【先學后教新思路】2020高考物理一輪復習-教案43-電場

(滿分：100分時間：45分鐘)一、單項選擇題(每小題4分，共24分)1．以下說法正確的是 ()A物體所帶的電荷量是任意實數(shù)B．元電荷就是電子或質(zhì)子C．物體所帶電荷量的最小值是1.60×10－19D．凡摸索電荷都是點電荷，凡點電荷都能作為摸索電荷答案C解析元電荷的值是1.60×10－19C2.在點電荷Q產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，相距為d，已知a點的場強大小為E，方向與ab連線成30°角，b點的場強方向與ab連線成120°角，如圖1所示，則點電荷Q的電性和b點的場強大小為 ()圖1A．正電、E/3B．負電、E/3C．正電、3ED．負電、3E答案D解析由a、b兩點的場強方向交于一點可知，此點電荷帶負電設b到點電荷的距離為r，則由三角形學問可知a到點電荷的距離為eq\r(3)r所以E＝keq\f(Q,\r(3)r2)Eb＝keq\f(Q,r2)Eb＝3E，D選項正確．

3.如圖2所示，虛線表示某電場的等勢面．一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示．粒子在A點的加速度為aA、電勢能為EA；在B點的加速度為aB、電勢能為EB.則下列結(jié)論正確的是 ()圖2A．粒子帶正電，aA>aB，EA>EBB．粒子帶負電，aA>aB，EA>EBC．粒子帶正電，aA<aB，EA<EBD．粒子帶負電，aA<aB，EA<EB答案D解析由電場的等勢面可畫出電場線，由粒子運動軌跡知粒子帶負電，依據(jù)等差等勢面密處電場強度大可知，B處電場強度大于A處，粒子在A點所受電場力較小，由牛頓其次定律可知，粒子在A點的加速度較小，aA<aB，依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，EA<EB，選項D正確．4.如圖3所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內(nèi)部原有電荷P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運動狀況將是 ()圖3A．仍靜止不動B．向下運動C．向上運動D．無法推斷答案A解析此題利用二極管的單向?qū)щ娦詠硗茢嚯娙萜魇荙不變還是U不變．若假設U不變，由E＝eq\f(U,d)可推斷出E變小，電場力變小，電荷P向下運動，但d變大又導致C變小，結(jié)合U不變得出Q變小，即電容器A板應當放出正電荷，與題目不符，所以假設錯誤，即應是Q不變．依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)得出E不變(與d無關(guān))，故P仍受力平衡，A選項正確．

