2019高考物理一輪復習 電學部分 專題02 電場單元測試卷B卷.doc

電場提升B卷一、單選1如圖所示，兩個質(zhì)量均為的完全相同的金屬球殼與，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為球半徑的倍若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為，那么，、兩球之間的萬有引力、庫侖力分別滿足（ ） A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】萬有引力定律的使用的條件是質(zhì)點和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接的應用，所以它們之間的萬有引力為，由于兩球心間的距離為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以此時的電荷不能看成是點電荷，由于電荷之間的相互吸引，使他們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分部比較密集，所以此時電荷間的庫侖力。故D正確、ABC錯誤。故選：D。2如圖為一頭大一頭小的導體周圍等勢面和電場線（帶有箭頭為電場線）示意圖，已知兩個相鄰等勢面間的電勢之差相等，則( ) A. a點和d點的電場強度一定相同B. a點的電勢一定高于b點的電勢C. 將負電荷從c點移到d點，電場力做負功D. 將正電荷從c點沿虛線移到e點，電勢能先減小后增大【答案】D 3如圖所示，勻強電場中的A、B、C、D、E、F、G、H八個點處于棱長為2cm的正方體的八個頂點上如果已知A、B、C、G四點的電勢分別為2V，0，2V、2V一比荷為=1106C/kg的帶正電粒子沿AC方向只在電場力作用下從A點射入該電場后恰好經(jīng)過B點，已知元電荷e=1.610-19C，則下列說法正確的是（ ） A. 勻強電場的場強大小為20V/mB. 勻強電場的場強方向由B指向DC. 帶正電粒子在A點的速度為vA=1103m/sD. 將一個電子由B移到D點，其電勢能增加6.410-19J【答案】C【解析】由題，A、C、G點的電勢都是2V，所以它們是等勢點，由此可知，A、C、G在同一個等勢面上，勻強電場的電場線一定與之垂直；B點的電勢等于0，所以： ，代入數(shù)據(jù)可得：E=100V故A錯誤；A點的電勢高于B點的電勢，A、C、G在同一個等勢面上，所以勻強電場的場強方向由D指向B故B錯誤；帶正電粒子沿AC方向進入電場后做類平拋運動，受到的電場力：F=qE；粒子的加速度： ； 粒子沿AC方向的位移：x=vAt；沿DB的方向的位移：yat2；聯(lián)立可知：vA=1103m/s。故C正確；根據(jù)勻強電場特點可知：UAB=UDC，即A-B=D-C，所以D=4V，所以：UDB=4V；把一個電子從B點移到D點，電場力做功：W=eUBD=-1.610-19C（-4）V=6.410-19C，其電勢能減小6.410-19J，故D錯誤。故選C。4如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成60角，bc連線與豎直方向成30角，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是 A. a、b、c小球帶同種電荷B. a、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷C. a、b小球電量之比為D. a、b小球電量之比【答案】D【解析】AB：對c小球受力分析可得，a、b小球必須帶同種電荷c小球才能平衡。對b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡。故AB兩項錯誤。CD：對c小球受力分析，將力正交分解后可得：，又，解得：。故C項錯誤，D項正確。5如圖甲所示是某電場中的一條電場線，a、b是這條電場線上的兩點，一帶正電的粒子只在靜電力作用下，沿電場線從a運動到b。在這過程中，粒子的速度-時間圖像如圖乙所示，比較a、b兩點電勢的高低和電場強度的大小 A. ab，EaEbB. ab，EaEbC. ab，EaEbD. ab，EaEb【答案】A 6平行板電容器和電源、電阻、開關串聯(lián)，組成如圖所示的電路接通開關K，電源即給電容器充電，則( ) A. 保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電場強度減小B. 保持K接通，在兩極板間插入一塊鋁板，則兩極板間的電場強度增大C. 充電結束后斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差增大D. 充電結束后斷開K，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，則兩極板間的電勢差增大【答案】B【解析】保持K接通，電容器極板間的電壓不變，減小兩極板間的距離，由分析得知，兩板間的電場強度增大故A錯誤保持K接通，在兩極板間插入一塊鋁板，板間距離減小，由分析得知，兩板間的電場強度增大，故B正確；充電結束后斷開K，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式可知，板間距離減小，電容增大，根據(jù)可知，兩極板間的電勢差減小，故C錯誤；充電結束后斷開K，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式可知，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，電容增大，根據(jù)可知，兩極板間的電勢差減小，故D錯誤；故選B.7如圖5甲所示，質(zhì)量為m1 kg、帶電荷量為q2103 C的小物塊靜置于絕緣水平面上，A點左側(cè)上方存在方向水平向右的勻強電場，小物塊運動的vt圖象如圖乙所示，取g10 m/s2，則下列說法正確的是( ) A. 小物塊在03 s內(nèi)的平均速度為m/sB. 小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4C. 