2019届高三物理滚动复习(14)(含解析).doc

2019届高三物理滚动复习(14)(含解析)一、选择题1. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A. EB. C. ED. E【答案】A【解析】把半个球面补到右面，组成一个完整的球壳，根据对称性，可知，左半球在N点的场强大小与右半球在M点的场强大小相等，设这个场强为，则有，解得：2. 如图所示，带电荷量为Q的细棍电荷分布均匀，在过中点c的垂直于细棍的直线上有a、b、d三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A. B. kC. kD. k【答案】C【解析】【详解】b点处的场强为零，由场强叠加原理，固定点电荷和细棍分别在b点产生的电场的场强等大反向，则细棍在b点产生的电场的场强，方向水平向左；由对称性，细棍分别在b、d点产生的电场的场强等大反向，在d点，合场强，故选C【点睛】考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系和对称性关系。3. 已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 ，其中为平面上单位面积所带的电荷量， 为常量如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】D【解析】由公式，正负极板都有场强，由场强的叠加可得，电场力，故选D。【考点定位】考查电场知识。 4. 示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线一个电子从左侧进入聚焦电场，曲线PQR是它的运动轨迹，则() A. 电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度B. 电场中P点的电势比Q点的电势低C. 电子从P运动到R的过程中，电场力对它先做正功后做负功D. 若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子有可能做曲线运动【答案】B【解析】【详解】A、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，故A错误。B、沿电场线电势降低，因此P点的电势比Q点的电势低，故B正确。C、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C错误。D、在x轴上的电场线是直线，则电子在x轴上受到的电场力方向不变，沿x轴正方向，若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，则合力方向与速度方向相同，做加速直线运动，不能做曲线运动，故D错误。故选B。【点睛】根据沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况5. 真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE.则()A. E带正电，F带负电，且QEQFB. 在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C. 过N点的等势面与过N点的切线垂直D. 负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】C【解析】试题分析：根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以，故A正确；只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合，故B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，故C错误；沿电场线方向电势逐渐降低，再根据，为负电荷，知，故D错误。考点：电场线、电场的叠加、电势能【名师点睛】解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，二根据电势能的公式判断。6. 如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()A. 乒乓球的左侧感应出负电荷B. 乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C. 乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D. 用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】试题分析：根据静电感应现象明确小球的带电情况，再利用电荷守恒定律进行分析，明确小球与极板相碰后的运动情况，即可分析小球的运动情况解：A、由于球表面镀有金属，故在电场作用下会产生感应电荷；金属极板右侧为正，则负电荷将向右移动，故右侧带有负电荷；故A错误；B、乒乓球与极板相碰后，在接触过程中，电荷重新分布，使球与极板带同种电荷；故将会排斥；因此乒乓球会在两极板间来回碰撞；故B错误，D正确；C、乒乓球共受到电场力、重力、拉力三个力的作用；故C错误；故选：D【点评】本题考查静电现象的应用，要注意分析静电感应和接触起电的性质，明确库仑力为电场力的一种 7. 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()A. 32B. 21C. 52D. 31【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，；对m有，联立解得，A正确。【考点定位】带电粒子在电场中的运动【方法技巧】做此类问题的关键是把粒子在电场中的运动分解为垂直电场方向上和沿电场方向上两个分运动，两分运动具有等时性。 8. 如图，两等量异号的点电荷相距为 。M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且。略去项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度 （ ）A. 大小之比为2，方向相反B. 大小之比为1，方向相反C. 大小均与成正比，方向相反D. 大小均与L的平方成反比，方向相互垂直【答案】AC【解析】试题分析：如图，根据点电荷的场强公式E=kq /r2，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N点的场强分别为EM=kq /(La）2-kq /(L+a）24kqa/ L3,根据相似三角形定则有EN=kq(2a） /(L2+ a2）2kqa/ L3,M点的场强是N点场强的2倍，A正确，B错误；M点的场强与N点场强都与a成正比，与L的三次方成反比，C正确，D错误.考点：本题考查电场的叠加。 9. 如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为Q的小球P，带电荷量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()A. M与N的距离大于LB. P、M和N在同一直线上C. 在P产生的电场中，M、N处的电势相同D. M、N及细杆组成的系统所受合外力为零【答案】BD【解析】试题分析：由电荷间的相互作用规律可知，P对M有吸引力，对N有排斥了，故P、M和N在同一直线上，选项B正确；MN之间的距离无法比较，选项A错误；在P产生的电场中，M处的电势高于N点，选项C错误；因MN及细杆系统处于平衡状态，故所受的合外力等于零，选项D正确；故选BD.考点：电势；电荷间的相互作用。 10. 如图所示，带同种电荷大小不计的两个小球a和b，分别静止在竖直墙面A处和光滑水平地面B处，AO=OB。a球此时受摩擦力向上，且与墙面间动摩擦因数为=05，b球被光滑竖直板挡住，a球由于漏电而缓慢下移到A处，在此过程中 （ ） A. 地面对b球的支持力变小B. 竖直墙面对a球的支持力变小C. 