【立體設(shè)計】2020高考物理 第6章 章末強化訓練 新人教版

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1、2020高考立體設(shè)計物理人教版第6章 章末強化訓練 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1.(2020·佛山檢測）如圖所示，在O點固定一正點電荷，A為電場中的一點，若在A點垂直于OA方向發(fā)射一帶電粒子（粒子只受電場力作用），則在較短的時間內(nèi) （ ） A.帶電粒子的電勢能一定增大 B.帶電粒子的動能一定增大 C.帶電粒子一定做曲線運動 D.帶電粒子可能做勻速圓周運動 【解析】在A點垂直于OA發(fā)射的帶電粒子可能為正電荷，也可能為負電荷，速度也不知道，如果帶電粒子帶負電且速度恰當，則可能剛好使帶電粒子繞O點的正電荷做勻速圓周運動，O點的正電荷對A點的帶電粒子的

2、作用力充當了帶電粒子做圓周運動的向心力，不做功，因此，帶電粒子的電勢能、動能不變，A、B錯誤，D正確；由于帶電粒子的速度方向與所受力的方向不在同一直線上，因此，帶電粒子一定做曲線運動，C正確. 【答案】C、D 2.學習庫侖定律后，某物理興趣小組根據(jù)該定律探究相同金屬小球的電荷量分配關(guān)系.取三個完全相同的不帶電金屬球A、B、C，首先使A球帶上一定電荷，A、B接觸后放到相距r的地方，測得兩球間的庫侖力為FAB.B、C接觸后也放到相距r的地方，測得兩球間的庫侖力為FBC，如果金屬球間的電荷量平分,FAB、FBC的比值應該滿足（ ） A.1∶1 　　　　　　　　 B.2

3、∶1 C.3∶1 　　　　　　　 D.4∶1 【解析】設(shè)A球原來的電荷量為Q，并且滿足相同金屬球接觸后電荷量平分，AB間的作用力FAB=，BC間的作用力FBC=,所以. 【答案】D 3.如圖所示，a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點.電場線與矩形所在平面平行.已知a點的電勢為20 V，b點的電勢為25 V，d點的電勢、c點的電勢可能為（ ） A.5 V、9 V B.8 V、12 V C.12 V、15 V D.24 V、29 V 【解析】由于a、b、c、d四點是在勻強電場中

4、，所以Uab=Udc=-5 V,故只有選項D正確. 【答案】D 4. 如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行.整個裝置處在真空中，重力可忽略.在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是 （ ） A.U1變大、U2變大 B.U1變小、U2變大 C.U1變大、U2變小 D.U1變小

5、、U2變小 【解析】設(shè)電子被加速后獲得的初速度為v0，則由動能定理得：U1q=,又設(shè)水平極板長為,則電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t=，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a,水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得：a=,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy=a·t,聯(lián)立解得vy=.又tanθ====.故U2變大、U1變小一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故選項B正確. 【答案】B 5.x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應的電勢高低如圖中曲線所示，從圖中可看出 （ ）

6、A.Q1一定大于Q2 B.Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷 C.電勢最低處P點的電場強度為0 D.Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點 【解析】從圖象看到，從Q1到Q2電勢是先減小后增大，可以判斷Q1和Q2為同種正電荷，若P點位于中點，兩點電荷的電荷量相同，但是P點離Q2近點，說明Q1一定大于Q2，A、D項正確，B項錯；根據(jù)電場的疊加原理可以判斷P點電場強度為0，從圖象看電勢隨距離的變化率也可以得出C項正確. 【答案】A、C、D 6.如圖所示，B為線段AC的中點，如果在A處放一個+Q的點電荷，測得B處的場強EB=48 N/C,則（ ） A.EC=24 N/C

7、 B.EC=12 N/C C.若要使EB=0,可在C處放一個-Q的點電荷 D.把q=10-9C的點電荷放在C點，則其所受電場力的大小為6×10-9 N 【答案】B 7.如圖所示，平行板電容器與 電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地.開始時電鍵S閉合,一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).把電鍵S斷開后，又將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則關(guān)于帶電油滴的敘述正確的是 （ ） A.帶電油滴將自由下落 B.帶電油滴靜止不動 C.帶電油滴的電勢將減小 D.帶電油滴的電勢不

