物理2018屆高考考點通關(guān)練第一輪復習打包老師搜集_第1頁
物理2018屆高考考點通關(guān)練第一輪復習打包老師搜集_第2頁
物理2018屆高考考點通關(guān)練第一輪復習打包老師搜集_第3頁
物理2018屆高考考點通關(guān)練第一輪復習打包老師搜集_第4頁
物理2018屆高考考點通關(guān)練第一輪復習打包老師搜集_第5頁
已閱讀5頁,還剩77頁未讀, 繼續(xù)免費閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認領

文檔簡介

高考總復習首選用卷·物理第一部分考點通關(guān)練考點26電場的能的性質(zhì)考點名片考點細研究:(1)電勢能、電勢;(2)電勢差、等勢面;(3)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系等。其中考查到的如:

2016

年全國卷Ⅲ第15

題、2015

年全國卷Ⅰ第15

題、2015年廣東高考第21

題、2015

年海南高考第7題、2015

年四川高考第6

題、2014

年全國卷Ⅰ第21

題、2014

年全國卷Ⅱ第

19

題、2014

年安徽高考第17

題、2014

年上海高考第19

題、2014年全國卷Ⅰ第25題等。備考正能量:本考點是高考重點考查的內(nèi)容之一,多以選擇題的形式出現(xiàn),難度中等。試題往往以電場線、等勢面為切入點,粒子的運動為物理情景,考查學生理解能力和綜合能力。預計今后的高考此類問題仍會以選擇題形式出現(xiàn)。第1步狂刷小題·練基礎一、基礎與經(jīng)典1.在靜電場中,將電子從A