勻強電場的電場強度為3 00 N/CD. 物塊運動過程中電勢能減少了12 J【答案】D【解析】小物塊在03 s內(nèi)的位移；平均速度為，選項A錯誤；滑塊做減速運動的加速度，根據(jù)a2=g可得=0.2，選項B錯誤；滑塊加速運動的加速度，則由牛頓第二定律，解得E=3000 N/C，選項C錯誤；物塊運動過程中電場力做功，則電勢能減少了12 J，選項D正確；故選D.8如圖，在點電荷q的電場中，放著一塊帶有一定電量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱軸，O點為幾何中心點電荷q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d.已知圖中a點的電場強度為零，則帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強度的大小和方向分別為( ) A. ，水平向右B. ，水平向左C. ，水平向右D. ，水平向右【答案】A【解析】由電場的矢量疊加原理，可知矩形薄板在a處產(chǎn)生的場強與點電荷q在a處的場強等大反向，大小為。由對稱性可知，矩形薄板在b處產(chǎn)生的場強也為，方向向右。故A正確。9空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為，A、B兩點間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是( ) A. A、B兩點的電場強度和電勢關系為EA<EB、A<BB. 如果v2>v1，則電場力一定做正功C. A、B兩點間的電勢差為(vv)D. 小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為【答案】D【解析】由電場線的疏密可判斷出EAEB由電場線的方向可判斷出AB所以EAEB、AB，故A錯誤。若v2v1時，小球的動能增大，但由于重力做正功，電場力不一定做正功。故B錯誤。小球由A點運動至B點，由動能定理得：mgH+W=mv22mv12；得電場力做功：Wmv22mv12mgH；由電場力做功W=qU得，A、B兩點間的電勢差：U=（mv22mv12mgH），故C錯誤，D正確。故選D。10如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY、水平偏轉(zhuǎn)電極XX和熒光屏組成，當電極YY和XX所加電壓都為零時，電子槍射出的電予恰好打在熒光屏上的中心點即原點O上，下列說法正確的是 A. 當上極板Y的電勢高于Y，而后極板X的電勢低于X時，電子將打在第一象限B. 電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關C. 電子打到熒光屏時的動能與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關D. 電子通過XX 時的水平偏轉(zhuǎn)量與YY 所加電壓大小有關【答案】C【解析】A. 由于電子帶負電，所以電子在電場中運動時會偏向電勢高的一邊，故當上極板Y的電勢高于Y，而后極板X的電勢低于X時，電子將打在第二象限，故A錯；B、電子在水平方向上不受力，所以水平方向做勻速運動，故電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小無關，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理，電子出電場后的動能和電場力做功的大小有關，即，故C正確；D、電子通過XX 時的水平偏轉(zhuǎn)量與XX 所加電壓大小有關，故D錯誤；故選C二、多選11如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷，距離為d，電荷量分別為Q和Q，在它們連線的豎直中垂線上固定一根長為L、內(nèi)壁光滑的絕緣細管，有一帶電荷量為q的小球以初速度v0從上端管口射入，重力加速度為g，靜電力常量為k，則小球（ ） A. 下落過程中加速度始終為gB. 受到的庫侖力先做正功后做負功C. 速度先增大后減小，射出時速度仍為v0D. 管壁對小球的彈力最大值為【答案】AD【解析】A. 電荷量為+q的小球以初速度v0從管口射入的過程，因庫侖力與速度方向垂直，豎直方向只受重力作用，加速度始終為g，故A正確； B. 小球有下落過程中，庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功，故B錯誤；C. 電場力不做功，只有重力做功；根據(jù)動能定理，速度不斷增加，故C錯誤；D在兩個電荷的中垂線的中點，單個電荷產(chǎn)生的電場強度為：E= ；根據(jù)矢量的合成法則，則有電場強度最大值為，因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為，結合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對小球的彈力最大值為，故D正確； 故選：AD.12光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示。一帶正電粒子由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點（圖中未畫出），其運動過程的v-t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定（ ） A. 中垂線上B點電場強度最大 B. 中垂線上B點電勢最高C. 電荷在B點時的加速度為m/s2 D. UBCUAB【答案】AD 13如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓周，其圓心為O，直徑AB和CD相互垂直，電荷量均為Q的正點電荷放在關于CD對稱的圓周上，它們所在半徑的夾角為120。下列說法正確的是：（ ） A. 點O與點C的場強大小相等B. 點C與點D的場強大小之比為1C. 一電子從D點由靜止釋放，運動到C點的過程中，加速度先減小后增大D. 