竖直墙面对a球的摩擦力变小D. a、b之间的作用力变大【答案】AD【解析】根据A、对A球受力分析如图甲，竖直墙面对a球的支持力方向和摩擦力方向不变，可等效为图乙三角形定则，由此可知a、b间的作用力F库变大，D对；F库变大，竖直墙面对a球的支持力变大，摩擦力变大，B、C错；对a、b整体而言，重力不变，摩擦力增大，则地面对b的支持力减小，A对。11. 如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，其上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中()A. 小球的电势能增加W2B. 弹簧弹性势能最大值为mv2W1W2C. 弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D. 小球和弹簧组成系统的机械能增加W2【答案】CD【解析】A、小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W2，故A错误；B、根据动能定理可知，解得弹力做功，知弹性势能的最大值为，故B错误；C、根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、小球的重力势能和动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能，小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C正确；D、除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W2，故D正确；故选CD。12. 如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()A. M的带电荷量比N的大B. M带负电荷，N带正电荷C. 静止时M受到的合力比N的大D. 移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【解析】试题分析：因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等故A错误，B正确；静止时，二者受到的合力都是0故C错误；M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功故D正确故选BD考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法 13. 如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷 1.0102 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其vt图像如图乙所示，则下列说法正确的是()A. 右侧金属板接电源的正极B. 所加的电压U100 VC. 乙图中的v22 m/sD. 通过极板间隙所用的时间之比为1(1)【答案】BD【解析】【详解】A、据乙图象可知，离子先匀加速直线运动，再匀速运动，再匀加速直线运动。据题意可知，它们的距离与宽度均相同且当中的金属板处于静电平衡，离子过中间金属板无电场力；由于正电离子加速，所以电场力向右，所以右侧金属板接电源的负极，选项A错误。B、由v-t图像可得，粒子的加速度a2m/s2，两极板的间距d0.25m，由qEma，得E200V/m，U2Ed100V，选项B正确。C、D、可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为0的连续匀加速运动，两间隙距离相等，由匀变速运动的规律可得,，将v11m/s代入，得，选项C错误，选项D正确。故选BD.【点睛】据乙图判断离子的运动情况是解题的关键，灵活应用动能定理或牛顿第二定律求所加电压；注意金属板的距离与宽度均相同。14. 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的 处返回，则下述措施能满足要求的是()A. 使初速度减为原来的B. 使M、N间电压加倍C. 使M、N间电压提高到原来的4倍D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的【答案】BD【解析】试题分析：粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于；当初速度为，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能的变化不等，故C错误；初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。15. 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A. 末速度大小为 v0B. 末速度沿水平方向C. 重力势能减少了 mgdD. 克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】0时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确在内和T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服电场力做功为，故D错误故选：BC点睛：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解知道在内和T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等. 16. 如图所示，竖直平面内 光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切。水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q,。现把质量为m、带电荷量为Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）A. D点的电势为零B. 小球在管道中运动时，机械能守恒C. 小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为D. 小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为【答案】ABD【解析】试题分析:等量异种电荷中垂线上的电势相等，等于无穷远处的电势，所以D点的电势为零，故A正确；竖直管道处在原电场的等势面内，小球由最高点M运动到C的过程中，电场力不做功，只有重力做功，机械能守恒，B正确；设小球运动到C点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律，mgR=mv2/R，小球在C点受到竖直向下的重力mg、水平面内平行于AB且由A指向B的电场力（大小为F电=）以及圆弧轨道对小球的支持力T，它们的合力提供向心力，那么支持力T沿水平方向上的分力平衡电场力，即T水=，沿竖直方向上的分力T竖满足T竖-mg=，T=，联立以上各式，T=，再根据牛顿第三定律，可知C错误，D正确。考点： 电场线；电场强度二、计算题17. 如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为 .再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增大到 ，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量【答案】2Q【解析】试题分析：设电容器的电容为C，板间距为d。第一次充电后有和由受力分析得即由于q、m、g、d、C均为常数所以代入数据考点：电容器 18. 两平行金属板A、B间距离为d，两板间的电压UAB随时间变化规律如图所示，变化周期为T6秒，在t0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A板从静止起向B板运动，并于t2T时刻恰好到达B板，求：（1）若该粒子在tT/6时刻才从A板开始运动，那么，再经过2T时间，它将运动到离A板多远的地方？（2）若该粒子在tT/6时刻才从A板开始运动，那么需再经过多长时间才能到