《2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題五 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題限時(shí)檢測(cè).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題五 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題限時(shí)檢測(cè).doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題五 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題限時(shí)檢測(cè) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.(xx海南卷,2)關(guān)于靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線,下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.電場(chǎng)強(qiáng)度較大的地方電場(chǎng)線一定較疏 B.沿電場(chǎng)線方向,電場(chǎng)強(qiáng)度一定越來(lái)越小 C.沿電場(chǎng)線方向,電勢(shì)一定越來(lái)越低 D.電場(chǎng)線一定是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡 解析:電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱,那么電場(chǎng)強(qiáng)度較大的地方電場(chǎng)線一定較密,故A錯(cuò)誤;沿著電場(chǎng)線的方向,電勢(shì)會(huì)降低,因此沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低,但電場(chǎng)線不一定越來(lái)越疏,則場(chǎng)強(qiáng)不一定越來(lái)越小,故B錯(cuò)誤,C正確;電場(chǎng)線不一定與帶電粒子的軌跡重合,只有電場(chǎng)線是直線,帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場(chǎng)線方向在同一條直線上時(shí),電場(chǎng)線才與帶電粒子的軌跡重合,故D錯(cuò)誤. 2.(xx湖北荊州模擬)如圖所示,在豎直放置間距為d的平行板電容器中,存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處?kù)o止釋放,重力加速度為g,則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過(guò)程(　B　) A.加速度大小為a=+g B.所需的時(shí)間為t= C.下降的高度為h= D.電場(chǎng)力所做的功為W=Eqd 解析:點(diǎn)電荷受到重力、電場(chǎng)力,則合力F=,根據(jù)牛頓第二定律有a=,故A錯(cuò)誤;設(shè)點(diǎn)電荷在水平方向的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,水平方向上的加速度a=,根據(jù)位移公式可得=t2,解得t=,故B正確;豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),下降高度h=gt2=,故C錯(cuò)誤;電荷運(yùn)動(dòng)位移為,故電場(chǎng)力做功W=,故D錯(cuò)誤. 3.(xx廣東江門(mén)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上放置3個(gè)電荷量均為q(q>0)的相同小球,小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接,當(dāng)3個(gè)小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),每根彈簧長(zhǎng)度為l,已知靜電力常量為k,若不考慮彈簧的靜電感應(yīng),則每根彈簧的原長(zhǎng)為(　C　) A.l+ B.l- C.l- D.l- 解析:對(duì)第三個(gè)小球受力分析,第三個(gè)小球受三個(gè)力的作用,即為兩庫(kù)侖力與彈簧的拉力,它們的關(guān)系是k0x=+,解得x=;所以彈簧的原長(zhǎng)為l0=l-x=l-,故C正確,A,B,D錯(cuò)誤. 4.(xx上海一模)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).如圖所示,在半球面AB上均勻分布正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線,在軸線上有M,N兩點(diǎn),OM=ON=2R.已知M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,則N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(　A　) A.-E B. C.-E D.+E 解析:若將帶電荷量為2q的球面放在O處,均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).則在M,N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E==,由題知當(dāng)半球面如題圖所示產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,則N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′=-E,故A正確. 5.(xx江蘇卷,4)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A,B,C中央各有一小孔,小孔分別位于O,M,P點(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　A　) A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回 D.穿過(guò)P′點(diǎn) 解析:電子在A,B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng),在B,C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng),設(shè)A,B板間的電壓為U,B,C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,M,P兩點(diǎn)間的距離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P′點(diǎn),B,C兩板所帶電荷量不變,由E===可知,C板向右平移到P′時(shí),B,C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,由此可以判斷,電子在A,B板間加速運(yùn)動(dòng)后,在B,C板間減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零,然后返回,A項(xiàng)正確,B,C,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 6.(xx河南二模)如圖所示,空間有一正三棱錐OABC,點(diǎn)A′, B′,C′分別是三條棱的中點(diǎn).現(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正的點(diǎn)電荷,則下列說(shuō)法中正確的是(　AD　) A.A′,B′,C′三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 B.△ABC所在平面為等勢(shì)面 C.將一正的試探電荷從A′點(diǎn)沿直線A′B′移到B′點(diǎn),靜電力對(duì)該試探電荷先做正功后做負(fù)功 D.若A′點(diǎn)的電勢(shì)為φA′,A點(diǎn)的電勢(shì)為φA,則A′A連線中點(diǎn)D處的電勢(shì)φD一定小于 解析:因?yàn)锳′,B′,C′三點(diǎn)離頂點(diǎn)O處的正電荷的距離相等,所以三點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相等,故A正確;由于△ABC所在平面上各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不都相等,由等勢(shì)面的概念可知,△ABC所在平面不是等勢(shì)面,故B錯(cuò)誤;由電勢(shì)的概念可知,沿直線A′B′的電勢(shì)變化為先增大后減小,所以當(dāng)在此直線上從A′到B′移動(dòng)正電荷時(shí),電場(chǎng)力對(duì)該正電荷先做負(fù)功后做正功,故C錯(cuò)誤;根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可知,UA′D> UDA,即φA′-φD>φD-φA,整理可得,φD<,故D正確. 7.