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2019-2020年高考物理一輪復習方案 45分鐘單元能力訓練卷(七) 一、單項選擇題(每小題6分，共18分) 1．點電荷是理想化的物理模型，實際上的帶電體只有在帶電體本身的大小跟帶電體間的距離相比小得很多時才可以看成點電荷．現有兩個直徑為r的帶電小球，當它們相距為100r時，作用力為F；當它們相距為r時，作用力為(　　) A.　　　　　　　　　B. C．100F D．以上都不對 2．在勻強電場中有A、B、C三點，如圖D7－1所示，AB＝5 cm，AC＝3 cm，BC＝4 cm，已知UAC＝12 V，E＝400 N/C，則(　　) 圖D7－1 A．電子在A處的電場力方向由A指向B B．電子在A處的電場力方向由A指向C C．BC是一條等勢線 D．AB是一條等勢線 圖D7－2 3．如圖D7－2所示，電場中一正離子只受電場力作用從A點運動到B點．離子在A點的速度大小為v0，速度方向與電場方向相同．能定性反映該離子從A點到B點運動情況的速度—時間(v－t)圖象是圖D7－3中的(　　) 　A　　　　　B　　 　　　C　　　　　D 圖D7－3 二、雙項選擇題(每小題6分，共24分) 4．下列說法是某同學對電學中相關概念及公式的理解，其中正確的是(　　) A．電場強度公式E＝只適用于勻強電場 B．根據電容的定義式C＝，電容器極板上的電荷量每增加1 C，電壓就增加1 V C．根據電場力做功的計算式W＝qU，一個電子在1 V電壓下加速，電場力做功為 1 eV D．電場線就是正電荷只在電場力作用下運動的軌跡 5．兩個相同的金屬小球帶的電荷量之比為1∶7，相距為r(r遠大于小球半徑)，兩球相互接觸后再放回原來的位置，則它們間的庫侖力可能為原來的(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 圖D7－4 6．如圖D7－4所示的某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(　　) A．帶正電的礦粉落在右側 B．電場力對礦粉做正功 C．帶負電的礦粉電勢能變大 D．帶正電的礦粉電勢能變小 圖D7－5 7．如圖D7－5所示，帶箭頭的線段表示某一電場的電場線，僅在電場力作用下(不計重力)一帶電粒子從A點飛向B點，軌跡如圖中虛線所示，以下判斷正確的是(　　) A．A、B兩點相比較，A點場強小 B．粒子在A點的加速度比在B點的大 C．粒子帶正電 D．粒子在A點的速率比在B點的大 三、計算題(58分) 8．(18分)如圖D7－6所示，空間中存在兩條射線OM、ON以及沿射線OM方向的勻強電場，已知∠NOM＝θ，某帶電粒子從射線OM上的某點P垂直于OM入射，僅在電場作用下穿過射線ON上的Q點到達ON右側的區(qū)域，Q點與O點的距離為L.求粒子入射點P離O點的距離s. 圖D7－6 9．(20分)如圖D7－7所示，同一條豎直線上的A、B兩點固定兩個帶等量異種電荷的點電荷，所帶的電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d.MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，穿過細桿有一個帶電小球P，其質量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷，不影響電場的分布)．現將小球P從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v.已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，求： (1)C、O間的電勢差UCO； (2)小球P在O點時的加速度； (3)小球P經過與點電荷B等高的D點時的速度． 圖D7－7 10．(20分)如圖D7－8所示，質量為M＝8 kg、帶電荷量為q＝＋310－2 C的小車置于光滑水平面上，水平面上方存在場強為E＝2102 N/C的水平向右的勻強電場．小車以3 m/s的速度向右運動，將一個不帶電、可視為質點的絕緣物塊輕放在小車右端，物塊的質量為m＝1 kg，物塊與小車表面間的動摩擦因數為μ＝0.2，小車足夠長，g取10 m/s2.