2019屆高考物理復(fù)習(xí) 專題08 電場(chǎng)培優(yōu)押題預(yù)測(cè)卷B卷

1、2019屆高考物理復(fù)習(xí) 專題08 電場(chǎng)培優(yōu)押題預(yù)測(cè)卷B卷專題08電場(chǎng)培優(yōu)押題預(yù)測(cè)B卷一、選擇題（在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，第1-8題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，第9-12題有多個(gè)選項(xiàng)正確）1如圖所示，一個(gè)枕形導(dǎo)體AB原來不帶電，將它放在一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，點(diǎn)電荷的電荷量為Q，與AB的中心O的距離為R。由于靜電感應(yīng)，在導(dǎo)體AB的兩端分別出現(xiàn)感應(yīng)電荷。當(dāng)達(dá)到靜電平衡時(shí)()A導(dǎo)體A端的電勢(shì)高于B端的電勢(shì)B導(dǎo)體的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為，方向向右C導(dǎo)體的中心O的場(chǎng)強(qiáng)為零D撤去點(diǎn)電荷Q后，導(dǎo)體帶上了正電荷【答案】CD、撤去場(chǎng)源電荷后，導(dǎo)體上的電荷失去了電場(chǎng)力的作用，電荷重新分布到原狀，整個(gè)導(dǎo)體不帶電；D錯(cuò)誤.

2、故選C.2如圖所示的電場(chǎng)中有A、B兩點(diǎn)，下列判斷正確的是（）A電勢(shì)AB，場(chǎng)強(qiáng)EAEBB電勢(shì)AB，場(chǎng)強(qiáng)EAEBC將正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能增加D將負(fù)電荷分別放在A、B兩點(diǎn)，電荷具有電勢(shì)能EPAEPB【答案】B【解析】電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，A處電場(chǎng)線疏，場(chǎng)強(qiáng)小，故場(chǎng)強(qiáng)順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降落，可知，故A錯(cuò)誤；B正確；將電荷量為q的正電荷放在電場(chǎng)中，受力的方向是從A指向B，故從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷在電勢(shì)越低的點(diǎn)電勢(shì)能越大，因，故電荷在這兩點(diǎn)具有的電勢(shì)能關(guān)系為：，故D錯(cuò)誤。故選B。3密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖所示兩塊水平放置的金屬板分別與電源

3、的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是（）A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的電荷量為C增大場(chǎng)強(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)D油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍【答案】C則懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；不同油滴的所帶電荷量雖不相同，但都是某個(gè)最小電荷量元電荷的整數(shù)倍，D正確4均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).如圖所示,在半球面上均勻分布正電荷,總電荷量為,球面半徑為,為通過半球頂點(diǎn)與球心的軸線,在軸線上有、兩點(diǎn),.已知點(diǎn)的場(chǎng)

4、強(qiáng)大小為,則點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()ABCD【答案】A【解析】均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，如圖補(bǔ)齊球面，且均勻電量為2q，即相當(dāng)于將帶電量為2q的球面放在O處，如圖所示：則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為，由題知當(dāng)半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，則補(bǔ)上的右半球面在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也應(yīng)為E，方向向右，則N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為：，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)BCD錯(cuò)誤。5如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個(gè)小孔a和b在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開始下落，不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿出b孔，可行的方法是()

5、A保持S閉合，將B板適當(dāng)下移B保持S閉合，將A板適當(dāng)上移C先斷開S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開S，再將B板適當(dāng)下移【答案】A【解析】設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U質(zhì)點(diǎn)的電量為q。由題質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，根據(jù)動(dòng)能定理得mg（h+d）-qU=0。若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動(dòng)能定理得mg（h+d+d）-qU=mv2，則v0，質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔。故A正確。若保持S閉合，將A板適當(dāng)上6如圖甲所示，x軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2（Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O），其上有M、N、P三點(diǎn)，間距MN=NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢(shì)隨x變化關(guān)系如圖乙則（）AM點(diǎn)電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為

6、零BN點(diǎn)電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度大小均不為零C一正試探電荷從P移到M過程中，電場(chǎng)力做功|WPN|=|WNM|D由圖可知，Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷，且Q1電荷量大于Q2【答案】D【解析】-x圖線的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，所以M處的場(chǎng)強(qiáng)不為零，電勢(shì)為零，故A錯(cuò)誤；-x圖線的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知N處場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)為負(fù)值，故B錯(cuò)誤；由圖象可知，UMNUNP，故電場(chǎng)力做功qUMNqUNP，從P移到M過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，故|WPN|WNM|，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镹點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，所以兩點(diǎn)的電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，Q1帶負(fù)電、Q2帶正電。因?yàn)?/p>

