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

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電場提升B卷 一、單選 1．如圖所示，兩個質量均為的完全相同的金屬球殼與，其殼層的厚度和質量分布均勻，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點和質量均勻分布的球，由于金屬球a和b質量分布均勻，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/m B. 勻強電場的場強方向由B指向D C. 帶正電粒子在A點的速度為vA=1103m/s D. 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： ，代入數據可得：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：y＝at2；聯(lián)立可知：vA=1103m/s。故C正確；根據勻強電場特點可知：UAB=UDC，即φA-φB=φD-φC，所以φD=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. φa＞φb，Ea＝Eb B. φa＞φb，Ea＜Eb C. φa＜φb，Ea＝Eb D. φa＜φb，Ea＞Eb 【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，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，根據電容的決定式可知，板間距離減小，電容增大，根據可知，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，根據電容的決定式可知，在兩極板間插入一塊電介質，電容增大，根據可知，兩極板間的電勢差減小，故D錯誤；故選B. 7．如圖5甲所示，質量為m＝1 kg、帶電荷量為q＝210－3 C的小物塊靜置于絕緣水平面上，A點左側上方存在方向水平向右的勻強電場，小物塊運動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( ) A. 小物塊在0～3 s內的平均速度為m/s B. 小物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4 C. 勻強電場的電場強度為3 00 N/C D. 物塊運動過程中電勢能減少了12 J 【答案】D 【解析】小物塊在0～3 s內的位移；平均速度為，選項A錯誤；滑塊做減速運動的加速度，根據a2=μg可得μ=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處產生的場強也為，方向向右。故A正確。 9．空間某區(qū)域內存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示．一個質量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經過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α，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EAv1，則電場力一定做正功 C. A、B兩點間的電勢差為(v－v) 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EA＜EB．由電場線的方向可判斷出φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A錯誤。若v2＞v1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=mv22?mv12；得電場力做功：W＝mv22?mv12?mgH；由電場力做功W=qU得，A、B兩點間的電勢差：U=（mv22?mv12?mgH），故C錯誤，D正確。故選D。 10．如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉電極YY、水平偏轉電極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電極所加電壓大小有關 D. 電子通過XX 時的水平偏轉量與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電極所加電壓大小無關，故B錯誤； C、根據動能定理，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g B. 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v0 D. 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，單個電荷產生的電場強度為：E= ；根據矢量的合成法則，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. UBC＞UAB 【答案】AD 13．如圖所示，豎直平面內有一圓周，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∶1 C. 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①，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②，由①②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．在光滑水平面內有一沿x軸方向的靜電場，其電勢φ隨坐標x變化的圖線如圖所示(φ0、－φ0、x1、x2、x3、x4均已知)．現有一質量為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0～x1間的電場強度沿x軸正方向、大小為 B. 在x1～x2間與在x2～x3間電場強度相同 C. 只要v0＞0，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形成的偏轉電場中（偏轉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，電子的質量為m，電荷量為e。求： （1）電子穿過A板時的速度大小 （2）電子從偏轉電場射出時豎直方向的側移量 （3）P點到O點的距離 【答案】（1） （2）（3） 【解析】（1）設電子經電壓加速后的速度為，根據動能定理得： 解得： （2）電子以速度進入偏轉電場后，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．設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場運動的時間為，電子的加速度為a，離開偏轉電場時相對于原運動方向的側移量為 根據牛頓第二定律得： 水平方向： ，豎直方向： 聯(lián)立解得： （3）設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為，根據學公式得： 電子離開偏轉電場后作勻速直線運動，設電子離開偏轉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，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．現有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）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小； （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?。? 【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）﹣μmg?s﹣mgR= 由題，qE=mg，μ=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 N﹣qE=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α，則tanα==，得α=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=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φ與坐標值x的函數關系滿足（V），據此可作出如圖所示的φ-x 圖象。圖中虛線AB為圖線在x=0. 15m處的切線?，F有一個帶正電荷的滑塊P(可視作質點)，其質量為m=0.10kg，電荷量為q=1.010-7 C，其與水平面間的動摩擦因數μ=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??； （3）對于變化的電場，在極小的區(qū)域內可以看成勻強電場。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。 【答案】（1） （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 代入數據得v=m/s (近似為0.32 m/s) b．設滑塊停在x處，由動能定理得： 代入數據解得：x=0.1或0.225。舍去0.1， 所以滑塊停在x=0.225m處。 滑塊在從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UMN=2U，后內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。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設粒子經過時間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上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉的距離最大。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的距離最大為。 21．現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與物體在重力場中的平拋運動類似. （1）一質量為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φG”，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．