5.某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖4所示．下列說法正確的是 ()圖4A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．若將一正摸索電荷由a點移到b點，電場力做負功C．c點的電場強度與d點的電場強度大小無法推斷D．若將一正摸索電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c答案B解析由電場線分布可知，b點的電勢高于a點電勢，場強Ed>Ec，選項A、C錯誤．正電荷由a到b，電場力做負功，B項正確．在電場線為曲線的電場中，電場力的方向始終在變化，但粒子的軌跡不會與電場線重合，D項錯．6．有一靜電場，其電勢隨x坐標的轉(zhuǎn)變而轉(zhuǎn)變，變化的圖線如圖5所示．若將一帶負電粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放，粒子沿x軸運動，電場中P、Q兩點的坐標分別為1mm、4mm.則下列說法正確的是 ()圖5A．粒子經(jīng)過P點和Q點時，加速度大小相等、方向相反B．粒子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等C．粒子經(jīng)過P點與Q點時，電場力做功的功率相等D．粒子在P點的電勢能為正值答案B解析在φ－x圖象中，圖線的斜率表示場強E的大小，因此有EP>EQ，aP>aQ，A項錯誤；在P、Q兩點電勢相等，電勢能也相等，且只有電場力做功，因此依據(jù)能量守恒可知EkP＝EkQ，B項正確；在P、Q兩點時，P＝Fv＝qEv，q、v相等，而E不相同，因此功率P不相等，C項錯；在P點，電勢能Ep＝qφ<0，D項錯．二、多項選擇題(每小題6分，共36分)7．將質(zhì)量為m的正點電荷q在電場中由靜止釋放，在它運動過程中假如不計重力，下述正確的是 ()A．點電荷運動軌跡必與電場線重合B．點電荷的速度方向必定和所在點的電場線的切線方向全都C．點電荷的加速度方向必與所在點的電場線的切線方向全都D．點電荷的受力方向必與所在點的電場線的切線方向全都答案CD解析正點電荷q由靜止釋放，假如電場線為直線，電荷將沿電場線運動，但假如電場線是曲線，電荷確定不沿電場線運動(由于假如沿電場線運動，其速度方向與受力方向重合，不符合曲線運動的條件)，故A選項不正確；由于點電荷做曲線運動時，其速度方向與電場力方向不再全都(初始時刻除外)，故B選項不正確；而點電荷的加速度方向，即電荷所受電場力方向必與該點場強方向全都，即與所在點的電場線的切線方向全都，故C、D選項正確．8．如圖6所示，A、B為兩個固定的等量同種正電荷，在它們連線的中點處有一個可以自由運動的正電荷C，現(xiàn)給電荷C一個垂直于連線的初速度v0，若不計C所受的重力，則關(guān)于電荷C以后的運動狀況，下列說法中正確的是 ()圖6A．加速度始終增大 B．加速度先增大后減小C．速度先增大后減小 D．速度始終增大答案BD解析等量同種正電荷中垂線上電場線分布如圖所示，電場強度從O到無窮遠處先增大后減小，依據(jù)a＝eq\f(qE,m)知，加速度先增大后減小，由于速度方向與加速度方向始終全都，電荷始終加速，速度始終增大，B、D正確．9.如圖7所示，兩帶未知電荷量的點電荷q1、q2相距為d，若兩點電荷連線上在q2外側(cè)的一點P的電場強度為零，則 ()圖7A．兩點電荷必為異種電荷且q1、q2間也有一點的電場強度為零B．q1的電荷量大小大于q2的電荷量大小C．x＝eq\f(d\r(q1),\r(q1)－\r(q2))D．x＝eq\f(d\r(q2),\r(q1)－\r(q2))答案BD解析由于點P的電場強度為零，所以有eq\f(kq1,d＋x2)＝eq\f(kq2,x2)，可得x＝eq\f(d\r(q2),\r(q1)－\r(q2))，且q1>q2.10.如圖8所示，有兩個相同的帶電粒子A、B，分別從平行板間左側(cè)中點和貼近上極板左端處以不同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們恰好都打在下極板右端處的C點，若不計重力，則可以斷定 ()圖8A．A粒子的初動能是B粒子的2倍B．A粒子在C點的偏向角的正弦值是B粒子的2倍C．A、B兩粒子到達C點時的動能可能相同D．假如僅將加在兩極板間的電壓加倍，A、B兩粒子到達下極板時仍為同一點D(圖中未畫出)答案ACD解析本題考查帶電粒子在勻強電場中運動狀態(tài)的分析、平拋運動學問的應用以及動能定理．粒子在水平方向上做勻速直線運動，則有vAtA＝vBtB，豎直方向上對A有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,A)，對B有h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,B)，通過計算可知vA＝eq\r(2)vB，A項正確；通過題圖可以看出，A粒子的偏向角要小于B粒子的偏向角，B項錯誤；由動能定理可知，電場力對B粒子做功為A粒子的兩倍，A粒子的初動能為B粒子的兩倍，所以到C點時動能有可能相同，C項正確；由水平速度與時間的關(guān)系可知，加大電壓，兩粒子水平方向上的位移相同，D項正確．圖911．如圖9所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強電場，板間距離為d，一個帶負電的液滴帶電荷量大小為q，質(zhì)量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則 ()A．液滴做的是勻速直線運動B．液滴做的是勻減速直線運動C．兩板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．液滴的電勢能削減了mgd答案ACD解析首先依據(jù)運動是直線運動，確定要考慮重力，而電場力也在豎直方向上，所以可以確定合外力必定為零，因而確定了液滴的運動性質(zhì)和所受重力和電場力的關(guān)系，液滴斜向右上運動，電場力做正功，且W電＝mgd，故電勢能削減了mgd，電勢差為eq\f(W電,q)＝eq\f(mgd,q).12.空間某區(qū)域電場線分布如圖10所示，帶正電小球(質(zhì)量為m，電荷量為q)在A點速度為v1，方向水平向右，至B點速度為v2，v2與水平方向間夾角為α，A、B間高度差為H，以下推斷正確的是 ()圖10A．A、B兩點間電勢差U＝eq\f(mv\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2q)B．小球由A至B，電勢能的削減量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgHC．小球由A至B，電場力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．小球重力在B點的瞬時功率為mgv2sinα答案BD解析依據(jù)動能定理可知，帶電小球從A運動到B的過程中只有重力和電場力做功，故有qU＋mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故電場力做功為W電＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgH，U＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)－mgH,q)，故A、C錯誤；電場力做正功，故電勢能削減，B正確；依據(jù)功率計算公式P＝Fvcosθ，故有小球重力在B點的功率P重＝mgv2cosθ＝mgv2sinα，故D正確．三、非選擇題(共40分)13．(20分)如圖11甲所示的平行板電容器，板間距為d，兩板所加電壓隨時間變化圖線如圖乙所示，t＝0時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v0射入電容器，t＝3T時刻恰好從下極板邊緣射出電容器，帶電粒子的重力不計．求：圖11(1)平行板電容器板長L；(2)粒子射出電容器時偏轉(zhuǎn)的角度φ；(3)粒子射出電容器時豎直偏轉(zhuǎn)的位移y.答案(1)3v0T(2)arctaneq\f(2qUT,mdv0)(3)eq\f(3qU,md)T2解析(1)粒子水平方向做勻速運動：L＝v0·3T＝3v0T.(2)粒子豎直方向先做T時間的勻加速，然后做T時間的勻速，再做T時間的勻加速：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(q\f(U,d),m)，vy＝eq\f(qU,md)·2T，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(2qUT,mdv0)，故φ＝arctaneq\f(2qUT,mdv0).(3)豎直方向一共加速運動了2T時間，勻速運動了T時間，則y＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)(2T)2＋eq\f(qU,md)T·T＝eq\f(3qU,md)T2.14．(20分)如圖12所示，AB是一傾角為θ＝37°的絕緣粗糙直軌道，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，BCD是半徑為R＝0.2m的光滑圓弧軌道，它們相切于B點，C為圓弧軌道的最低點，整個空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4.0×103N/C，質(zhì)量m＝0.20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開頭滑下．已知斜面AB對應的高度h＝0.24m，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2圖12(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端B點時的速度大??；(2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力．答案(1)2.4m/s(2)11.36N，方向豎直向下解析(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96