高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時規(guī)范訓練1

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限時規(guī)范訓練 建議用時：40分鐘 1．如圖所示，邊長為L＝1 m的等邊三角形ABC置于勻強電場中，電場線的方向平行于△ABC所在平面，其中A點電勢為1 V，AC中點電勢為2 V，BC中點的電勢為4 V，則該勻強電場的場強大小是(　　) A．1 V/m　　　　　　　　　　 B. V/m C．3 V/m D．4 V/m 解析：選D.在勻強電場中，同一條直線(非等勢線)上兩點之間的電勢差與其距離成正比，可得C點電勢為3 V，B點電勢為5 V，則AB中點D的電勢為3 V，故CD為一條等勢線，如圖所示，則AB所在直線為電場線，易得E＝＝4 V/m. 2．帶有等量異種電荷的兩塊等大的平行金屬板M、N水平正對放置．兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線運動，當微粒運動到P點時，將M板迅速向上平移一小段距離后，則此后微粒的可能運動情況是(　　) A．沿軌跡①運動 B．沿軌跡②運動 C．沿軌跡③運動 D．沿軌跡④運動 解析：選B.M板平移前，帶電微粒做勻速直線運動，所受電場力與重力二力平衡，M板移動后，根據(jù)C＝、U＝、E＝可得：E＝，所以兩極板間電場強度不變，帶電微粒仍然受力平衡，沿原方向做勻速直線運動，選項B正確． 3．(2016湖北八市聯(lián)考)如圖，M和N是兩個帶有異種電荷的帶電體(M在N的正上方，圖示平面為豎直平面)，P和Q是M表面上的兩點，S是N表面上的一點．在M和N之間的電場中畫有三條等勢線．現(xiàn)有一個帶正電的液滴從E點射入電場，它先后經(jīng)過了F點和W點．已知油滴在F點時的機械能大于在W點時的機械能，E、W兩點在同一等勢面上，不計油滴對原電場的影響，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(　　) A．P和Q兩點的電勢不相等 B．P點的電勢高于S點的電勢 C．油滴在F點的電勢能高于在E點的電勢能 D．油滴在E、F、W三點的機械能和電勢能之和不變 解析：選D.帶電導體表面是等勢面，A錯；因油滴在F點時的機械能大于在W點時的機械能，則液滴從F點到W點，電場力做負功，即F點電勢低于W點電勢，所以M帶負電，N帶正電，P點電勢低于S點電勢，B錯；正電荷在F點的電勢能比在E點時的低，C錯；因只有電場力和重力做功，能量是守恒的，所以機械能和電勢能之和不變，D對． 4．(2016浙江寧波高三聯(lián)考)如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷，電荷量均為＋Q，MN連線的中點為O.正方形ABCD以O點為中心，E、F、G、H是正方形四邊的中點，取無窮遠處電勢為0，則下列說法正確的是(　　) A．A點電勢低于B點電勢 B．正點電荷沿直線從F到H，電勢能先增大后減小 C．O點的電場強度為零，電勢也為零 D．沿路徑A→D→C移動一負點電荷比沿路徑A→B移動同一負點電荷克服電場力做的功多 解析：選B.由于是等量同種電荷形成的電場，由電場分布的對稱性可知A、B兩點電勢相等，A錯；在MN中垂線上，O點的電場強度為0，但電場方向從O點指向外，即正電荷沿直線從F到H，電場力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，B對；取無窮遠處電勢為0，沿著電場線方向電勢是逐漸降低的，則MN中垂線上O點電勢最高，C錯；由電場的對稱性可知B、C兩點電勢相等，所以沿路徑A→D→C移動一負點電荷與沿路徑A→B移動同一負點電荷克服電場力做的功相同，D錯． 5．(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小 D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大 解析：選BC.由題圖可知， x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確、D錯誤．由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，A錯誤、B正確． 6．如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點，則＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B.由運動的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設兩金屬板長為L、間距為d、正對面積為S，兩極板間場強為E，液滴所帶電荷量為q、質量為m，則豎直方向有h＝gt2，水平方向有d＝t2，E＝＝＝，所以Qh＝常數(shù)，即Q＝(Q＋Q1)，Q＝(Q－Q2)L，聯(lián)立得＝2，B對． 7．(2016河南開封二模)(多選)如圖所示，一帶電粒子在勻強電場中從A點拋出，運動到B點時速度方向豎直向下，且在B點時粒子的速度為粒子在電場中運動的最小速度，已知電場方向和粒子運動軌跡在同一豎直平面內，粒子的重力和空氣阻力與電場力相比可忽略不計，則(　　) A．電場方向一定水平向右 B．電場中A點的電勢一定高于B點的電勢 C．從A到B的過程中，粒子的電勢能一定增加 D．從A到B的過程中，粒子的電勢能與動能之和一定不變 解析：選CD.粒子只受電場力，做拋體運動，類似重力場中的斜上拋運動，B點為等效最高點，故電場力方向水平向右，由于不知粒子的電性，故無法判斷電場方向，A項錯誤；無法判斷電場方向，所以不能確定A點和B點的電勢的高低，故B項錯誤；從A到B的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增大，故C項正確；從A到B的過程中，只有電場力做負功，動能減小，電勢能增加，電勢能和動能之和保持不變，故D項正確． 8．如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知(　　) A．M點的電場強度為2k B．M、N、S三點的電勢可能相等 C．