將一正電荷沿著圓周從A點經(jīng)D移至B點的過程中，電場力先做正功后做負功【答案】ABD【解析】A點O與點C的場強大小相等，方向相反，故A錯誤；B根據(jù)矢量合成法則，C點場強為， D點的場強為點C與點D的場強大小之比為：1，故B正確；C根據(jù)電場強度的矢量合成法則，距離兩點電荷連線x=處的場強最強，則電子從點D到點C的過程中，加速度先增大，再減小，再增大，故C錯誤；D根據(jù)等量同種電荷的電場線，正電荷沿著圓周從點A到點D，電場力做正功，從點D到點B的過程中，電場力做負功，故D正確。故選：BD。14如圖所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差大小為U，A板帶正電，B板中央有一小孔一帶正電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點，則 A. 微粒下落過程中重力做功為，電場力做功為B. 微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為C. 若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達到A板D. 微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小【答案】BC【解析】微粒下降的高度為，重力做正功，為，電場力向上，位移向下，電場力做負功，A錯誤；微粒落入電場中，克服電場力做功，電勢能逐漸增大，其增加量等于克服電場力做的功，為，B正確；由題微粒恰能落至A，B板的正中央c點過程，由動能定理得，若微粒從距B板高2h處自由下落，設達到A板的速度為v，則由動能定理得，由聯(lián)立得，即恰好能達到A板，C正確；微粒在下落過程中，進入電場前做自由落體運動，動能逐漸增加，重力勢能逐漸減??；進入電場后是減速運動，動能減小，D錯誤15在光滑水平面內(nèi)有一沿x軸方向的靜電場，其電勢隨坐標x變化的圖線如圖所示(0、0、x1、x2、x3、x4均已知)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球(不計重力)從O點以某一未知初速度v0沿x軸正方向射出，則下列說法正確的是( ) A. 在0x1間的電場強度沿x軸正方向、大小為B. 在x1x2間與在x2x3間電場強度相同C. 只要v00，該帶電小球就能運動到x4處D. 只要v0，該帶電小球就能運動到x4處【答案】BD 三、解答題16如圖所示，兩個帶正電的點電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A，O，B是MN連線上的三點，且O為中點，OA=OB=，一質(zhì)量為m、電量為q的點電荷以初速度v0從A點出發(fā)沿MN連線向N運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時，阻力也為零，當它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到B點剛好速度為零，然后返回往復運動，直至最后靜止已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零求： （1）A點的場強大??；（2）阻力的大??；（3）A點的電勢；（4）電荷在電場中運動的總路程【答案】（1）；（2）；（3）（4）（n+0.5）L【解析】（1）由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得：；（2）由對稱性，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：，由動能定理：，得：（3）設電荷從A到O點電場力做功為，克服阻力做功為，由動能定理：，得：由：得：（4）電荷最后停在O點，在全過程中電場力做功為，電荷在電場中運動的總路程為s，則阻力做功為由動能定理：，即：解得：17如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。求： （1）電子穿過A板時的速度大?。?）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時豎直方向的側(cè)移量（3）P點到O點的距離【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）設電子經(jīng)電壓加速后的速度為，根據(jù)動能定理得： 解得： （2）電子以速度進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為根據(jù)牛頓第二定律得： 水平方向： ，豎直方向： 聯(lián)立解得： （3）設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為，根據(jù)學公式得： 電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，設電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為，如圖所示 水平方向： ，豎直方向： 聯(lián)立解得： 則P到O點的距離18如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g （1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大??；（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）設滑塊到達C點時的速度為v，從A到C過程，由動能定理得：qE（s+R）mgsmgR=由題，qE=mg，=0.5，s=3R代入解得，vC=（2）滑塊到達C點時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有NqE=m解得，N=mg（3）重力和電場力的合力的大小為F=設方向與豎直方向的夾角為，則tan=，得=37滑塊恰好由F提供向心力時，在圓軌道上滑行過程中速度最小，此時滑塊到達DG間F點，相當于“最高點”，滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37，設最小速度為v，F(xiàn)=m解得，v=19粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，且沿x軸方向的電勢與坐標值x的函數(shù)關系滿足（V），據(jù)此可作出如圖所示的-x 圖象。