《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測.doc（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講　電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～4題只有一項(xiàng)符合題目要求,第5～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.(2018浙江寧波適應(yīng)性考試) 如圖(甲)所示,兩段等長絕緣輕質(zhì)細(xì)繩將質(zhì)量分別為m,3m的帶電小球A,B(均可視為點(diǎn)電荷)懸掛在O點(diǎn),系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),然后在水平方向施加一勻強(qiáng)電場,當(dāng)系統(tǒng)再次達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),如圖(乙)所示,小球B剛好位于O點(diǎn)正下方(細(xì)繩始終處于伸長狀態(tài)).則兩個(gè)點(diǎn)電荷帶電荷量QA與QB的大小關(guān)系正確的是(　A　) A.7∶3 B.3∶1 C.3∶7 D.5∶3 解析:在圖(乙)中,設(shè)OA與豎直方向的夾角為θ,對A,B整體受力分析,由平衡條件可得TOAcos θ=4mg,(QA-QB)E=TOAsin θ,對B受力分析由平衡條件可得(TAB+F庫)cos θ=3mg,(TAB+F庫)sin θ=QBE,由以上各式解得QAQB=73,故A正確. 2.(2018遼寧東北育才中學(xué)高三模擬) 如圖所示,電路中電源的電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,C為靜電計(jì),一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部,閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后,懸線與豎直方向夾角為θ且小球處于平衡狀態(tài),則(　D　) A.靜電計(jì)的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn) B.若將A極板向左平移稍許,電容器的電容將增大 C.若將A極板向下平移稍許,靜電計(jì)指針的偏角將減小 D.保持開關(guān)S閉合,使滑動(dòng)變阻器滑片向左移動(dòng),θ角不變,輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒆鲋本€運(yùn)動(dòng) 解析:閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后,電路中沒有電流,電容器板間電壓等于電源的電動(dòng)勢,靜電計(jì)測量板間電壓,所以其指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn),故A錯(cuò)誤.若將A極板向左平移稍許,板間距離增大,電容減小,故B錯(cuò)誤.若將A極板向下平移稍許,由于電容器的電壓不變,則靜電計(jì)指針的偏角將不變,故C錯(cuò)誤.保持開關(guān)S閉合,使滑動(dòng)變阻器滑片向左移動(dòng)時(shí),電容器的電壓不變,電場強(qiáng)度不變,小球所受的電場力不變,則θ角不變,輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒀刂亓碗妶隽Φ暮狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng),故D正確. 3.(2018廣東東莞東方明珠學(xué)校沖刺考試)如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷.t=0時(shí),甲靜止,乙以初速度6 m/s向甲運(yùn)動(dòng).此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中沒有接觸),它們運(yùn)動(dòng)的vt圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示.則由圖線可知(　C　) A.兩電荷的電性一定相反 B.t2時(shí)刻兩電荷的電勢能最大 C.在0～t2時(shí)間內(nèi),兩電荷的靜電力先增大后減小 D.在0～t3時(shí)間內(nèi),甲的動(dòng)能一直增大,乙的動(dòng)能一直減小 解析:由圖像看出,甲從靜止開始與乙同向運(yùn)動(dòng),說明甲受到了乙的排斥力作用,則知兩電荷的電性一定相同,故A錯(cuò)誤;由于甲乙之間是排斥力,所以當(dāng)甲乙之間的距離減小時(shí)電場力做負(fù)功,電勢能增大,結(jié)合圖像可知在t1時(shí)電勢能有最大值,故B錯(cuò)誤;圖像包圍的面積代表甲乙走過的位移,從圖像上可以看出在0～t2時(shí)間內(nèi)甲乙之間的距離先減小后增大,所以靜電力先增大后減小,故C正確;0～t3時(shí)間內(nèi),甲的動(dòng)能一直增大,乙的動(dòng)能先減小后增大,故D錯(cuò)誤. 4.(2018山東淄博高三模擬) 已知一個(gè)無限大的金屬板與一個(gè)點(diǎn)電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似,即金屬板表面各處的電場強(qiáng)度方向與板面垂直.如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板,且與大地連接.現(xiàn)將一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于板的右側(cè),圖中a,b,c,d是以正點(diǎn)電荷Q為圓心的圓上的四個(gè)點(diǎn),四點(diǎn)的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形,其中ab連線與金屬板垂直.