2020版高考物理復(fù)習(xí)單元高考模擬特訓(xùn)（七）新人教版.docx

高考模擬特訓(xùn)(七)一、選擇題(15題只有一項符合題目要求，68題有多項符合題目要求，每小題6分，共48分)1.如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在M、N的連線上有對稱點a、c，M、N連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是()A正電荷q在c點電勢能大于在a點電勢能B正電荷q在c點電勢能小于在a點電勢能C在M、N連線的中垂線上，O點電勢最高D負電荷q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大解析：由等量同種正點電荷電場分布特點可知a、c兩點電勢相等，正電荷q在a、c兩點的電勢能相等，A、B錯誤M、N連線的中垂線上由無窮遠到O點場強先變大再變小，中間某一位置場強最大，負電荷從無窮遠到O點做加速度先增大再減小的加速運動，在O點時速度最大，動能最大，電勢能最小，過O點后做加速度先增大再減小的減速運動，動能減小，電勢能增加，所以負電荷在M、N連線中垂線上的O點電勢能最小，則O點電勢最高，C正確由于不知b、d在M、N連線中垂線上的具體位置，負電荷從d到b運動過程中加速度可能先減小再增大，也可能先增大再減小，再增大再減小，D錯誤答案：C22019北京海淀區(qū)模擬基于人的指紋具有不變性和唯一性的特點，人們發(fā)明了指紋識別技術(shù)目前許多國產(chǎn)手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖所示指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數(shù)據(jù)根據(jù)文中信息，下列說法正確的是()A在峪處形成的電容器電容較大B充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C在峪處形成的電容器放電較慢D潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響解析：根據(jù)電容的計算公式可得C，極板與指紋嵴(凸起部分)的距離d較小，構(gòu)成的電容器電容較大，故A錯誤；由于外接電源為所有電容器充到一個預(yù)先設(shè)計好的電壓值，所以所有的電容器電壓一定，根據(jù)QCUU可知，極板與指紋峪(凹的部分)的距離d較大，電容小，構(gòu)成的電容器充上的電荷量較少，在放電過程中放電時間短，故B正確，C錯誤；濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋識別，故D錯誤答案：B32019江西吉水中學(xué)等三校聯(lián)考一段均勻帶電的半圓形細線在其圓心O處產(chǎn)生的場強為E，把細線分成等長的圓弧、，則圓弧在圓心O處產(chǎn)生的場強為()AEB.C. D.解析：如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段根據(jù)對稱性，三段細線在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小相等設(shè)每段在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E，AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場強夾角為120，它們的合場強大小為E，則O點的合場強E2E，則E，故圓弧在圓心O處產(chǎn)生的場強為，B正確答案：B4.有一勻強電場，方向如圖所示，在電場中有三個點A、B、C，這三點的連線恰好構(gòu)成一個直角三角形，且AC邊與電場線平行已知A、B兩點的電勢分別為A5 V，B1.8 V，A、B的距離為4 cm，B、C的距離為3 cm.若把一個電子(e1.61019 C)從A點移動到C點，那么電子電勢能的變化量為()A8.01019 J B1.61019 JC8.01019 J D1.61019 J解析：設(shè)AB與AC之間的夾角為，則cos，又AB的距離xAB4 cm，則AB沿場強方向的距離為dABxABcos4 cm cm，設(shè)A、B之間電勢差為UAB，則電場強度為E100 V/m.電子從A點到達C點電勢能的變化量為EpW1.610191000.05 J8.01019 J，故A項正確答案：A52019河南安陽一模如圖所示，豎直平面內(nèi)平行直線MN、PQ間距為d，直線與水平面成30角，兩線間有垂直指向PQ的勻強電場一電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子在直線PQ上某點O以初速度v0豎直向上射出不計重力，直線足夠長，若粒子能打到MN上，則下列說法正確的是()A電場強度最大值為B電場強度最小值為C電場強度最大值為D電場強度最小值為解析：帶電粒子受電場力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度vv0cos30，沿PQ方向的分速度vv0sin30，若粒子剛好能打到MN上，則粒子到達MN時，速度平行于MN方向，此時電場強度最大，在垂直于PQ方向，d，a，解得Emax，C正確答案：C6.(多選)光滑絕緣的水平面上方存在一個水平方向的電場，電場線與x軸平行，電勢與坐標(biāo)軸x的關(guān)系式為：106x(的單位為V，x單位為m)一帶正電小滑塊P，從x0處以初速度v0沿x軸正方向運動，如圖所示，則()A電場的場強大小為106 V/mB電場方向沿x軸正方向C小滑塊的電勢能一直增大D小滑塊的電勢能先增大后減小解析：根據(jù)場強與電勢差的關(guān)系可知，E106 V/m，A項正確；沿x軸正方向電勢升高，由沿電場線方向電勢不斷降低可知，電場方向應(yīng)沿x軸負方向，B項錯誤；小滑塊帶正電，受電場力方向水平向左，故小滑塊先向右減速再反向加速運動，因此電場力先做負功再做正功，其電勢能先增大后減小，C項錯誤，D項正確答案：AD7.