7、N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，所以兩點(diǎn)的電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，根據(jù)，知距離大的電量大，所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。7如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為。已知t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)。則A所有粒子最終都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)Bt=0之后射入電場(chǎng)的粒子有可能會(huì)打到極板上C所有粒子在經(jīng)過電場(chǎng)過程中最大動(dòng)能都不可能超過3D若入射速度加倍成，則粒子從電場(chǎng)出射

8、時(shí)的側(cè)向位移與時(shí)相比必定減半【答案】A方向的分位移最大，為；根據(jù)分位移公式，有：由于L=d故：vym=v0故最大動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：若t=0時(shí)刻的粒子入射速度加倍成2v0，則粒子從電場(chǎng)出射時(shí)間減半的側(cè)向位移與時(shí)間的平方成正比，側(cè)向位移與原v0相比必變成原來的四分之一，故D錯(cuò)誤。故A正確。8在豎直平面內(nèi)有水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為E=1104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在場(chǎng)中有一根長(zhǎng)L=2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為0.04kg的帶電小球，它靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成37角。如圖所示，給小球一個(gè)初速度讓小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為電勢(shì)能和重力勢(shì)能的零點(diǎn)，下列說法正確的是

9、(cos37=0.8，g=10m/s2)（）A小球所帶電量為q=3.510-5CB小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)能最小值是0.96JC小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能最小值是0.5JD小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能最小值是1.54J【答案】D【解析】A、對(duì)小球進(jìn)行受力分析如上圖所示:可得mgtan37=qE,解得小球的帶電量為：；故A錯(cuò)誤.B、由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力也是恒力在圓上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能（重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和）最小，在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由于小球總能量不變，所以在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小，對(duì)應(yīng)速度vB最小，在B點(diǎn)，小球受到的重力和電場(chǎng)力，其合力作為小球做圓

10、周運(yùn)動(dòng)的向心力，而繩的拉力恰為零，有：，而，所以；故B錯(cuò)誤.C、D、由于總能量保持不變，即Ek+EPG+EPE=恒量所以當(dāng)小球在圓上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能EPE最大，機(jī)械能最小由B運(yùn)動(dòng)到A，W合力=-（EPA-EPB），W合力=F合2L，所以EPB=2J;總能量E=EPB+EkB=2.5J由CA，WFE=FEL（1+sin37）=0.96J，WFE=EP2（EP2為C點(diǎn)電勢(shì)能）;所以C點(diǎn)的機(jī)械能為E機(jī)C=E-EP2=1.54J;故C錯(cuò)誤，D正確.故選D.9圖甲中直線PQ表示電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子僅在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v0，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度

11、減為零，粒子運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。其中A點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)。下列說法正確的是AP點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)BA點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)CP、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為D帶負(fù)電的粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】AC【解析】由圖乙知速度減小，負(fù)電荷受向左的電場(chǎng)力，故電場(chǎng)線方向向右，P點(diǎn)電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)電勢(shì)，故A正確；v-t圖象的斜率表示加速度，由圖可知A點(diǎn)的加速度大于Q點(diǎn)的加速度，根據(jù)，可知A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，解得P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：，故C正確；由圖乙知速度減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以帶負(fù)電的粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能小于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。所以

12、AC正確，BD錯(cuò)誤。10半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿半徑分布如圖所示圖中E0已知，E-r曲線下OR部分的面積等于2R3R部分的面積，過球心同一直線上A、B兩點(diǎn)，離球心的距離分別為2R、3R下列說法中正確的是()AA點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)BA、B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比是9:4C從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中電場(chǎng)力做功【答案】BD為，根據(jù)可得電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中電場(chǎng)力做功為，C錯(cuò)誤D正確11如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面

13、上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2<v1)若小物體電荷量保持不變，OMON，則()A小物體上升的最大高度為B從N到M的過程中，小物體的電勢(shì)能先減小后增大C從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做負(fù)功后做正功D小物體上滑過程克服摩擦力的功跟下滑過程克服摩擦力的功不相等【答案】AB電勢(shì)能先減小后增大，故B正確。從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做正功后做負(fù)功。故C錯(cuò)誤。故選AB。12如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX、YY電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)的O點(diǎn)，其中x軸與XX電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y