圖中虛線AB為圖線在x=0. 15m處的切線。現(xiàn)有一個帶正電荷的滑塊P(可視作質(zhì)點)，其質(zhì)量為m=0.10kg，電荷量為q=1.010-7 C，其與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.20，g 取10m/s2。求: （1）沿x軸方向上，x1=0.1m和x2=0.15m兩點間的電勢差；（2）若將滑塊P無初速度地放在x1=0.10m處，滑塊將由靜止開始運動，滑塊運動到x2=0.15m處時速度的大小；（3）對于變化的電場，在極小的區(qū)域內(nèi)可以看成勻強電場。若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m處，滑塊將由靜止開始運動，a它位于x2=0.15m處時加速度為多大； b物塊最終停在何處？分析說明整個運動過程中加速度和速度如何變化?！敬鸢浮浚?） （2）m/s （3）a. 0 b. 停在x=0.225m處?；瑝K在從0.1-0.15m時做加速度減小的加速運動，從0.15-0.225m時做加速度增大的減速運動。 【解析】（1）=V （2）由動能定理代入數(shù)據(jù)得v=m/s (近似為0.32 m/s) b設滑塊停在x處，由動能定理得： 代入數(shù)據(jù)解得：x=0.1或0.225。舍去0.1，所以滑塊停在x=0.225m處?；瑝K在從0.1-0.15m時做加速度減小的加速運動，從0.15-0.225m時做加速度增大的減速運動。 20如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線當兩板間加電壓UMN=U0時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場某種帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。 （1）求帶電粒子的比荷；（2）若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期，從t=0開始，前內(nèi)UMN=2U，后內(nèi)UMN=U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）設粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點，沿極板方向有：，垂直極板方向有：，解得：。（2）粒子通過兩板時間為：，從t=0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小為：，方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)加速度大小為：，方向垂直極板向下。不同時刻從O1點進入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如圖所示。 因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大。有：，解得：。點睛：此題首先要明確兩板帶正負電的情況，進而明確勻強電場的方向；其次要明確帶電粒子的受力情況，進而分析帶電粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況；最后要明確“所有粒子恰好能全部離開電場而不打到極板上”的含義：帶電粒子在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大為。21現(xiàn)代科學實驗證明了場的存在，靜電場與重力場有一定相似之處. 帶電體在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)與物體在重力場中的平拋運動類似.（1）一質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，落到水平面的位置與拋出點的水平距離為x已知重力加速度為g，求拋出點的高度和小球落地時的速度大小 （2）若該小球處于完全失重的環(huán)境中，小球帶電量為+q，在相同位置以相同初速度拋出空間存在豎直向下的勻強電場，小球運動到水平面的位置與第（1）問小球的落點相同若取拋出點電勢為零，試求電場強度的大小和落地點的電勢（3）類比電場強度和電勢的定義方法，請分別定義地球周圍某點的“重力場強度EG”和“重力勢G”，并描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線” 【答案】（1） （2） （3）重力場強度或若取地面為重力勢參考平面，則重力勢，若取無窮遠處重力勢為零，則 【解析】試題分析（1）根據(jù)平拋運動規(guī)律即可求解，（2）小球在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律和電勢差與電場強度的關系即可求解，（3）對比電場強度的定義，定義重力場強度，根據(jù)電場線與等勢面的關系，作出地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。 （2）小球在水平方向做勻速直線運動：小球在豎直方向做勻加速運動，解得：拋出點與落點之間的電勢差取拋出點電勢為零，）解得： （3）重力場強度或若取地面為重力勢參考平面，則重力勢若取無窮遠處重力勢為零，則描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”，如圖所示 【點睛】運用類比法對比電場強度的定義，分析即可得出重力場強度的定義以及重力場與電場的共同點；類比電場中的電場線，重力場線與負點電荷激發(fā)的電場線類似