則下列說法正確的是(　C　) A.b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度相同 B.a點(diǎn)電場強(qiáng)度與b點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等 C.a點(diǎn)電勢等于d點(diǎn)電勢 D.將一試探電荷從a點(diǎn)沿直線ad移到d點(diǎn)的過程中,試探電荷電勢能始終保持不變 解析: 畫出電場線如圖所示,根據(jù)對稱性可知,b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等,方向不同,故A錯(cuò)誤;電場線密集的地方電場強(qiáng)度大,從圖上可以看出a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度,故B錯(cuò)誤;根據(jù)對稱性并結(jié)合電場線的分布可知a點(diǎn)電勢等于d點(diǎn)電勢,故C正確;由于試探電荷從a沿直線ab到b點(diǎn),則先靠近正電荷后遠(yuǎn)離正電荷,所以電場力在這個(gè)過程中做功,只是總功為零,所以試探電荷電勢能不是始終保持不變,故D錯(cuò)誤. 5.(2018廣東惠州高三模擬) 如圖所示,一帶電液滴在水平向左的勻強(qiáng)電場中由靜止釋放,液滴沿直線由b運(yùn)動(dòng)到d,直線bd方向與豎直方向成60角,則下列結(jié)論正確的是(　CD　) A.液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.液滴帶正電荷 C.液滴所受的電場力大小是其重力的3倍 D.液滴的電勢能減小 解析:由題可知,帶電液滴只受重力和電場力作用,兩個(gè)力都是恒力,其合力沿bd方向,則電場力必定水平向右,液滴做勻加速直線運(yùn)動(dòng)且?guī)ж?fù)電荷,故選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;由于合力沿bd方向,則根據(jù)力的合成規(guī)律可知Eq=mgtan 60,即Eq=3mg,故選項(xiàng)C正確;由于電荷帶負(fù)電,沿bd方向運(yùn)動(dòng),電場力做正功,故電勢能減小,故選項(xiàng)D正確. 6.(2018安徽淮北模擬) 如圖所示,A,B,C,D是勻強(qiáng)電場中一正方形的四個(gè)頂點(diǎn),已知A,B,C三點(diǎn)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(diǎn)電荷從B點(diǎn)經(jīng)C移到A點(diǎn),電場力做功為-210-2 J B.A,C兩點(diǎn)的連線方向即為電場線方向 C.D點(diǎn)的電勢為15 V D.把一個(gè)電子從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力做功可能為0 解析: 電荷從B點(diǎn)經(jīng)C移到A點(diǎn),通過的電勢差為UBA=B-A,即電場力做功為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(diǎn)E,如圖所示,連接BE,則BE為一等勢面,其電場線應(yīng)垂直于BE指向右下方,顯然電場線與AC連線不平行,故B錯(cuò)誤;根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)可知,A-B=D-C,所以D=15 V,故C正確;由于B點(diǎn)的電勢與D點(diǎn)的電勢不相等,所以把一個(gè)電子從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力做功不可能為0,故D 錯(cuò)誤. 7.(2018成都二模) 兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在y軸上的O,M兩點(diǎn),若規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,則在兩電荷連線上各點(diǎn)的電勢隨y變化的關(guān)系如圖所示,其中A,N兩點(diǎn)的電勢均為零,ND段中的C點(diǎn)電勢最高,則(　AD　) A.q1與q2帶異種電荷 B.A,N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 C.從N點(diǎn)沿y軸正方向,電場強(qiáng)度大小先減小后增大 D.將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力先做負(fù)功后做正功 解析:由圖像可知,M點(diǎn)附近的電勢為負(fù)值、O點(diǎn)附近的電勢為正值,所以,q1與q2帶異種電荷,故A正確;A,N點(diǎn)的電勢為零,但電場強(qiáng)度不為零(y圖像的斜率不為零),故B錯(cuò)誤;從N點(diǎn)沿y軸正方向,電場強(qiáng)度的大小先減小后增大再逐漸減小,故C錯(cuò)誤;將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),電勢能先增大后減小,所以,電場力先做負(fù)功后做正功,故D 正確. 8.(2018全國Ⅱ卷,21) 如圖,同一平面內(nèi)的a,b,c,d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中,電場方向與此平面平行,M為a,c連線的中點(diǎn),N為b,d連線的中點(diǎn).一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn),其電勢能減小W1;若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn),其電勢能減小W2.下列說法正確的是(　BD　) A.此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a,b兩點(diǎn)連線平行 B.若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn),則電場力做功一定為W1+W22 C.若c,d之間的距離為L,則該電場的電場強(qiáng)度大小一定為W2qL D.