2022高考物理拉分題24專項訓(xùn)練

PAGE1-電場第Ⅰ卷選擇題，共48分一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分)圖6－11．(多選題)[2012·浙江卷]用金屬箔做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上．小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當距離約為0.5cm時圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖6－1所示．對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是()A．摩擦使筆套帶電B．筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下都感應(yīng)出異號電荷C．圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)重力D．筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和解析：易知選項ABC正確；因金屬箔圓環(huán)原來不帶電，筆套與頭發(fā)摩擦后帶電，故筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷沒有全部被中和，則選項D錯誤．答案：ABC2．[2012·天津卷]兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖6－2中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用．則粒子在電場中()圖6－2A．做直線運動，電勢能先變小后變大B．做直線運動，電勢能先變大后變小C．做曲線運動，電勢能先變小后變大D．做曲線運動，電勢能先變大后變小解析：根據(jù)電場線與等勢面垂直，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，受到向上的電場力作用，粒子在電場中做曲線運動，靜電力先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，選項C正確．答案：C3．(多選題)一帶負電小球在從空中的a點運動到b點的過程中，受重力、空氣阻力和電場力作用，小球克服重力做功5J，小球克服空氣阻力做功1J，電場力對小球做功2J，則下列說法中正確的是()A．小球在a點的重力勢能比在b點大5JB．小球在a點的機械能比在b點大1JC．小球在a點的電勢能比在b點多2JD．小球在a點的動能比在b點多4J解析：重力勢能的變化只看重力做功，電勢能的變化只看電場力做功，機械能的變化看重力以外的其他力的功(空氣阻力和電場力的總功)，動能的變化看合外力的總功(C、D對)；重力和靜電場力都是保守力，它們的影響可以用做功來表示，也可用勢能的變化來表示．答案：CD圖6－34．如圖6－3所示，四個相同的金屬容器共軸排列，它們的間距與容器的寬度相同，軸線上開有小孔．在最左邊、最右邊兩個容器上加電壓U后，容器之間就形成了勻強電場．今有一個電子從最左邊容器的小孔沿軸線入射，剛好沒有從最右邊容器出射，則該電子停止運動前()A．通過各容器的速度比依次為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B．通過各容器的時間比依次為5∶3∶1C．通過各容器間隙所用的時間比依次為5∶3∶1D．通過各容器間隙的加速度比依次為5∶3∶1解析：由qU＝eq\f(1,2)mv2，可得v＝eq\r(\f(2qU,m))，設(shè)每段電壓為U′，則v3∶v2∶v1＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，故v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1.因時間t＝eq\f(s,v)，故t1∶t2∶t3＝eq\f(1,\r(3))∶eq\f(1,\r(2))∶1.因勻強電場中電子受力相同，故加速度相同，通過各間隙的時間比為(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1.答案：A圖6－45．真空中有兩個點電荷a和b，帶電荷量分別為Qa和Qb，相距為r.在它們共同形成的電場中只畫出一條電場線M，但沒有標明方向，如圖6－4所示．由圖可判定()A．a(chǎn)、b為異種電荷B．Qa＝QbC.沿電場線由a到b電勢逐漸降低D．沿電場線由a到b電場強度逐漸減弱解析：電場線M連于a、b之間，說明a、b為異種電荷，但從M的形狀分析知Qa≠Q(mào)b，從M的形狀可知，靠近b處電場線較密，所以沿電場線由a到b電場強度先減小后增強，因不知道a、b的正負，故不知道電勢高低．答案：A圖6－56．如圖6－5所示表示某靜電場等勢面的分布，電荷量為1.6×10－9C的正電荷從A經(jīng)B、C到達D點．從A到DA．4.8×10－8JB．－4.8×10－8JC．8.0×10－8JD．－8.0×10－8J解析：電場力做功與電荷運動的路徑無關(guān)，只與電荷的起始位置有關(guān)．從A到D，電場力對電荷做的功為W＝UADq＝(φA－φD)q＝(－40＋10)×1.6×10－9J＝－4.8×10－8J，A、C、D項錯誤，B項正確．答案：B圖6－67．如圖6－6所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出；粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)之比是()A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶1解析：本題考查與類平拋相關(guān)的問題，題目難度中等．兩粒子水平方向做勻速直線運動，因此運動時間之比為1∶2，兩粒子豎直位移之比為2∶1，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2整理得eq\f(q,m)＝eq\f(2y,Et2)∝eq\f(y,t2)，所以eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝8∶1，正確選項為D.答案：D圖6－78．