2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題五 電場和磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動專題限時檢測.doc

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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題五 電場和磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動專題限時檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(xx海南卷,2)關(guān)于靜電場的電場線,下列說法正確的是(C)A.電場強度較大的地方電場線一定較疏B.沿電場線方向,電場強度一定越來越小C.沿電場線方向,電勢一定越來越低D.電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡解析:電場線的疏密表示場強的強弱,那么電場強度較大的地方電場線一定較密,故A錯誤;沿著電場線的方向,電勢會降低,因此沿電場線方向電勢越來越低,但電場線不一定越來越疏,則場強不一定越來越小,故B錯誤,C正確;電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合,只有電場線是直線,帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時,電場線才與帶電粒子的軌跡重合,故D錯誤.2.(xx湖北荊州模擬)如圖所示,在豎直放置間距為d的平行板電容器中,存在電場強度為E的勻強電場,有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放,重力加速度為g,則點電荷運動到負極板的過程(B)A.加速度大小為a=+gB.所需的時間為t=C.下降的高度為h=D.電場力所做的功為W=Eqd解析:點電荷受到重力、電場力,則合力F=,根據(jù)牛頓第二定律有a=,故A錯誤;設(shè)點電荷在水平方向的運動時間為t,水平方向上的加速度a=,根據(jù)位移公式可得=t2,解得t=,故B正確;豎直方向做自由落體運動,下降高度h=gt2=,故C錯誤;電荷運動位移為,故電場力做功W=,故D錯誤.3.(xx廣東江門模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q0)的相同小球,小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接,當(dāng)3個小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時,每根彈簧長度為l,已知靜電力常量為k,若不考慮彈簧的靜電感應(yīng),則每根彈簧的原長為(C)A.l+B.l-C.l-D.l-解析:對第三個小球受力分析,第三個小球受三個力的作用,即為兩庫侖力與彈簧的拉力,它們的關(guān)系是k0x=+,解得x=;所以彈簧的原長為l0=l-x=l-,故C正確,A,B,D錯誤.4.(xx上海一模)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖所示,在半球面AB上均勻分布正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球頂點與球心O的軸線,在軸線上有M,N兩點,OM=ON=2R.已知M點的電場強度大小為E,則N點的電場強度大小為(A)A.-E B. C.-E D.+E解析:若將帶電荷量為2q的球面放在O處,均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.則在M,N點所產(chǎn)生的電場強度為E=,由題知當(dāng)半球面如題圖所示產(chǎn)生的電場強度大小為E,則N點的電場強度大小為E=-E,故A正確.5.(xx江蘇卷,4)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A,B,C中央各有一小孔,小孔分別位于O,M,P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點.現(xiàn)將C板向右平移到P點,則由O點靜止釋放的電子(A)A.運動到P點返回B.運動到P和P點之間返回C.運動到P點返回D.穿過P點解析:電子在A,B板間的電場中加速運動,在B,C板間的電場中減速運動,設(shè)A,B板間的電壓為U,B,C板間的電場強度為E,M,P兩點間的距離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P點,B,C兩板所帶電荷量不變,由E=可知,C板向右平移到P時,B,C兩板間的電場強度不變,由此可以判斷,電子在A,B板間加速運動后,在B,C板間減速運動,到達P點時速度為零,然后返回,A項正確,B,C,D項錯誤.6.(xx河南二模)如圖所示,空間有一正三棱錐OABC,點A, B,C分別是三條棱的中點.