14、軸與YY電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合)則()A若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子打在坐標(biāo)的第II象限B若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子打在坐標(biāo)的第I象限C若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子打在坐標(biāo)的第IV象限，DX、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子打在坐標(biāo)的第象限【答案】AD【解析】將粒子的運(yùn)動(dòng)沿著x、y和初速度方向進(jìn)行正交分解，沿初速度方向不受外力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子向x軸負(fù)方向和y軸正方向受力，電子打在坐標(biāo)的第II象限，選項(xiàng)A正確；若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子向x軸正方

15、向和y軸負(fù)方向受力，則電子打在坐標(biāo)的第IV象限，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子向x軸正方向和y軸正方向受力，則電子打在坐標(biāo)的第I象限，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極，則電子向x軸負(fù)方向和y軸負(fù)方向受力，則電子打在坐標(biāo)的第象限，選項(xiàng)D正確；故選AD。二、計(jì)算題：（寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）13如圖所示，半徑為R的1/4光滑圓弧AB與水平線相切于B點(diǎn)，O點(diǎn)為圓心，豎直線OB的右側(cè)有方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)中有兩個(gè)臺(tái)階，第一階臺(tái)階M1N1，第二階臺(tái)階M2N

16、2，已知BM1之間的高度差為H，臺(tái)階寬度為l、臺(tái)階間的高度差為h。臺(tái)階上鋪有特殊材料，與之相碰的小球：帶上正電，并在此后電量始終保持不變，其在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力大小為0.5倍重力；水平方向的速度立即減為零，豎直方向速度變?yōu)樵瓉淼?2倍。原來小球不帶電，已知H=4h，R=3h。(1)從A點(diǎn)靜止下落的小球，能落在第一臺(tái)階M1N1上，則l至少應(yīng)為多少個(gè)h；(2)若小球由P點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為重力的1.8倍，令BOP=，求大??；(3)調(diào)整小球釋放的位置，若使落在臺(tái)階M1N1中點(diǎn)彈起后，恰好又落到M2N2的中點(diǎn)，求從彈起到落回所經(jīng)過的時(shí)間t及臺(tái)階寬度l與高度差h之間的關(guān)系；【答案】（1）

17、（2）（3）【解析】(1)由動(dòng)能定理有：小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知：豎直方向：向心力公式：由牛頓第三定律由以上各式解得：所以；(3)小球落在臺(tái)階M1N1時(shí)豎直速度為：反彈時(shí)豎直速度為：在豎直方向上：解得：在水平方向上小球受電場(chǎng)力，加速度為：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：解得：14如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)l10cm，板間距離d10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：

18、(1)在t0.06s時(shí)刻穿過極板間的電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？【答案】(1)O點(diǎn)上方y(tǒng)13.5cm處(2)30cm【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU0mv02設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，則有：E設(shè)電子經(jīng)時(shí)間t通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則有：在中心軸線方向上：t在軸線側(cè)向有：ayat2設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)有：vyattan(2)由題知電子偏移量y的最大值為，又，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了。將2U0代入解得：所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為：

19、2y3l30cm。15如圖所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖。在xoy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線的一段（0xL,0yL）為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域；在第二象限存在以xL、x2L、y0、yL為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域兩個(gè)電場(chǎng)大小均為E，不計(jì)電子所受重力，電子的電荷量為e，則：（1）從電場(chǎng)I的邊界B點(diǎn)處靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的位置坐標(biāo)；（2）從電場(chǎng)I的AB曲線邊界處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的最小動(dòng)能；（3）若將左側(cè)電場(chǎng)II整體水平向左移動(dòng)（n1），要使電子從x=-2L，y=0處離開電場(chǎng)區(qū)域II，在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。【答案】(1)坐標(biāo)為（-2L，0）(2)(3)【解析】（1）關(guān)于B點(diǎn)，其縱坐標(biāo)y=L，根據(jù)相應(yīng)橫坐標(biāo)當(dāng)電子加速到y(tǒng)軸C位置時(shí)，由動(dòng)能定理得：；解得：電子以速度v進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域II，做類平拋運(yùn)動(dòng)有Lvt；h=解得h=即所有邊界AB曲線上由靜止釋放的電子均從P點(diǎn)射出。從邊界AB出發(fā)到P點(diǎn)射出的全過程，由動(dòng)能定理：因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，動(dòng)能有最小值（3）設(shè)釋放位置坐標(biāo)為，由動(dòng)能定理得：進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域II后，x方向：y方向：又解得：16如圖甲所示，在y0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B