點移到B

點,電場力做了正功,則()A.電場強度的方向一定是由A

點指向B

點B.電場強度的方向一定是由B

點指向A

點C.電子在A

點的電勢能一定比在B

點的高D.A

點的電勢一定比B

點的高解析電子從A

點移到B

點,電場力做了正功,說明

B

點所在等勢面的電勢一定比A

點所在等勢面的電勢高,并非電場線的方向就是由B

指向A,故選項A、B、D

均錯誤;根據(jù)功能關(guān)系,電場力做正功,電勢能減小,故電子在A

點的電勢能一定比在B

點的高,選項C

正確。先做勻加速運動,后做勻減速運動先從高電勢到低電勢,后從低電勢到高電勢

C.電勢能與機械能之和先增大,后減小

D.電勢能先減小,后增大連接BC

為等勢線,過O

做BC

的垂線則DO

為場強方向,如圖所示,由幾何關(guān)系得tanθ=|OC||OA|2|OB|

|OB|

3= =

3

,得θU=30°。由E=

d

得|OB|·cosθφB-φOE=

=33×32×10-2V/m=200V/m。A

正確。A.通過CD

和AF

的直線應為電場中的兩條等勢線B.勻強電場的電場強度大小為10

V/m

C.勻強電場的電場強度方向為由C

指向AD.將一個電子由E

點移到D

點,電子的電勢能將減少1.6×10-19

J解析

AC

的中點電勢為

2V,所以

BE

為等勢線,CD、AF

同為等勢線,故A

正確;CA

為電場線方向,電場強度大小E=

d

=U

22×10×cos30°×10-2V/m=20

3

V/m,3故

B

錯誤,C

正確;由

UED=UBC=-1

V,WED=-eUED=1.6×10-19

J,D

正確。A.UOP=-10sinθ(V)C.UOP=-10cosθ(V)B.UOP=10sinθ(V)D.UOP=10cosθ(V)解析

在勻強電場中,兩點間的電勢差

U=Ed,而

d是沿場強方向上的距離,所以

dOP=Rsinθ,故

UOP=-E·dOP=-100×0.1sinθ=-10sinθ(V),故選項A

正確。解析

a

點移到

b

點時,負電荷受到固定的正電荷的引力作用,靜電力做正功,負電荷的電勢能減少,選項

A正確,C

錯誤;由庫侖定律F=

Qq可知,負電荷所受電場k

r2力與其離c

點的距離的平方成反比,ac=3bc,所以選項B錯誤,D

正確。B.A.x1

處場強大于-x1

處場強若電子從x1

處由靜止釋放后向x軸負方向運動,到達-x1

點時速度為零電子在x1

處的電勢能大于在-x1

處的電勢能x1

點的電勢比-x1

點的電勢高解析由圖可知x1

處場強與-x1

處場強大小相等,則A錯誤;因圖線與橫軸所圍面積表示電勢差,設O

點處電勢為零,則由圖可知x1

與-x1

處電勢相等,電勢差為零,C、D錯誤;由動能定理有qU=ΔEk,可知B

選項正確。A.O

點的電場強度為零,電勢最低B.O

點的電場強度為零,電勢最高從O

點沿x

軸正方向,電場強度減小,電勢升高從O

點沿x

軸正方向,電場強度增大,電勢降低解析圓環(huán)上均勻分布著正電荷,可以將圓環(huán)等效為很多正點電荷的組成,同一條直徑的兩端點的點電荷的合場強類似于兩個等量同種點電荷的合場強,故圓環(huán)的中心的合場強一定為零。x

軸上的合場強,在圓環(huán)的右側(cè)的合場強沿x

軸向右,左側(cè)的合場強沿x

軸向左,電場強度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征,由沿場強方向的電勢降低,得O點的電勢最高。綜上知選項B

正確。b、d

兩點處的電勢相同四個點中c

點處的電勢最低b、d

兩點處的電場強度相同將一試探電荷+q

沿圓周由a

點移至c

點,+q的電勢能減小二、真題與模擬11.[2016·全國卷Ⅲ]關(guān)于靜電場的等勢面,下列說法正確的是(

)A.兩個電勢不同的等勢面可能相交

B.電場線與等勢面處處相互垂直

C.同一等勢面上各點電場強度一定相等D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功解析 電場中等勢面上各點電勢相等,故電勢不同的等勢面不可能相交,A

項錯誤;電場線與等勢面處處垂直,B

項正確;電場強度的大小與電勢的高低沒有關(guān)系,所以同一等勢面上各點電場強度不一定相等,C

項錯誤;電勢較高點與電勢較低點的電勢差大于

0,由

W=qU

知,負電荷受到的電場力做負功,D

項錯誤。直線a

位于某一等勢面內(nèi),φM>φQ直線c

位于某一等勢面內(nèi),φM>φN若電子由M

點運動到Q

點,電場力做正功若電子由P

點運動到Q

點,電場力做負功解析

根據(jù)電子由

M

點分別運動到

N

點和

P

點的過程中,電場力所做的負功相等,可知

N

點和

P

點處于同一等勢面上,直線

d

位于某一等勢面內(nèi)。根據(jù)勻強電場的特性,可知直線

c位于另一等勢面內(nèi)。由于電子由

M

點運動到

N點的過程中,電場力做負功,說明電場線方向從

M指向

N,故

M

點電勢高于

N

點電勢,所以選項

B

正確,選項

A

錯誤;由于

M、Q處于同一等勢面內(nèi),電子由

M

點運動到

Q點的過程中,電場力不做功,選項

C

錯誤;電子由

P

點運動到

Q

點的過程中,電場力做正功,選項

D

錯誤。從N

到Q

的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小從N

到P

的過程中,速率先增大后減小從N

到Q

的過程中,電勢能一直增加從P

到Q

的過程中,動能減少量小于電勢能增加量直做負功,電勢能一直增加,C

項正確;從P

到Q

的運動過程中,小球a

減少的動能等于增加的重力勢能與增加的電勢能之和,D

項錯誤。A.b

點電勢為零,電場強度也為零B.正的試探電荷在a

點的電勢能大于零,所受電場力方向向右C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功D.將同一正的試探電荷先后從O、b

兩點移到a

點,后者電勢能的變化較大解析

根據(jù)等量異種電荷形成的電場的特點可知,b點電勢為零,電場強度不為零,A

錯誤。Epa=qφa,φa>0,若

q>0,則

Epa>0,電場力方向與電場強度方向相同,均向右,B正確。由于

φO<φa,且

q>0,則從

O點移到

a

點過程中必須克服電場力做功,C

正確。電場力做的功等于電勢能的減少量,WO

a=q(φO-φa),Wb

a=q(φb-φa),φO=φb,所以

WO

a=Wb

a,電勢能變化相等,D

錯誤。解析電場線的疏密反映電場的強弱,因此a

點的場強比b

點的場強大,A

正確。順著電場線的方向電勢逐漸降低,因此b

點電勢比a

點電勢高,B

錯誤。兩個負電荷在c

點場強為零,而在d

點的場強向下,正電荷在c、d

點場強大小相等,方向相反,由電場的疊加可知,c

點場強比

d

點場強大,C

正確。在正電荷的電場中,c、d

兩點的電勢相等,而在負電荷的電場中離負電荷越遠電勢越高,因此c、d

兩點在三個點電荷電場中電勢的代數(shù)和d

點比c

點高,D

正確。16.[2015·浙江高考](多選)如圖所示,用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1