求： (1)物塊相對小車滑動時物塊和小車的加速度； (2)物塊相對小車滑動的時間； (3)物塊在小車上滑動過程中系統因摩擦產生的熱量； (4)從滑塊放在小車上后5 s內小車電勢能的變化量． 圖D7－8 45分鐘單元能力訓練卷(七) 1．D　[解析] 庫侖定律公式成立的前提條件是“真空中、點電荷”，實際上的帶電體只有在帶電體本身的大小跟帶電體間的距離相比小得很多時才可以看成點電荷．本題兩個帶電小球原來相距100r時，可以看成點電荷，適用庫侖定律，但當它們相距為r時，兩個帶電小球本身的大小不能忽略，不能再當作點電荷看待，庫侖定律已不再適用，D正確． 2．C　[解析] 設電場方向與AC成θ角，EACcosθ＝U，則θ＝0，電場方向由A指向C，電子在A處的電場力方向由C指向A，A、B錯誤；BC垂直于電場方向，則BC為一等勢線，C正確，D錯誤． 3．C　[解析] 由圖可知從A到B電場強度越來越弱，故電場力越來越小，由牛頓第二定律得，加速度越來越小，又因為電場力方向和離子的運動方向相同，故離子做加速運動，C正確． 4．AC　[解析] 公式E＝只適用于勻強電場，A正確；電容的定義式C＝是比值法定義的，電容器極板上的電荷量每增加1 C，電壓就增加 V，B錯誤；由W＝qU，一個電子在1 V電壓下加速，電場力做功為 1 eV，C正確；正電荷只在電場力作用下運動的軌跡與電場線不一定重合，D錯誤． 5．CD　[解析] 可設兩小球原來的帶電荷量分別為q和7q，則原來的庫侖力大小為，但由于題目沒有說明兩個帶電小球的電性，故庫侖力可能是引力，也可能是斥力．分別討論兩種情況：若是兩個帶同種電荷的小球，則接觸后總電荷量為8q，平均分配，兩球各帶的電荷量為4q，分開后庫侖力為；若是兩個帶異種電荷的小球，則接觸后總電荷量為6q，平均分配，兩球各帶的電荷量為3q，分開后庫侖力為，故C、D正確． 6．BD　[解析] 電場線的方向是由右向左，所以正電荷受到向左的電場力，負電荷受到向右的電場力，電場力對正電荷或負電荷都做正功，電勢能減小，故A、C錯，B、D對． 7．AD　[解析] 由電場線的疏密可知A點場強小于B點場強，A正確；因EA＜EB，故電場力FA＜FB，故A點加速度小于B點加速度，B錯誤；從軌跡的彎曲方向可判定粒子的電場力方向與電場線方向相反，故粒子帶負電，C錯誤；電場力方向與速度方向夾角大于90，電場力做負功，動能減小，故A點的速率大于B點的速率，D正確． 8．0.5Lcosθ [解析] 如圖所示，依題意，粒子在Q點的速度方向沿著射線ON，粒子從P點開始做類平拋運動，設加速度為a. 粒子沿著OM方向做勻加速直線運動，有PS＝at2 其中，在Q點平行于OM方向的分速度：vy＝at 粒子沿著SQ方向做勻速運動： QS＝v0t 且v0＝vytanθ 解得：PS＝cosθ 顯然P點為OS的中點，故P離O點的距離s＝PS＝cosθ. 9．(1)　(2)＋g，方向豎直向下　(3)v [解析] (1)小球P由C運動到O時，由動能定理得： mgd＋qUCO＝mv2－0 解得UCO＝. (2)小球P經過O點時受力如圖所示，由庫侖定律得： F1＝F2＝ 它們的合力為：F＝F1cos45＋F2cos45＝ 小球P在O點處的加速度a＝＝＋g，方向豎直向下． (3)由電場特點可知，在C、D間電場的分布是對稱的，即小球P由C運動到O與由O運動到D的過程中合外力做的功是相等的，由動能定理得： W合＝mv－0＝2mv2 解得vD＝v. 10．(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s　(3)6 J　(4)132 J [解析] (1) 物塊放上后，小車向右做勻加速運動，a1＝＝0.5 m/s2 物塊向右做勻加速運動，a2＝μg＝2 m/s2 (2)設滑塊在小車滑行的時間為t1，則v1＋a1t1＝a2t1 所以t1＝2 s (3)物塊在小車上相對小車滑行的距離 Δs＝s車－s物＝v1t1＋a1t2－a2t2＝3 m 系統因摩擦產生的熱量Q＝fΔs＝μmgΔs＝6 J (4)當物塊與小車相對靜止時，共同運動的加速度a3＝＝ m/s2 當物塊與小車相對靜止時，共同運動的速度v＝v1＋a1t1＝4 m/s s1＝v1t1＋a1t＝7 m s2＝vt2＋a3t＝43 m＋32 m＝15 m ΔEp減少＝W電＝qE(s1＋s2)＝6(7＋15) J＝132 J.