現(xiàn)在頂點O處固定一正的點電荷,則下列說法中正確的是(AD)A.A,B,C三點的電場強度大小相等B.ABC所在平面為等勢面C.將一正的試探電荷從A點沿直線AB移到B點,靜電力對該試探電荷先做正功后做負功D.若A點的電勢為A,A點的電勢為A,則AA連線中點D處的電勢D一定小于解析:因為A,B,C三點離頂點O處的正電荷的距離相等,所以三點處的電場強度大小均相等,故A正確;由于ABC所在平面上各點到O點的距離不都相等,由等勢面的概念可知,ABC所在平面不是等勢面,故B錯誤;由電勢的概念可知,沿直線AB的電勢變化為先增大后減小,所以當(dāng)在此直線上從A到B移動正電荷時,電場力對該正電荷先做負功后做正功,故C錯誤;根據(jù)點電荷的電場特點可知,UADUDA,即A-DD-A,整理可得,D0B.a,b整體在AB連線處具有的電勢能Ep0C.整個移動過程中,靜電力對a做正功D.整個移動過程中,靜電力對a,b整體做正功解析:設(shè)AB連線的中點為O.由于AB連線的垂直平分線是一條等勢線,且一直延伸到無窮遠處,所以O(shè)點的電勢為零.AO間的電場線方向由AO,而順著電場線方向電勢逐漸降低,可知,a所處的位置電勢a0,故A正確.a所處的位置電勢a0,b所處的位置電勢b0,故B正確.在平移過程中,a的電勢能增大,則靜電力對a做負功,故C錯誤.a,b看成一個整體,原來總電勢能為零,在AB處系統(tǒng)總電勢能為正,所以整個移動過程中,總電勢能增大,靜電力對a,b整體做負功,故D錯誤.8.(xx安徽淮北模擬)如圖所示,A,B,C,D是勻強電場中一正方形的四個頂點,已知A,B,C三點的電勢分別為A=25 V,B=5 V,C=-5 V,則下列說法正確的是(AC)A.把電荷量為110-3 C的正點電荷從B點經(jīng)C移到A點,電場力做功為-210-2 JB.A,C兩點的連線方向即為電場線方向C.D點的電勢為15 VD.把一個電子從B點移到D點,電場力做功可能為0解析:把電荷量為110-3 C的正點電荷從B點經(jīng)C移到A點,電場力做功為WBA=q(B-A)=110-3(5-25) J=-210-2 J,故A正確;連接AC,又A-C=25 V-(-5 V)=30 V,將AC等分為6等分,找出與B電勢相等的點E,如圖,連接BE,可知AC與BE相互之間不是垂直的,所以AC不是電場線的方向,故B錯誤;根據(jù)勻強電場的特點可知,A-B=D-C,所以D=15 V,故C正確;由以上的分析可知,B點的電勢與D點的電勢不相等,所以把一個電子從B點移到D點,電場力做功不可能為0,故D錯誤.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(16分)(xx陜西西安二模)如圖,空間存一豎直向下沿x軸方向的靜電場,電場強度的大小按E=kx分布(x是軸上某點到O點的距離),k=.x軸上,有一長為L的絕緣細線連接A,B兩個小球,兩球質(zhì)量均為m,B球帶負電,帶電荷量為q,A球距O點的距離為L.兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài),不計兩球之間的靜電力作用.(1)求A球的帶電荷量qA;(2)剪斷細線后,求B球的最大速度vm.解析:(1)A,B兩球靜止時,A球所處位置電場強度為E1=kL=,B球所處位置電場強度為E2=k2L=對A,B由整體法得2mg+qAE1-qE2=0解得qA=-4q.(2)當(dāng)B球下落速度達到最大時,B球距O點距離為x0,則有mg=qE,即mg=q解得x0=3L當(dāng)B球下落速度達到最大時,B球距O點距離為3L,運動過程中,電場力大小線性變化.由動能定理得,mgL-qL=m-m,q=mg,解得,vm=.答案:(1)-4q(2)10.(20分)(xx全國卷,25)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M,N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍.不計空氣阻力,重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小.解析:(1)設(shè)小球M,N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M,N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 聯(lián)立式得=3.(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學(xué)公式=2gh H=vyt+gt2 M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知= 聯(lián)立式可得h=H. (3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則=設(shè)M,N離開電場時的動能分別為Ek1,Ek2,由動能定理得Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知條件Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立式得E=.答案:(1)3(2)H(3)