《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 第一講 電場(chǎng)的基本性質(zhì)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 第一講 電場(chǎng)的基本性質(zhì)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 第一講 電場(chǎng)的基本性質(zhì)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析） 1．(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　 B．豎直向下運(yùn)動(dòng) C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng) 解析：選D　開(kāi)始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝q，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場(chǎng)力F＝q變小，mg＞F，并且A、B兩板之間的等差等勢(shì)面右端將均勻地順次向下移動(dòng)，又電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于等勢(shì)面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路?，故?/p>

2、滴向右下方運(yùn)動(dòng)。 2.(2018·徐州考前模擬)在x軸上O、P兩點(diǎn)分別放置電荷量為q1、q2的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢(shì)能Ep隨x變化關(guān)系如圖所示，其中A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能為零，BD段中C點(diǎn)電勢(shì)能最大，則(　　) A．q1和q2都是正電荷且q1>q2 B．B、C間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向 C．C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功 解析：選B　由題圖和φ＝知A點(diǎn)的電勢(shì)為零，越靠近O點(diǎn)電勢(shì)越高，越靠近P點(diǎn)電勢(shì)越低，所以O(shè)點(diǎn)的電荷帶正電，P點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；正點(diǎn)電荷從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢(shì)能增大，根據(jù)φ＝可知電勢(shì)增大，由于沿

3、著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則有B、C間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，故B正確；Ep-x圖像的斜率為k＝＝＝qE，可知C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锽、C間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，C、D間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，則將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。 3.(2018·南京三模)如圖所示，空間有一圓錐OBB′，點(diǎn)A、A′分別是兩母線的中點(diǎn)?，F(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．A、A′兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．平行于底面的圓心為O1的截面為等勢(shì)面 C．將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿直徑移到A′點(diǎn)，靜電力對(duì)該試探電荷先做正功后做負(fù)功 D．若B

4、點(diǎn)的電勢(shì)為φB，A點(diǎn)的電勢(shì)為φA，則BA連線中點(diǎn)C處的電勢(shì)φC小于 解析：選D　A、A′兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝分析可知，A、A′兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷在真空中形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面是以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面，所以平行于底面的圓心為O1的截面不是等勢(shì)面，故B錯(cuò)誤；將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿直徑移到A′點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小，由Ep＝qφ可知，電勢(shì)能先增大后減小，所以靜電力對(duì)該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯(cuò)誤；由于A、C間場(chǎng)強(qiáng)大于C、B間場(chǎng)強(qiáng)，由U＝Ed知，A、C間的電勢(shì)差大于C、B間的電勢(shì)差，則有：φA－φC>φC－φB，則φC<，故D正確。

5、4.(2018·蘇州一模)一根輕質(zhì)桿長(zhǎng)為2l，可繞固定于中點(diǎn)位置處的軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿兩端固定有完全相同的小球1和小球2，它們的質(zhì)量均為m，帶電荷量分別為＋q和－q，整個(gè)裝置放在如圖所示的關(guān)于豎直線對(duì)稱(chēng)的電場(chǎng)中?，F(xiàn)將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置A、B兩點(diǎn)，設(shè)A、B間電勢(shì)差為U，該過(guò)程中(　　) A．小球2受到的電場(chǎng)力減小 B．小球1電勢(shì)能減少了Uq C．小球1、2的機(jī)械能總和增加了Uq＋mgl D．小球1、2的動(dòng)能總和增加了Uq 解析：選D　由題圖可知，將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置A、B兩點(diǎn)，小球2位置的電場(chǎng)線變密，電場(chǎng)強(qiáng)度變大

6、，故小球2受到的電場(chǎng)力增大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Ed，小球1前后位置電勢(shì)差小于U，所以小球1的電勢(shì)能減少量小于qU，故B錯(cuò)誤；對(duì)于小球1、2作為整體，重力勢(shì)能不變，電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球1、2的動(dòng)能總和增加了Uq，所以小球1、2的機(jī)械能總和增加了qU，故C錯(cuò)誤，D正確。 5．(2018·南京、鹽城二模)在國(guó)際單位制(SI)中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。庫(kù)侖定律F＝k中k的單位用上述基本單位可表示為(　　) A．kg·m3·A－2·s－1 B．kg·m3·A－2·s－2 C．kg·m3·A－2·s－3 D．kg·m3·A－2·s－4 解析