把同一試探電荷放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力 D．沿圖中虛線，將一試探電荷從N點移到M點，電場力一定不做功 解析：選D.點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為E＝k，這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E′＝2kcos 60＝k，方向水平向左，A錯誤；S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤；由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右，因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤；由于M、N所在直線為零勢能線，試探電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確． 9．(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 解析：選BC.小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90到大于90，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤． 10．在xOy平面內，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計．求： (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功； (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間； (3)粒子經(jīng)過C點時的速率． 解析： (1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0 (2)根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T 由qE＝ma得a＝ 又y0＝aT2　y0＋3l0＝a(2T)2 解得T＝ 則A→C過程所經(jīng)歷的時間t＝3 (3)粒子在DC段做類平拋運動，于是有 2l0＝vCx(2T)　 vCy＝a(2T) vC＝＝ 答案：(1)3qEl0　(2)3　(3) 11．如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60，OB＝OA，將一質量為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．現(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： (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向． 解析：(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有 dsin 60＝v0t① dcos 60＝gt2② 又有Ek0＝mv③ 由①②③式得 Ek0＝mgd④ 設小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd⑤ 由④⑤式得＝⑥ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 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 ＝⑨ 解得x＝d，MA為等勢線，電場強度方向必與其垂線OC方向平行．設電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30.⑩ 即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30. 設電場強度的大小為E，有 qEdcos 30＝ΔEpA? 由④⑦?式得 E＝? 答案：(1) (2)　電場方向與豎直向下的方向的夾角為30 12．如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向電壓值為，且每隔變向1次．現(xiàn)將質量為m的帶正電且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO′射入，設粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T.不計重力的影響，試求： (1)定性分析在t＝0時刻從O點進入的粒子，在垂直于金屬板的方向上的運動情況． (2)在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內有粒子擊中？ (3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應滿足什么條件？(寫出U0、m、d、q、T的關系式即可) 解析：(1)0～時間內，帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運動，在～T時間內，粒子受到向上的電場力而向下做減速運動． (2)當粒子在0、T、2T…nT(n＝0,1,2…)時刻進入電場中時，粒子將打在O′點下方最遠點，在前時間內，粒子豎直向下的位移：y1＝a12＝ 在后時間內，粒子豎直向下的位移： y2＝v－a22 其中：v＝a1＝ a2＝ 解得：y2＝ 故粒子打在距O′點正下方的最大位移： y＝y(tǒng)1＋y2＝ 當粒子在、…(n＝0,1,2…)時刻進入電場時，將打在O′點上方最遠點，在前時間內，粒子豎直向上的位移：y1′＝a1′2＝ 在后時間內，粒子豎直向上的位移： y2′＝v′－a2′2 其中：v′＝a1′＝ a2′＝ 解得：y2′＝0 故粒子打在距O′點正上方的最大位移： y′＝y(tǒng)1′＋y2′＝ 擊中的范圍在O′以下到O′以上 (3)要使粒子能全部打在靶上，需有： ＜ 解得：U0＜ 答案：(1)見解析　(2)O′以下到O′以上　(3)U0＜