8、變 【解析】電容器兩極板距離增大，但電荷量不變，根據(jù)=C=,又由公式E=分析得板間場強不變，A錯，B對；P到下極板距離d′不變，而場強E不變，由公式U=Ed′知P與下極板的電勢差不變，又因為下極板電勢為零，所以P點的電勢不變，C錯，D對. 【答案】B、D 8.如圖甲所示，水平面絕緣且光滑，彈簧左端固定，右端連一輕質(zhì)絕緣擋板，空間存在著水平方向的勻強電場，一帶電小球在電場力和擋板壓力作用下靜止.若突然將電場反向，則小球加速度的大小隨位移x變化的關(guān)系圖象可能是圖乙中的 （ ） 【解析】將電場反向瞬間至彈簧恢復原長的過程中，對小球由牛頓第二定律得kx+qE=ma,即a=x

9、+,a與x成線性關(guān)系;彈簧恢復原長之后的過程中，小球水平方向僅受電場力作用，對小球由牛頓第二定律得qE=ma,選項A正確. 【答案】A 二、非選擇題（共60分） 9.(10分)如圖所示，把電量為-5×10-9 C的電荷，從電場中的A點移到B點，其電勢能________（選填“增大”“減小”或“不變”）；若A點的電勢UA＝15 V，B點的電勢UB＝10 V，則此過程中電場力做的功為___________J. 【解析】將電荷從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB=，電場力做負功，其電勢能增加； 由電勢差公式UAB=,W=qUAB=-5×10-9×(15

10、-10) J=-2.5×10-8 J. 【答案】增大 -2.5×10-8 10.(15分)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點處固定一個電量為Q的正電荷.將A由距B豎直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電量不變.不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中.已知靜電力常量k和重力加速度g. (1)A球剛釋放時的加速度是多大？ (2)設(shè)A球的最大速度為v，試求小球從開始運動到速度最大的過程中，小球電勢能的改變量. 【解析】(1)受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得， mgsinα- =ma, 得：a=gsinα-.

11、(2)設(shè)小球速度最大時距B點的距離為L1，此時小球的加速度為零，有 mgsinα=, 得:L1=. 由能量守恒得： mg(H-L1sinα)= +ΔEp. 得：ΔEp=mg(H-)-. 【答案】(1) gsinα- (2) mg(H-)- 11.(17分)如圖所示，ABCD為豎立放在場強為E=104 V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，A為水平軌道上的一點，而且=R=0.2 m.把一質(zhì)量m=0.1 kg、帶電q=10-4 C的小球，放在水平軌道的A點上面由靜止開始釋放后，在軌道的內(nèi)側(cè)運動.(g取10 m/s2)

12、 (1)它到達C點時的速度是多大？ (2)它到達C點時對軌道壓力是多大？ (3)若讓小球安全通過D點，開始釋放點距離B點至少多遠？ 【解析】(1)由A點到C點應用動能定理有： Eq(AB+R)-mgR=. 解得：vC=2 m/s. (2)在C點應用牛頓第二定律得： FN-Eq=, 得FN=3 N. 由牛頓第三定律知, 小球在C點對軌道的壓力為3 N. (3)在D點，小球要安全通過必有mg≤. 設(shè)釋放點距B點的距離為x，由動能定理得： Eqx-mg2R=. 以上兩式聯(lián)立可得：x=0.5 m. 【答案】(1)2 m/s (2)3 N (3)0.5 m 12.(

13、18分)如圖所示，在xOy平面上第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強電場，方向如圖.y軸上一點P的坐標為(0,y0),有一電子以垂直于y軸的初速度v0從P點垂直射入電場中，當勻強電場的場強為E1時，電子從A點射出，A點坐標為(xA,0)，當場強為E2時，電子從B點射出，B點坐標為(xB,0).已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m，不計電子的重力. (1)求勻強電場的場強E1、E2之比； (2)若在第Ⅳ象限過Q點放一張垂直于xOy平面的感光膠片，Q點的坐標為(0,-y0)，求感光膠片上曝光點的橫坐標xA′、xB′之比. 【解析】(1)當場強為E1時： xA=v0t1,y0=. 當場強為E2時：xB=v0t2,y0=. 解得：. (2)設(shè)場強為E1時，電子射出電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ1 tanθ1=,vy1=, xA′=. 設(shè)場強為E2時，電子射出電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ2 tanθ2=,vy2=, xB′=. 解得：. 【答案】(1) (2)