7、：選D　物理量的單位可以由物理公式推導(dǎo)而出，由F＝k，則k＝，所以k的單位可以表示為N·m2·C－2，又根據(jù)牛頓第二定律和電流強(qiáng)度的定義F＝ma、I＝，可得1 N＝1 kg·m·s－2、1 C＝1 A·s，可得k的單位為kg·m3·A－2·s－4，D正確。 6.(2018·蘇北四市一模)帶電球體的半徑為R，以球心為原點(diǎn)O建立坐標(biāo)軸x，軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．球體帶負(fù)電荷 B．球內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度最大 C．A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 D．正電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)的大 解析：選D　從球出發(fā)向兩側(cè)電勢(shì)降低，而電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故球體帶正

8、電荷，故A錯(cuò)誤；球是等勢(shì)體，故內(nèi)部任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為零，故場(chǎng)強(qiáng)為零，故B錯(cuò)誤；A點(diǎn)與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向相反，故電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故C錯(cuò)誤；從B到C，電勢(shì)降低，正電荷從B到C受到的電場(chǎng)力做正功，故正電荷電勢(shì)能降低，故D正確。 7.[多選](2018·鹽城三模)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2，它們產(chǎn)生的電場(chǎng)的電勢(shì)在x軸上分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x＝x2處電場(chǎng)強(qiáng)度一定為0 C．負(fù)電荷沿x軸從x1移動(dòng)到x2，電勢(shì)能增加 D．正電荷沿x軸從x1移動(dòng)到x2，電場(chǎng)力做負(fù)功 解析：選ABC　由題圖可知：無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，又有電勢(shì)為正的地方，

9、故存在正電荷；又有電勢(shì)為負(fù)的地方，故也存在負(fù)電荷，所以q1和q2帶有異種電荷，故A正確。電場(chǎng)強(qiáng)度等于圖像中曲線斜率，x2處的斜率為零，故電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故B正確。負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，電勢(shì)減小，電勢(shì)能增加，故C正確。正電荷沿x軸從x1移動(dòng)到x2，電勢(shì)減小，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤。 8.[多選](2018·江蘇七市三模)某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，一電場(chǎng)線上有P、Q兩點(diǎn)，一電子以速度v0從P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度大小為v1。一正電子(帶正電，質(zhì)量、電荷量均與電子相同)以大小為v0的速度從Q點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，不計(jì)正、負(fù)電子受到的

10、重力。則(　　) A．v1t2 D．t1＝t2 解析：選BC　一電子以速度v0從P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理：－eUPQ＝mv12－mv02，一正電子以大小為v0的速度從Q點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：eUQP＝mv22－mv02，因?yàn)閁PQ＝－UQP，聯(lián)立以上可知：v1＝v2，故B正確，A錯(cuò)誤；因?yàn)殡娮訌腜點(diǎn)向Q點(diǎn)做加速減小的減速運(yùn)動(dòng)，正電子從Q點(diǎn)向P點(diǎn)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)相等的位移正電子所用的時(shí)間短，所以t1>t2，故C正確，D錯(cuò)誤。 9.[多選](2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，帶電金屬圓筒和金屬板放在懸浮頭發(fā)

11、屑的蓖麻油中，頭發(fā)屑就會(huì)按電場(chǎng)強(qiáng)度的方向排列起來(lái)。根據(jù)頭發(fā)屑的分布情況可以判斷(　　) A．金屬圓筒和金屬板帶異種電荷 B．金屬圓筒和金屬板帶同種電荷 C．金屬圓筒內(nèi)部為勻強(qiáng)電場(chǎng) D．金屬圓筒表面為等勢(shì)面 解析：選AD　頭發(fā)屑會(huì)按電場(chǎng)強(qiáng)度的方向排列起來(lái)，頭發(fā)屑的分布反映了電場(chǎng)中電場(chǎng)線的形狀；電場(chǎng)線起始于正電荷，終止于負(fù)電荷；則金屬圓筒和金屬板帶異種電荷，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬圓筒內(nèi)部頭發(fā)屑取向無(wú)序，金屬圓筒內(nèi)部沒(méi)有電場(chǎng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬圓筒表面處頭發(fā)屑的取向與金屬圓筒表面垂直，則金屬圓筒表面處電場(chǎng)線與金屬圓筒表面垂直，金屬圓筒表面為等勢(shì)面，故D項(xiàng)正確。 10．[多選](2018

