（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題三 第一講 電場的基本性質課后達標檢測卷（含解析）.doc

《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題三 第一講 電場的基本性質課后達標檢測卷（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題三 第一講 電場的基本性質課后達標檢測卷（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

電場的基本性質 1．(2018江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 解析：選D　開始時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝q，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝q變小，mg＞F，并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運動。 2.(2018徐州考前模擬)在x軸上O、P兩點分別放置電荷量為q1、q2的點電荷，一帶正電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢能Ep隨x變化關系如圖所示，其中A、B兩點電勢能為零，BD段中C點電勢能最大，則(　　) A．q1和q2都是正電荷且q1>q2 B．B、C間場強方向沿x軸負方向 C．C點的電場強度大于A點的電場強度 D．將一負點電荷從B點移到D點，電場力先做負功后做正功 解析：選B　由題圖和φ＝知A點的電勢為零，越靠近O點電勢越高，越靠近P點電勢越低，所以O點的電荷帶正電，P點電荷帶負電，故A錯誤；正點電荷從B點到C點，電勢能增大，根據φ＝可知電勢增大，由于沿著電場線電勢降低，則有B、C間場強方向沿x軸負方向，故B正確；Epx圖像的斜率為k＝＝＝qE，可知C點的電場強度小于A點的電場強度，故C錯誤；因為B、C間電場強度方向沿x軸負方向，C、D間電場強度方向沿x軸正方向，則將一負點電荷從B點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D錯誤。 3.(2018南京三模)如圖所示，空間有一圓錐OBB′，點A、A′分別是兩母線的中點。現在頂點O處固定一正的點電荷，下列說法中正確的是(　　) A．A、A′兩點的電場強度相同 B．平行于底面的圓心為O1的截面為等勢面 C．將一正的試探電荷從A點沿直徑移到A′點，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功 D．若B點的電勢為φB，A點的電勢為φA，則BA連線中點C處的電勢φC小于 解析：選D　A、A′兩點到O點的距離相等，根據點電荷的場強公式E＝分析可知，A、A′兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；點電荷在真空中形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面，所以平行于底面的圓心為O1的截面不是等勢面，故B錯誤；將一正的試探電荷從A點沿直徑移到A′點，電勢先增大后減小，由Ep＝qφ可知，電勢能先增大后減小，所以靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤；由于A、C間場強大于C、B間場強，由U＝Ed知，A、C間的電勢差大于C、B間的電勢差，則有：φA－φC>φC－φB，則φC<，故D正確。 4.(2018蘇州一模)一根輕質桿長為2l，可繞固定于中點位置處的軸在豎直面內自由轉動，桿兩端固定有完全相同的小球1和小球2，它們的質量均為m，帶電荷量分別為＋q和－q，整個裝置放在如圖所示的關于豎直線對稱的電場中?，F將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉動到豎直位置A、B兩點，設A、B間電勢差為U，該過程中(　　) A．小球2受到的電場力減小 B．小球1電勢能減少了Uq C．小球1、2的機械能總和增加了Uq＋mgl D．小球1、2的動能總和增加了Uq 解析：選D　由題圖可知，將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉動到豎直位置A、B兩點，小球2位置的電場線變密，電場強度變大，故小球2受到的電場力增大，故A錯誤；根據U＝Ed，小球1前后位置電勢差小于U，所以小球1的電勢能減少量小于qU，故B錯誤；對于小球1、2作為整體，重力勢能不變，電場力做功，根據動能定理可知小球1、2的動能總和增加了Uq，所以小球1、2的機械能總和增加了qU，故C錯誤，D正確。 