、點P(坐標(biāo)為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出： E＝2πkσ，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標(biāo)為x)的電場強度為(　　) 圖8 A．2πkσ0 B．2πkσ0 C．2πkσ0 D．2πkσ0 解析：選A　利用均勻帶電圓板軸線上的電場強度公式，當(dāng)R無限大時，Q點電場強度E1＝2πkσ0，當(dāng)R＝r時，Q點電場強度E2＝2πkσ0，現(xiàn)從帶電平板上中間挖去一半徑為r的圓板，則Q點電場強度E3＝E1－E2，只有選項A正確。 9．(xx·福建高考)反射式

10、速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖9所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg ，帶電量q＝－1.0×10－9C， 圖9 A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t。 解

11、析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0① 解得d2＝d1＝0.50 cm② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1③ |q|E2＝ma2④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有 d1＝a1t12⑤ d2＝a2t22⑥ 又t＝t1＋t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s 答案：(1)0.50 cm　　(2)1.5×10－8 s 10．(xx·湖南四市聯(lián)考)如圖10所示，在同一條豎直線上，有電荷量均為Q的A、B兩個正點電荷，GH是它們連線

12、的垂直平分線。另有一個帶電小球C，質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)，被長為L的絕緣輕細線懸掛于O點，現(xiàn)在把小球O拉起到M點，使細線水平 圖10 且與A、B處于同一豎直面內(nèi)，由靜止開始釋放，小球C向下運動到GH線上的N點時剛好速度為零，此時細線與豎直方向的夾角θ＝30°。試求： (1)在A、B所形成的電場中M、N兩點間的電勢差，并指出M、N哪一點的電勢高。 (2)若N點與A、B兩個點電荷所在位置正好形成一個邊長為a的正三角形，則小球運動到N點瞬間，輕細線對小球的拉力FT(靜電力常量為k)。 解析：(1)帶電小球C在A、B形成的電場中從M點運動到N點的過程中，重力和電場力做功，但合力功為零，則qUMN＋mglcos θ＝0 所以UMN＝－ 即M、N兩點間的電勢差大小為 且N點的電勢高于M點的電勢。 (2)在N點，小球C受到重力mg、細線的拉力FT以及A和B分別對它的斥力FA和FB四個力的作用如圖所示，且沿細線方向的合力為零(向心力為零)。則 FT－mgcos 30°－FAcos 30°＝0 又FA＝FB＝k 得FT＝mgcos 30°＋kcos 30° 答案：(1)　N點電勢高 (2)mgcos 30°＋kcos 30°