(多選)如圖所示，用實驗方法描繪出的一對正負點電荷產(chǎn)生靜電場的一簇等勢線及其電勢值，若一帶電粒子只在電場力作用下沿圖中的實線從A點運動到C點，下列說法正確的是()A這一對正負點電荷右側(cè)為負電荷，運動的帶電粒子帶正電B帶電粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能CB點的場強大于C點的場強D粒子從A點到B點電場力所做的功等于從B到C點電場力所做的功解析：A項，根據(jù)等勢面的分布可知，從左向右電勢增加，故電場線方向從右向左，故右側(cè)帶正電，左側(cè)帶負電，通過離子的運動軌跡可知，離子受到的電場力向左，沿電場線方向，故粒子帶正電，故A錯誤；B項，由于粒子帶正電運動方向與受力方向相反，故電場力做負功，電勢能增大，故帶電粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能，故B正確；C項，等勢面的疏密也代表場強的大小，故B點的場強小于C點的場強，故C錯誤；D項，電場力做功WqU，UAB2V，UBC2V，故電場力做功相同，故D正確答案：BD82017江蘇卷，8(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示下列說法正確的有()Aq1和q2帶有異種電荷 Bx1處的電場強度為零C負電荷從x1移到x2，電勢能減小D負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大解析：A對：兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，xx1處的電勢大于零，xx1處的電勢小于零如果q1、q2為同種電荷，x軸上各點的電勢不會有正、負之分，故q1、q2必為異種電荷B錯：x圖象中曲線的斜率表示電場強度大小，x1處的電場強度不為零C對：x2處的電勢最高，負電荷從x1移動到x2，即從低電勢處移動到高電勢處，電場力做正功，電勢能減小D錯：由x圖象知，從x1到x2，電場強度逐漸減小，負電荷從x1移動到x2，所受電場力減小答案：AC二、非選擇題(本題共3個小題，52分)9(16分)如圖所示，空間存在著強度E2.5102 N/C，方向豎直向上的勻強電場，在電場內(nèi)一長為L0.5 m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端拴著質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q4102 C的小球現(xiàn)將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當(dāng)小球運動到最高點時細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂取g10 m/s2.求：(1)小球的電性；(2)細線能承受的最大拉力；(3)當(dāng)小球繼續(xù)運動后與O點水平方向距離為L時，小球距O點的高度解析：(1)由小球運動到最高點可知，小球帶正電(2)設(shè)小球運動到最高點時速度為v，對該過程由動能定理有，(qEmg)Lmv2在最高點對小球由牛頓第二定律得，F(xiàn)TmgqEm由式解得，F(xiàn)T15 N.(3)小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a，則a設(shè)小球在水平方向運動L的過程中，歷時t，則Lvt設(shè)豎直方向上的位移為x，則xat2由解得x0.125 m所以小球距O點高度為xL0.625 m.答案：(1)正電(2)15 N(3)0.625 m10(16分)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上的A，B兩點分別放置質(zhì)量為m和2m的兩個點電荷QA和QB，將兩個點電荷同時釋放，已知剛釋放時QA的加速度為a，經(jīng)過一段時間后(兩電荷未相遇)，QB的加速度也為a，且此時QB的速度大小為v.求：(1)此時QA的速度和加速度的大??；(2)這段時間內(nèi)QA和QB構(gòu)成的系統(tǒng)減小的電勢能解析：(1)設(shè)剛釋放時QA和QB之間的作用力大小為F1，當(dāng)QB的加速度也為a時，作用力大小為F2，QA的速度為vA根據(jù)動量守恒定律得mvA2mv，解得vA2v，方向與v相反根據(jù)牛頓第二定律得F1ma，F(xiàn)22ma此時QA的加速度a2a，方向與a相同(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，QA和QB構(gòu)成的系統(tǒng)減小的電勢能轉(zhuǎn)化為兩點電荷的動能，有Epmv2mv23mv2.答案：(1)2v2a(3)3mv211.(20分)如圖，AB為一對平行金屬板，與豎直方向成30角，B板上的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy上的O點，一比荷為1.0105 C/kg的帶正電粒子P從A板上O靜止釋放，沿OO做勻加速直線運動，以速度v0104 m/s，方向與x軸正方向的夾角為30，進入場強為E103 V/m，方向沿與x軸正方向成60角斜向上的勻強電場中，電場僅分布在x軸的下方，粒子的重力不計，試求：(1)A、B兩板間的電勢差UAB；(2)粒子P離開電場時的坐標(biāo)；(3)若在P進入電場的同時，在電場中適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止釋放另一與P完全相同的帶電粒子Q.可使兩粒子在離開電場前相遇，求所有滿足條件的釋放點的集合(不計兩粒子之間的相互作用力)解析：(1)由動能定理qUABmv可得UAB V500 V(2)粒子P在進入電場后做類平拋運動，設(shè)離開電場時距O距