5．(2018南京、鹽城二模)在國際單位制(SI)中，力學和電學的基本單位有m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。庫侖定律F＝k中k的單位用上述基本單位可表示為(　　) A．kgm3A－2s－1 B．kgm3A－2s－2 C．kgm3A－2s－3 D．kgm3A－2s－4 解析：選D　物理量的單位可以由物理公式推導而出，由F＝k，則k＝，所以k的單位可以表示為Nm2C－2，又根據牛頓第二定律和電流強度的定義F＝ma、I＝，可得1 N＝1 kgms－2、1 C＝1 As，可得k的單位為kgm3A－2s－4，D正確。 6.(2018蘇北四市一模)帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢φ隨x變化如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．球體帶負電荷 B．球內電場強度最大 C．A、B兩點電場強度相同 D．正電荷在B點的電勢能比在C點的大 解析：選D　從球出發(fā)向兩側電勢降低，而電場線從正電荷出發(fā)，沿著電場線電勢降低，故球體帶正電荷，故A錯誤；球是等勢體，故內部任意兩點間的電勢差為零，故場強為零，故B錯誤；A點與B點的電場強度大小相等，但方向相反，故電場強度不同，故C錯誤；從B到C，電勢降低，正電荷從B到C受到的電場力做正功，故正電荷電勢能降低，故D正確。 7.[多選](2018鹽城三模)在x軸上有兩個點電荷q1和q2，它們產生的電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x＝x2處電場強度一定為0 C．負電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢能增加 D．正電荷沿x軸從x1移動到x2，電場力做負功 解析：選ABC　由題圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以q1和q2帶有異種電荷，故A正確。電場強度等于圖像中曲線斜率，x2處的斜率為零，故電場強度為零，故B正確。負電荷沿x軸從x1移到x2，電勢減小，電勢能增加，故C正確。正電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢減小，電勢能減小，電場力做正功，故D錯誤。 8.[多選](2018江蘇七市三模)某區(qū)域的電場線分布如圖所示，一電場線上有P、Q兩點，一電子以速度v0從P點向Q點運動，經過時間t1到達Q點時速度大小為v1。一正電子(帶正電，質量、電荷量均與電子相同)以大小為v0的速度從Q點向P點運動，經過時間t2到達P點時速度大小為v2，不計正、負電子受到的重力。則(　　) A．v1t2 D．t1＝t2 解析：選BC　一電子以速度v0從P點向Q點運動，電場力做負功，根據動能定理：－eUPQ＝mv12－mv02，一正電子以大小為v0的速度從Q點向P點運動，根據動能定理：eUQP＝mv22－mv02，因為UPQ＝－UQP，聯立以上可知：v1＝v2，故B正確，A錯誤；因為電子從P點向Q點做加速減小的減速運動，正電子從Q點向P點做加速度增大的減速運動，根據運動學知識可得運動相等的位移正電子所用的時間短，所以t1>t2，故C正確，D錯誤。 9.[多選](2018蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，帶電金屬圓筒和金屬板放在懸浮頭發(fā)屑的蓖麻油中，頭發(fā)屑就會按電場強度的方向排列起來。根據頭發(fā)屑的分布情況可以判斷(　　) A．金屬圓筒和金屬板帶異種電荷 B．金屬圓筒和金屬板帶同種電荷 C．金屬圓筒內部為勻強電場 D．金屬圓筒表面為等勢面 解析：選AD　頭發(fā)屑會按電場強度的方向排列起來，頭發(fā)屑的分布反映了電場中電場線的形狀；電場線起始于正電荷，終止于負電荷；則金屬圓筒和金屬板帶異種電荷，故A項正確，B項錯誤；金屬圓筒內部頭發(fā)屑取向無序，金屬圓筒內部沒有電場，故C項錯誤；金屬圓筒表面處頭發(fā)屑的取向與金屬圓筒表面垂直，則金屬圓筒表面處電場線與金屬圓筒表面垂直，金屬圓筒表面為等勢面，故D項正確。 10．[多選](2018蘇州一模)如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內，在圓環(huán)的缺口兩端用導線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大。有一變化的磁場垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示。