如圖6－7所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣細直管豎直放置．在管的底部固定一電荷量為Q(Q＞0)的點電荷．在距離底部點電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的點電荷自靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．現(xiàn)讓一個電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷仍在A處自靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為gA．運動到B處時速度為零B．在下落過程中加速度大小逐漸變小C．運動到B處的速度大小為eq\f(2,3)eq\r(3gh2－h(huán)1)D．速度最大處與底部點電荷距離為eq\r(\f(kQq,mg))解析：對電荷量為q、質(zhì)量為m的點電荷從A到B的過程，由動能定理可得qUAB＝mg(h2－h(huán)1)①；對電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷從A到B的過程，由動能定理可得3mg(h2－h(huán)1)－qUAB＝3mv2/2②；聯(lián)立①②解得v＝eq\f(2,3)eq\r(3gh2－h(huán)1)，故選項A錯誤，C正確；在點電荷下落過程中由于Q對q的庫侖斥力逐漸增大，在重力大于庫侖力時其加速度方向向下，加速度大小逐漸減?。划攷靵隽Υ笥谥亓r其加速度方向向上，且逐漸增大，由此可知點電荷下落過程中，加速度先減小后反向增大，故選項B錯誤；由以上分析可知當庫侖力大小等于重力大小，即eq\f(kQq,r2)＝3mg時，點電荷速度達到最大，解得r＝eq\r(\f(kQq,3mg))，故選項D錯誤．答案：C第Ⅱ卷非選擇題，共52分二、實驗題(本大題共2小題，共15分)9．(5分)由絕緣介質(zhì)隔開的兩個同軸的金屬圓筒構(gòu)成圓柱形電容器．如圖6－8所示．試根據(jù)你學(xué)到的有關(guān)平行板電容器電容的知識，推測影響圓柱形電容器電容的因素有__________________．圖6－8答案：H，R1，R2，ε(正對面積、極板間距離、極板間的介質(zhì))圖6－910．(10分)某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個方法來測量物體的帶電荷量．如圖6－9所示，小球是一個外表面鍍有金屬膜的空心塑料球，用絕緣絲線懸掛于O點，O點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度θ的量角器，M、N是兩塊相同的、正對著平行放置的金屬板(加上電壓后其內(nèi)部電場可看做勻強電場)，另外還要用到的器材有天平、刻度尺、電壓表、直流電流表、開關(guān)、滑動變阻器及導(dǎo)線若干，該小組的實驗步驟如下，請你幫助該小組完成：(1)用天平測出小球的質(zhì)量m，按圖中所示進行器材的安裝，并用刻度尺測出M、N兩板之間的距離d，使小球帶上一定的電荷量．(2)連接電路(請在圖中的虛線框中畫出實驗所用的電路圖，電源、開關(guān)已經(jīng)畫出)．(3)閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片的位置，讀出多組相應(yīng)的電壓表的示數(shù)和絲線的偏轉(zhuǎn)角θ.(4)以電壓U為縱軸，以__________為橫軸作出過原點的直線，求出直線的斜率k＝__________.(5)小球的帶電荷量q＝__________(用m、d、k等物理量表示)．解析：由平衡條件得mgtanθ＝qE＝eq\f(qU,d)，U＝mgdtanθ/q，以U為縱軸，tanθ為橫軸，圖線斜率k＝mgd/q.答案：(2)如圖6－10所示圖6－10(4)tanθeq\f(mgd,q)(5)eq\f(mgd,k)三、計算題(本大題共2小題，共37分)圖6－1111．(17分)如圖6－11所示，兩根長為L的絲線下端分別懸掛一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q和－q的小球A和B，處于場強為E、方向水平向左的勻強電場中，使長度也為L的連線AB拉緊，并使小球處于靜止狀態(tài)．求E的大小滿足什么條件時，才能實現(xiàn)上述平衡狀態(tài)．解析：首先，小球A、B均處于靜止狀態(tài)，其所受合外力為零；其次，若撤去水平向左的勻強電場，則A、B兩小球在重力和彼此圖6－12間靜電引力作用下，回落到懸點正下方，可見只有勻強電場足夠強時，A、B間連線才能被拉緊．設(shè)A、B間連線剛要被拉緊時，勻強電場的場強為E0，這時，小球A受力如圖6－12所示，由共點力平衡條件得：水平方向上有E0q＝FTcos60°＋F，①豎直方向上有FTsin60°＝mg，②由庫侖定律得F＝keq\f(q2,L2)，③解①②③聯(lián)立方程組可得E0＝eq\f(kq,L2)＋eq\f(\r(3)mg,3q)，故當勻強電場E滿足E≥E0，即E≥eq\f(kq,L2)＋eq\f(\r(3)mg,3q)時，A、B間連線才被拉緊．答案：E≥eq\f(kq,L2)＋eq\f(\r(3)mg,3q)12．(20分)如圖6－13所示，兩塊平行金屬板M、N豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.5×103V，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶電小球從兩板上方的A點以v0＝4m/s的初速度水平拋出(A點距兩板上端的高度h＝20cm)，之后小球恰好從靠近M板上端處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的B點，不計空氣阻力，g取10m/s圖6－13(1)B點到N板上端的距離L；(2)小球到達B點時的動能Ek.解析：(1)小球到達板上端時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝2m/s.設(shè)小球此時速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝2.在電場中小球所受合外力方向與運動方向相同，設(shè)板間距離為d