(xx山東臨沂一模)A,B為兩等量異種電荷,圖中水平虛線為A,B連線的中垂線,現(xiàn)將另兩個(gè)等量異種的檢驗(yàn)電荷a,b如圖用絕緣細(xì)桿連接后從離AB無(wú)窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到AB的連線,平移過(guò)程中兩檢驗(yàn)電荷位置始終關(guān)于中垂線對(duì)稱.若規(guī)定離AB無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,則下列說(shuō)法中正確的是(　AB　) A.在AB的連線上a所處的位置電勢(shì)φa>0 B.a,b整體在AB連線處具有的電勢(shì)能Ep>0 C.整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,靜電力對(duì)a做正功 D.整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,靜電力對(duì)a,b整體做正功 解析:設(shè)AB連線的中點(diǎn)為O.由于AB連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線,且一直延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處,所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)為零.AO間的電場(chǎng)線方向由A→O,而順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低,可知,a所處的位置電勢(shì)φa>0,故A正確.a所處的位置電勢(shì)φa>0,b所處的位置電勢(shì)φb<0,由Ep=qφ知,a,b在AB處的電勢(shì)能均大于零,則整體的電勢(shì)能Ep>0,故B正確.在平移過(guò)程中,a的電勢(shì)能增大,則靜電力對(duì)a做負(fù)功,故C錯(cuò)誤.a,b看成一個(gè)整體,原來(lái)總電勢(shì)能為零,在AB處系統(tǒng)總電勢(shì)能為正,所以整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,總電勢(shì)能增大,靜電力對(duì)a,b整體做負(fù)功,故D錯(cuò)誤. 8.(xx安徽淮北模擬)如圖所示,A,B,C,D是勻強(qiáng)電場(chǎng)中一正方形的四個(gè)頂點(diǎn),已知A,B,C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA=25 V,φB=5 V,φC=-5 V,則下列說(shuō)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(chǎng)力做功為-210-2 J B.A,C兩點(diǎn)的連線方向即為電場(chǎng)線方向 C.D點(diǎn)的電勢(shì)為15 V D.把一個(gè)電子從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場(chǎng)力做功可能為0 解析: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(chǎng)力做功為WBA=q(φB-φA)=110-3(5-25) J=-210-2 J,故A正確;連接AC,又φA-φC=25 V-(-5 V)=30 V,將AC等分為6等分,找出與B電勢(shì)相等的點(diǎn)E,如圖,連接BE,可知AC與BE相互之間不是垂直的,所以AC不是電場(chǎng)線的方向,故B錯(cuò)誤;根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)可知,φA-φB=φD-φC,所以φD=15 V,故C正確;由以上的分析可知,B點(diǎn)的電勢(shì)與D點(diǎn)的電勢(shì)不相等,所以把一個(gè)電子從B點(diǎn)移到D點(diǎn),電場(chǎng)力做功不可能為0,故D錯(cuò)誤. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(xx陜西西安二模)如圖,空間存一豎直向下沿x軸方向的靜電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小按E=kx分布(x是軸上某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離),k=.x軸上,有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線連接A,B兩個(gè)小球,兩球質(zhì)量均為m,B球帶負(fù)電,帶電荷量為q,A球距O點(diǎn)的距離為L(zhǎng).兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài),不計(jì)兩球之間的靜電力作用. (1)求A球的帶電荷量qA; (2)剪斷細(xì)線后,求B球的最大速度vm. 解析:(1)A,B兩球靜止時(shí),A球所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=kL=,B球所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=k2L= 對(duì)A,B由整體法得2mg+qAE1-qE2=0 解得qA=-4q. (2)當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時(shí),B球距O點(diǎn)距離為x0, 則有mg=qE,即mg=q 解得x0=3L 當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時(shí),B球距O點(diǎn)距離為3L,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電場(chǎng)力大小線性變化. 由動(dòng)能定理得,mgL-qL=m-m,q==mg, 解得,vm=. 答案:(1)-4q　(2) 10.(20分)(xx全國(guó)Ⅱ卷,25)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M,N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi).已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.求 (1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比; (2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度; (3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小. 解析:(1)設(shè)小球M,N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M,N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平 方向,大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0-at=0 ① s1=v0t+at2 ② s2=v0t-at2 ③ 聯(lián)立①②③式得=3.④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 =2gh ⑤ H=vyt+gt2 ⑥ M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知 = ⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h=H. ⑧ (3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),則=⑨ 設(shè)M,N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1,Ek2,由動(dòng)能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 ⑩ Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知條件 Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩式得 E=. 答案:(1)3　(2)H　(3)