在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在0～T內處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．液滴帶負電 B．液滴的質量為 C．t＝T時液滴的運動方向改變 D．t＝T時液滴與初始位置相距gT2 解析：選BD　根據題意液滴在0～內處于靜止狀態(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據楞次定律，線圈中的感應電動勢沿逆時針方向，B板接高電勢，A板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相同，所以液滴帶正電，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律E＝＝S＝，兩極板間的電場強度E′＝，得m＝＝，故B正確；根據楞次定律，在～T內，線圈內感應電動勢沿順時針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據牛頓第二定律mg＋F電＝ma，其中F電＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運動，在t＝時速度最大，運動方向不改變，故C錯誤；根據楞次定律，在～T內，感應電動勢沿逆時針方向，下極板接高電勢，上極板接低電勢，電場方向向上，液滴在～T內做勻速直線運動，液滴在～T內做勻加速直線運動，位移x1＝2g2＝gT2，在～T內做勻速直線運動，位移x2＝2g＝gT2，t＝T時液滴與初始位置相距x＝x1＋x2＝gT2，故D正確。 11.(2018無錫期末)如圖，真空中豎直放置的兩塊平行金屬板間加上恒定電壓U0，一質量為m，電荷量為q的正點電荷A從左板處由靜止釋放，從右板的小孔水平射出后，進入一個兩板水平放置的平行板電容器，進入時點電荷貼著上極板，經偏轉后從下極板邊緣飛出。已知電容器的電容值為C，極板的間距為d，長度為kd，兩板間電壓恒定。不計點電荷的重力，求： (1)正點電荷A進入水平放置電容器時的速度大??； (2)水平放置的電容器極板所帶電荷量大??； (3)A穿過水平放置電容器的過程中電勢能的增量。 解析：(1)A在電場中加速，由動能定理：qU0＝mv02， 解得v0＝ 。 (2)A在水平放置的電容器中偏轉，水平方向：kd＝v0t， 豎直方向：d＝at2，又q＝ma 聯立可解得：U＝U0 極板帶電荷量：Q＝CU 所以：Q＝CU0。 (3)A穿過水平放置的電容器的過程中，電場力做正功，由(2)得：W＝qU0 由功能關系得：ΔE＝－qU0。 答案：(1) 　(2)CU0　(3)－qU0 12．(2018淮安、宿遷期中)如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點有一個可以連續(xù)產生粒子的粒子源，A、B間的距離為L?，F在A、B之間加上電壓UAB，UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個周期內可以均勻產生N個相同粒子，粒子產生后，在電場力作用下由靜止開始運動，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢。已知粒子質量為m＝5.010－10 kg，電荷量q＝1.010－7C，L＝1.2 m，U0＝1.2103 V，T＝1.210－2 s，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求： (1)t＝0時刻產生的粒子，運動到B極板所經歷的時間t0； (2)在0～時間內，產生的粒子不能到達B極板的時間間隔Δt； (3)在0～時間內，產生的粒子能到達B極板的粒子數與到達A極板的粒子數之比k。 解析：(1)t＝0時刻，粒子由O到B：＝at02 加速度：a＝＝2.0105 m/s2 得：t0＝10－3 s＝2.4510－3 s<＝610－3 s 所以：t0＝2.4510－3 s。 (2)對剛好不能到達B極板的粒子，先做勻加速運動，達到速度vm后，做勻減速運動，到達B極板前速度減為0，設勻加速時間為t1，勻減速時間為t2，全程時間為t， 則勻加速的加速度大?。篴＝2.0105 m/s2 勻減速的加速度大?。篴′＝＝4.0105 m/s2 由vm＝at1＝a′t2 得t2＝t1 所以t＝t1＋t2＝t1， 由L＝vmt＝at1t1， 得t1＝＝210－3 s。 在0～時間內，產生的粒子不能到達B板的時間間隔為Δt＝t1＝210－3 s。 (3)設剛好不能到達B極板的粒子，反向加速到A極板的時間為t0′， 由L＝a′t0′2 得t0′＝＝10－3 s<＝510－3 s 即在0～時間內，Δt內返回的粒子都能打到A極板上 所以：k＝＝＝。 答案：(1)2.4510－3 s　(2)210－3 s　(3)2∶1