kg

的小球A

懸掛到水平板的

M、N

兩點,A

上帶有Q=3.0×10-6

C

的正電荷。兩線夾角為120°,兩線上的拉力大小分別為F1

和F2。A

的正下方0.3

m

處放有一帶等量異種電荷的小球B,B

與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2

kg(重力加速度取g=10

m/s2;靜電力常量k=

9.0×109

N·m2

/C2,A、B

球可視為點電荷),則()解析

小球

B

和支架組成的整體,在三個力作用下平Q2衡,故有:FN+FAB=mBg,F(xiàn)AB=k

2

,聯(lián)立兩式解得:FAB=0.9

N,F(xiàn)NrAB=1.1

N,根據(jù)牛頓第三定律可判斷出A

錯誤。小球A

在四個力作用下平衡,如圖甲所示。由對稱性可知

F1=F2,在豎直方向上有:F1cos60°+F2cos60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9

N,可見B

正確。當B

球與M、A

共線時,

A

球受力情況如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知rAB′=0.6

m,Q22r′ABFBA′=k

=0.225

N。將A

球所受重力分解在MA

和NA

的方向上,由上述兩個方向上分力的合力為零可得:A

22解析

A

點的電場強度大小為

E

=k

Q

cos60°+k

Q

l

l

22l2cos60°=4kQ

方向水平向右,選項A

錯誤;等量異號點電,荷連線的中垂線為等勢線,電勢為

0,故

A

點的電勢為零且高于

C

點的電勢,B

點電勢高于

A

點電勢,E

點電勢高于

B

點電勢,因此

UEB=φE-φB,UEA=φE-φA,故

UEB<UEA,選項

B

錯誤,C

正確;由于

B

點電勢高于

C

點電勢,正電荷在

B

點的電勢能大于在

C

點的電勢能,選項

D

錯誤。x=x0

處的電場強度為零x=x1

處的電場強度為零q1

帶正電,q2

帶負電q1

的電荷量比q2

的大解析

φ-x

圖象中圖線的斜率

k

Δφ=U=E,表示=Δx

d電場強度,由題圖可知,x=x1

處的電場強度為零,選項A錯誤,選項B

正確;因為x=x1

處的電場強度為零,由電場的疊加原理知,q1、q2

在x=x1

處產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反,由題圖知q1

到x1

處的距離大于q2

到x1

處r21的距離,根據(jù)點電荷的場強公式

E=kq

知,q

的電荷量大于q2

的電荷量,且兩電荷帶異種電荷,但無法判斷哪個電荷帶正電,哪個電荷帶負電,選項C

錯誤,選項D

正確。19.[2016·湖南十三校聯(lián)考](多選)如圖所示,a、b、c、d

是某勻強電場中的四個點,它們是一個四邊形的四個頂點,ab∥cd,ab⊥bc,2

ab

cd

bc

=2l,電場線與四邊形所在平面平行。已知a

點電勢為24

V,b

點電勢為28

V,d

點電勢為12

V。一個質(zhì)子(不計重力)經(jīng)過b點的速度大小為v0,方向與bc

成45°,一段時間后經(jīng)過c

點,則下列說法正確的是()電子在N

點時的動能小于在M

點的動能該電場有可能是勻強電場

C.該電子運動的加速度越來越小

D.電子運動的軌跡為曲線解析 電子僅受電場力的作用,電勢能與動能之和恒定,由圖象可知電子由

M

點運動到

N

點,電勢能減小,故動能增加,A

錯誤。分析圖象可得電子的電勢能隨運動距離的增大,減小得越來越慢,即經(jīng)過相等距離電場力做功越來越少,由

W=qE

Δx

可得電場強度越來越小,B

錯誤。由于電子從

M

點運動到

N

點電場力逐漸減小,所以加速度逐漸減小,C

正確。電子從靜止開始沿電場線運動,可得M、N

點所在電場線為直線,則電子的運動軌跡必為直線,D

錯誤。第2步精做大題·練能力一、基礎與經(jīng)典21.如圖所示,水平光滑絕緣軌道MN

的左端有一個固定擋板,軌道所在空間存在E=4.0×102N/C、水平向左的勻強電場。一個質(zhì)量m=0.10

kg、帶電荷量q=5.0×10-5C

的滑塊(可視為質(zhì)點),從軌道上與擋板相距

x1=0.20

m的

P

點由靜止釋放,滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動。當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動,運動到與擋板相距

