届高考一轮人教物理静电场四川含答案Word格式.docx

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B．把负电荷从A移到B，静电力做正功，电势能减少

C．负电荷从B移到A时，静电力做负功

D．UAB＝UBA

4、（多选如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。

第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）

A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2

B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等

C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2

D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同

5、（多选）一个点电荷，从静电场中的a点移到b点，若在a点和b点的电势能相等，则（　　）

A．a、b两点的电势一定相等

B．a、b两点场强可能相等

C．作用于该点电荷的电场力一定始终与其移动方向垂直

D．该点电荷一定沿等势面移动

6、如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点由静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则（　　）

甲　　　　　　乙

A．a一定带正电，b一定带负电

B．a向左运动，b向右运动

C．a电势能减小，b电势能增大

D．a动能减小，b动能增大

7、（多选）如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。

一个质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，下列说法中正确的是（　　）

A．A点的电势比B点的高

B．A点的电势比B点的低

C．质子在A点所受的电场力比B点的大

D．质子在A点所受的电场力比B点的小

8、如图所示，在一真空区域中AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点各放置电荷量为＋Q和－Q的点电荷，设C、D两点的电场强度大小分别为EC、ED，电势分别为φC、φD，下列说法正确的是（　　）

A．EC与ED相同，φC＝φD

B．EC与ED不相同，φC＝φD

C．EC与ED相同，φC＞φD

D．EC与ED不相同，φC＞φD

*9、一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。

像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置。

如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。

则（　　）

A．a点的电场强度大小为E＝4k

B．a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势

C．b点的电场强度和c点的电场强度相同

D．一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零

*10、如图所示，在E＝500V/m的匀强电场中，a、b两点相距d＝2cm，它们的连线跟电场强度方向的夹角是60°

，则Uab等于（　　）

A．5VB．10V

C．－5VD．－10V

*11、如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。

开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。

设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（　　）

甲　　　　　　　　乙

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D

*12、在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业。

为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服。

如图所示为电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A电线的电势。

虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，c、d、e、f是等势线上的四个点。

以下说法中正确的是（　　）

A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强

B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高

C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大

D．将某电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动

二、非选择题

1、如图所示，水平面AB光滑，粗糙半圆轨道BC竖直放置．圆弧半径为R，AB长度为4R.在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场．一带电量为＋q、质量为m的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点．在C点，小球对轨道的压力大小为mg，已知E＝

，水平面和半圆轨道均绝缘．求：

（1）小球运动到B点时的速度大小；

（2）小球运动到C点时的速度大小；

（3）小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．

2、如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。

在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。

（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）求两板间所加偏转电压UYY′的范围；

（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。

【答案】选C、D。

【答案】C　[带电粒子所受合力指向运动轨迹的内侧，所以带电粒子受到的电场力水平向左，粒子向M点运动过程中电场力做负功，所以粒子到达M点时的动能最小，速率最小，选项A、B错误；

因为是匀强电场，粒子受到的电场力恒定，加速度恒定，选项C正确；

粒子靠近M点的过程，电场力做负功，电势能增加，远离M点的过程，电场力做正功，电势能减少，选项D错误。

]

[答案]　ABC

CD　[根据动能定理有

mv2－0＝qU，解得v＝

，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为

∶1，选项A错误；

质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，由a＝

可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误；

O2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q（U＋U′），故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C正确；

质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝

t2，水平方向有x＝vt，联立解得x＝2

，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确。

AB　[同一个点电荷若在a点和b点的电势能相等，根据电势能与电势的关系可知，a、b两点的电势一定相等，选项A正确；

a、b两点的电场强度可能相等，选项B正确；

根据题述信息能得出点电荷从静电场中的a点移到b点电场力做功为零，不能得出作用于该点电荷的电场力一定始终与其运动方向垂直，也不能得出该点电荷一定沿等势面移动，选项C、D错误。

【答案】B　[从vt图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子所受电场力逐渐增大，b粒子所受电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动，B正确；

由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性，故A错误；

带电粒子在沿电场力的方向运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小，动能均增加，故C、D错误。

BD　[正电荷在电场中电势高的位置，电势能大，由于带正电的质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，则知A点的电势比B点的低，故A错误，B正确；

等差等势面的疏密代表场强的大小，故B点的场强大于A点的场强，质子在A点所受的电场力比B点的小，故C错误，D正确。

【答案】C　根据等量异号电荷周围电场的分布情况可知，C、D两点的电场强度大小相等、方向相同，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，故D点电势一定小于C点电势，C选项正确．

【答案】B　[由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间的电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝k

＋k

＝

，A错误；

等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示：

由图可知Ea>

Eb，φa>

φb，B正确；

图中b、c两点的场强不同，C错误；

由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。

[答案]　C

A　[电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D两项错误；

从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，

T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。

C　[等差的等势线疏密表示场强的大小，越密越大，则在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，故A错误；

由题可知在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，故B错误，若将某电子由c移到f，电场力做负功，其电势能将增大，故C正确；

将某电子在d点由静止释放，它会向c点所在等势面运动，故D错误。

【答案】

（1）

（2）

　（3）mgR

解析：

（1）小球运动到B点的过程中，电场力做功．

根据动能定理，qE·

4R＝

mv

－0.

其中E＝

.

联立解得，vB＝

（2）小球运动到C点时，根据牛顿第二定律，

2mg＝m

解得，vC＝

（3）小球从B运动到C点的过程，根据动能定理，

－Wf－2mgR＝

mvC2－

mvB2

解得，Wf＝mgR.

思路点拨：

解此题要注意两点：

（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动。

（2）灵活应用分解的方法抓住边界条件。

[解析]　

（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，

则有y＝

at2

L＝v0t

vy＝at

tanθ＝

，

解得x＝

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。

（2）由题知a＝

E＝

解得y＝

当y＝

时，UYY′＝

则两板间所加电压的范围为

－

≤UYY′≤

。

（3）当y＝

时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，

则y0＝y＋btanθ

又tanθ＝

解得：

y0＝

故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝

[答案]　见解析