若W1=W2,則a,M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b,N兩點(diǎn)之間的電勢差 解析:結(jié)合題意,只能判定Uab>0,Ucd>0,但電場方向不能得出,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于M,N分別為ac和bd的中點(diǎn),對于勻強(qiáng)電場,則UMN=M-N= φa+φc2-φb+φd2=(φa-φb)+(φc-φd)2=Uab+Ucd2,可知該粒子由M至N過程中,電場力做功W=W1+W22,選項(xiàng)B正確;當(dāng)電場強(qiáng)度的方向沿c→d時(shí),場強(qiáng)E=W2qL,但本題中電場方向未知,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若W1=W2,則Uab=Ucd,即a-b=c-d,則a-c=b-d,即Uac=Ubd,由于M,N分別為ac和bd的中點(diǎn)且電場為勻強(qiáng)電場,故有UaM=12Uac,UbN=12Ubd,所以UaM=UbN,選項(xiàng)D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(2018山東聊城一中檢測)如圖,光滑水平面上存在水平向右、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場,電場區(qū)域?qū)挾葹長.質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A從電場左邊界由靜止開始運(yùn)動(dòng),離開電場后與質(zhì)量為2m的物體B碰撞并粘在一起,碰撞時(shí)間極短.B的右側(cè)拴接一處于原長的輕彈簧,彈簧右端固定在豎直墻壁上(A,B均可視為質(zhì)點(diǎn)).求 (1)物體A在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小; (2)彈簧的最大彈性勢能. 解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律可知:Eq=ma,解得a=qEm. (2)A出離電場時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有qEL=12mv02,A,B碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知mv0=3mv,彈簧的最大彈性勢能為Ep=123mv2,解得Ep=13qEL. 答案:(1)qEm　(2)13qEL 10.(20分)(2018湖南師大附中月考)在如圖(甲)所示的平面坐標(biāo)系內(nèi),有三個(gè)不同的靜電場:第一象限內(nèi)有固定在O點(diǎn)處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場E1(未知),該點(diǎn)電荷的電荷量為-Q,且只考慮該點(diǎn)電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生的電場;第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場E2(大小未知);第四象限內(nèi)有大小為2kQx02、方向按如圖(乙)所示規(guī)律周期性變化的電場E3,以水平向右為正方向,變化周期T=8mx03kQq,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子從(-x0,x0)點(diǎn)由靜止釋放,進(jìn)入第一象限后恰能繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).以離子到達(dá)x軸為計(jì)時(shí)起點(diǎn),已知靜電力常量為k,不計(jì)離子重力.求: (1)離子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小和第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E2的 大小; (2)當(dāng)t=T2和t=T時(shí),離子的速度大小分別是多少; (3)當(dāng)t=nT時(shí),離子的坐標(biāo). 解析:(1)設(shè)離子在第一象限的速度為v0,在第一象限內(nèi),由庫侖力提供離子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力得kQqx02=mv02x0,解得v0=kQqmx0.在第二象限內(nèi),只有電場力對離子做功,由動(dòng)能定理得E2qx0=12mv02,解得E2=kQ2x02; (2)離子進(jìn)入第四象限后,在x方向上,前半個(gè)周期向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后半個(gè)周期向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),直到速度為0.當(dāng)t=T2時(shí):vx= E3qmt=2kQx02qm128mx03kQq=8kQqmx0=22v0,此時(shí)離子的合速度v=v02+vx2=3v0=3kQqmx0,方向與x軸正向成θ角偏向y軸負(fù)向,滿足 tan θ=v0vx=24,當(dāng)t=T時(shí)vx=0,此時(shí)離子的合速度v=kQqmx0,沿y軸負(fù)向. (3)由(2)分析可知,離子進(jìn)入第四象限后,y方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),x方向上每個(gè)周期向右運(yùn)動(dòng)的平均速度為v=2v0,每個(gè)周期前進(jìn)x=vT= 2v08mx03kQq=4x0,因?yàn)殚_始時(shí)離子的橫坐標(biāo)為x0,所以t=nT時(shí),離子的橫坐標(biāo)x=x0+4nx0=(4n+1)x0, 縱坐標(biāo)y=-v0nT=-22nx0, 故在t=nT時(shí),離子的坐標(biāo)為[(4n+1)x0,-22nx0],(n=1,2,3,…). 答案:(1)kQqmx0　kQ2x02 (2)3kQqmx0　kQqmx0 (3)[(4n+1)x0,-22nx0],(n=1,2,3…)