（新课标卷）2013年高考物理 考前预测冲刺七（电场）

1 20132013 年高考考前预测冲刺七年高考考前预测冲刺七 命题范围 命题范围 电场 电场 一 选择题一 选择题 1 某电场的分布如图所示 带箭头的实线为电场线 虚线为等势面 A B C三点的电场强 度分别为EA EB EC 电势分别为A B C 关于这 三点的电场强度和电势的关系 以下判断正确的是 A EAEB A B C EA EB A v1 B 若电键 K 闭合一段时间后再断开 向下移动b板 则v2 v1 C 若电键 K 保持闭合 无论向上或向下移动b板 则v2 v1 D 若电键 K 闭合一段时间后再断开 无论向上或向下移动 b板 则v2EB 根据沿电场线方 向电势降低 有A B 2 答案 A 由点电荷的电场分布特点可知 距离点电荷越近 场强越大 因此该点电荷 必然处于 A 点右侧 但点电荷带电性质不确定 因此场强的方向不确定 3 答案 BD 由电场的叠加 AB 中垂线中由 C 向上场强为先增后减 故电荷 C 所受电场 力向上且先增后减 所以 C 的加速度先增后减 但速度始终增大 可知 BD 正确 4 答案 C 静电屏蔽作用 人体相当于一个等势体 5 答案 BC 注意两种情况的区别 电键 K 始终闭合 则电容器两板间的电压保持不变 闭合后再断开则电量保持不变 然后再根据平行板电容器电容 电势差和电量的关系及 匀强电场中场强和距离的关系即可 6 答案 B 由于库仑力变化 因此质子向b不是做加速运动 A 错误 由于a b之间的 电势差恒定 根据动能定理得 qUmv 2 2 1 可得 m qU v 2 则知 粒子从a点由静止释放 后运动到b点的速率为v 2 2 B 正确 当电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动时 根据 r v m r Qq k 2 2 可得 mr kQq v 则知电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动时的线速度 为 2 v C D 错误 7 答案 AD 减小的动能转化为电子的电势能 由A到C减小的动能与由C到B增加的动 能相等 所以场强方向由O指向C A和B的电势相等 形成电场的正电荷应位于D点 8 答案 A 根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀加速即可推出 A 正确 9 答案 D 剪断细线Oc后 a b作为一个系统在水平方向只受内力 库仑力 绳子拉 伸后的拉力 作用 外力无冲量故其水平方向上动量恒为零 在竖直方向上 二者同时在 重力作用下做初速度为零的匀加速运动 同时落地机械能守恒 故落地时 ab两球的动 能和为 ghmm ba 在运动过程中 电场力做正功 因此其系统电势能减小 10 答案 BD 粒子在水平方向上做匀速直线运动 因初速度相同 故水平位移s大的时间 长 因 CBA sss 故 CBA ttt A 错 粒子在竖直方向上做匀加速直线运动 有 2 2 aty 因为位移y相同 所以运动时间长的粒子加速度小 即 CBA aaa 故 8 B 正确 粒子到达正极板的动能为 22 0 vvmEk 而ayv2 2 所以有 kCkBkA EEE C 错误 由 CBA aaa 可以判断 A 带负电 B 不带电 C 带正电 D 正确 11 答案 1 BE 4 分 要用直流电源形成稳恒电流场 以模拟静电场 应选 6V 的 直流电源 所以选 B 要用探针寻找等势点 电流表灵敏度高 指针能左右偏转 所以选 E 2 D 4 分 探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中 两探针间的电势 差先减小后变大 所以灵敏电流表的指针与零刻度的夹角先变小后变大 12 答案 1 如图 a 4 分 2 tan 4 分 3 k mgd 4 分 提示 带电小球的受力如图 b 根据平衡条件有 mg F tan 又有 d U qqEF 联立解得 tantank q mgd U 所以应以 tan为横坐标 13 解析 1 由图可得B点电场强度的大小 5 2 q F EB N C 2 分 因B点的试探电荷带负电 而受力指向x轴的正方向 故 B 点场强的方向沿x轴的负方 向 2 分 2 因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向 故点电荷Q位于A B两点之间 带负电 2 分 设点电荷Q的坐标为x 则 2 2 x Q kEA 2 5 x Q kEB 4 分 由图可得 40 A E N C 解得x 2 6m 4 分 14 解析 他的解答是错误的 5 分 小环是穿在丝线上 作用于小环上的两个拉力大小相等 方向不同 小环受四个力 如图 所示 竖直方向 Tsin60 mg 3 分 9 水平方向 Tcos60 T 2 2 L q k 3 分 由 联立得 k mgL q 2 3 3 分 15 解析 1 由小球运动到最高点可知 小球带正电 2 分 2 设小球运动到最高点时速度为v 对该过程由动能定理有 2 2 1 mvLmgqE 2 分 在最高点对小球由牛顿第二定律得 L v mqEmgT 2 2 分 由 式解得 T 15N 1 分 3 小球在细线断裂后 在竖直方向的加速度设为a 则 m mgqE a 2 分 设小球在水平方向运动L的过程中 历时t 则 vtL 1 分 设竖直方向上的位移为s 则 2 2 1 ats 1 分 由 解得 s 0 125m 2 分 小球距 O 点高度为s L 0 625m 1 分 16 解析 1 因油滴到达最高点时速度大小为v 方向水平 对O N过程用动能定理有 0 电 WWG 2 分 所以电场力一定做正功 油滴带负电 则最高位置一定在O点的左上方 3 分 2 由 1 的分析可知mghqUNO 在竖直方向上油滴做初速为 sinv的竖直上抛运 动 则有ghv2 sin 2 3 分 即 q mv UNO 2 sin2 2 2 分 3 油滴由O N的运动时间 g v t sin 2 分 则在水平方向上由动量定理得 cosmvmvqEt 2 分 10 即 sin cos1 q mg E 2 分 17 解析 1 小球由B点运动到C点过程 由动能定理有 22 2 1 2 1 BC mvmvLqEmg 2 分 在C点 设绳中张力为FC 则有 L v mmgF C C 2 2 分 因FC mg 故vC 0 2 分 又由小球能平衡于A点得 mgmgqE 3 4 53tan 2 分 gLvB 3 2 2 分 2 小球由D点静止释放后将沿与竖直方向夹 53 的方向作匀加速直线运动 直至 运动到O点正下方的P点 OP距离h Lcot53 L 4 3 2 分 在此过程中 绳中张力始终为零 故此过程的加速度a和位移s分别为 g m F a 3 5 L L s 4 5 53sin 2 分 小球到达悬点正下方时的速率为 gLasvP 6 25 2 2 分 18 解析 1 设电子经电压U1加速后的速度为v0 根据动能定理得 e U1 2 0 2 1 mv 2 分 解得 m eU v 1 0 2 2 分 2 电子以速度v0进入偏转电场后 垂直于电场方向作匀速直线运动 沿电场方向作初 速度为零的匀加速直线运动 设偏转电场的电场强度为E 电子在偏转电场运动的时间为 t1 电子的加速度为a 离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1 根据牛顿第二 定律和运动学公式得 F eE E d U2 F ma a md eU2 3 分 t1 0 1 v L y1 2 1 2 1 at 解得 y1 dU LU 1 2 12 4 3 分 U1L1L2 d P M N O K A y2 y1 11 3 设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy 根据运动学公式得 vy at1