x2=0.10 m

Q點,滑塊第一次速度減為零。若滑塊在運動過程中,電荷量始終保持不變,求:答案

(1)0.20

m/s2

(2)4.0×10-3

J (3)2.0×10-3

J解析

(1)設滑塊沿軌道向左做勻加速運動的加速度為a,此過程滑塊所受合外力F=qE=2.0×10-2

N,根據(jù)牛頓第二定律F=ma,解得a=0.20

m/s2。(2)滑塊從P

點運動到擋板處的過程中,電場力所做的功W1=qEx1=4.0×10-3

J。1

112(3)由動能定理可知W

=qEx

m21v

,2

2W

=-Eqx

=0-

m22v

,ΔE1

12

22112=

mv

m22v

,即ΔE=qE(x1-x2)=2.0×10-3

J。22.如圖所示,在O

點放置一個正電荷,在過O

點的豎直平面內(nèi)的A

點,自由釋放一個帶正電的小球,小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示,它與以O

為圓心、R

為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C

兩點,O、C

在同一水平線上,∠BOC=30°,A

距離OC的豎直高度為h。若小球通過B

點的速度為v,試求:答案

(1)

v2+gR

(2)mgh-221mv2

1—mgR解析

(1)因

B、C

兩點電勢相等,小球由

B

C

只有12重力做功,由動能定理得:mgR·sin30°=

m221vC-

mv2,得vC=

v2+gR。AC12(2)由

A

C

應用動能定理得:W

+mgh=

m2Cv

-0,AC得

W

m2Cv

-mgh1

1212

2

2=

mv

+mgR-mgh。由電勢能變化與電場力做功的關(guān)系得:p

ACΔE

=-W

=mgh-2

21mv2-1mgR。答案mv2

0q解析

設帶電粒子在

B點的速度大小為

vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即

vBsin30°=v0sin60°

①由此得

vB=

3v0

②設A、B

兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有AB12qU

m(B2

20v

-v

)③聯(lián)立②③式得UABmv2q= 0。24.[2014·全國卷Ⅰ]如圖,O、A、B

為同一豎直平面內(nèi)23的三個點,OB

沿豎直方向,∠BOA=60°,OB=

OA。將一質(zhì)量為m

的小球以一定的初動能自O

點水平向右拋出,小球在運動過程中恰好通過A

點。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一勻強電場,場強方向與△OAB

所在平面平行?,F(xiàn)從O

點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A

點,到達A

點時的動能是初動能的

3

倍;若該小球從O

點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B

點,且到達B

點時的動能為初動能的6

倍,重力加速度大小為g。求:7答案

(1)3

(2)3mg6q與豎直方向的夾角為30°,斜向右下方解析

(1)設小球的初速度為

v0,初動能為

Ek0,從

O2點運動到A

點的時間為t,令OA=d,則OB=3d,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60°=v0t①2dcos60°=1gt2②k012又有

E

m20v

③k08由①②③式得

E

=3mgd④設小球到達A

點時的動能為EkA,列動能定理:kAmgdcos60°=E

-Ek0kAk02,即

E

=E

+1mgd⑤EkA7由④⑤式得Ek0

=3⑥在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設直線OB

上的M

點與A

點等電勢,M

與O

點的距離為x,如圖,則有2dx

ΔEpA3

=ΔEpB,解得x=d。⑨MA

為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行,設電場方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得α=30°⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°。設場強的大小為E,有qEdcos30°=ΔEpA?由④⑦?式得E=6q3mg。25.

[2016·北京海淀高三一模]甲圖是我國自主研制的200

mm

離子電推進系統(tǒng),已經(jīng)通過我國“實踐九號”衛(wèi)星空間飛行試驗驗證,已經(jīng)在2015

年全面應用于我國

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論