12、·蘇州一模)如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在圓環(huán)的缺口兩端用導(dǎo)線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大。有一變化的磁場(chǎng)垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示。在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在0～T內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．液滴帶負(fù)電 B．液滴的質(zhì)量為 C．t＝T時(shí)液滴的運(yùn)動(dòng)方向改變 D．t＝T時(shí)液滴與初始位置相距gT2 解析：選BD　根據(jù)題意液滴在0～內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，知液滴受到向上的電場(chǎng)力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较颍珺板

13、接高電勢(shì)，A板接低電勢(shì)，兩板間的電場(chǎng)方向向上與電場(chǎng)力的方向相同，所以液滴帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝S＝，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝，得m＝＝，故B正確；根據(jù)楞次定律，在～T內(nèi)，線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針?lè)较?，上極板接高電勢(shì)，下極板接低電勢(shì)，兩極板間電場(chǎng)向下，電場(chǎng)力向下，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F電＝ma，其中F電＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)速度最大，運(yùn)動(dòng)方向不改變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，在～T內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，下極板接高電勢(shì)，上極板接低電勢(shì)，電場(chǎng)方向向上，液滴在～T內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，液滴在～T內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x1＝·2g2＝

14、gT2，在～T內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移x2＝2g··＝gT2，t＝T時(shí)液滴與初始位置相距x＝x1＋x2＝gT2，故D正確。 11.(2018·無(wú)錫期末)如圖，真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正點(diǎn)電荷A從左板處由靜止釋放，從右板的小孔水平射出后，進(jìn)入一個(gè)兩板水平放置的平行板電容器，進(jìn)入時(shí)點(diǎn)電荷貼著上極板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從下極板邊緣飛出。已知電容器的電容值為C，極板的間距為d，長(zhǎng)度為kd，兩板間電壓恒定。不計(jì)點(diǎn)電荷的重力，求： (1)正點(diǎn)電荷A進(jìn)入水平放置電容器時(shí)的速度大??； (2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大?。? (3)A穿過(guò)水平放置電容器的過(guò)程中電

15、勢(shì)能的增量。 解析：(1)A在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理：qU0＝mv02， 解得v0＝ 。 (2)A在水平放置的電容器中偏轉(zhuǎn)，水平方向：kd＝v0t， 豎直方向：d＝at2，又q＝ma 聯(lián)立可解得：U＝U0 極板帶電荷量：Q＝CU 所以：Q＝CU0。 (3)A穿過(guò)水平放置的電容器的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，由(2)得：W＝qU0 由功能關(guān)系得：ΔE＝－qU0。 答案：(1) 　(2)CU0　(3)－qU0 12．(2018·淮安、宿遷期中)如圖甲所示，A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點(diǎn)有一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，A、B間的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)在A、

16、B之間加上電壓UAB，UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生N個(gè)相同粒子，粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)。已知粒子質(zhì)量為m＝5.0×10－10 kg，電荷量q＝1.0×10－7C，L＝1.2 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求： (1)t＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動(dòng)到B極板所經(jīng)歷的時(shí)間t0； (2)在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B極板的時(shí)間間隔Δt； (3)在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B極板

17、的粒子數(shù)與到達(dá)A極板的粒子數(shù)之比k。 解析：(1)t＝0時(shí)刻，粒子由O到B：＝at02 加速度：a＝＝2.0×105 m/s2 得：t0＝×10－3 s＝2.45×10－3 s<＝6×10－3 s 所以：t0＝2.45×10－3 s。 (2)對(duì)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度vm后，做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B極板前速度減為0，設(shè)勻加速時(shí)間為t1，勻減速時(shí)間為t2，全程時(shí)間為t， 則勻加速的加速度大小：a＝2.0×105 m/s2 勻減速的加速度大?。篴′＝＝4.0×105 m/s2 由vm＝at1＝a′t2 得t2＝t1 所以t＝t1＋t2＝t1， 由L＝vmt＝·at1·t1， 得t1＝＝2×10－3 s。 在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時(shí)間間隔為Δt＝t1＝2×10－3 s。 (3)設(shè)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，反向加速到A極板的時(shí)間為t0′， 由L＝a′t0′2 得t0′＝＝×10－3 s<＝5×10－3 s 即在0～時(shí)間內(nèi)，Δt內(nèi)返回的粒子都能打到A極板上 所以：k＝＝＝。 答案：(1)2.45×10－3 s　(2)2×10－3 s　(3)2∶1