2017屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)限時(shí)檢測題19

第六章第四節(jié)[限時(shí)檢測](限時(shí)45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1．如圖6－4－12所示，P是一個(gè)帶電體，將原來不帶電的導(dǎo)體球Q放入P激發(fā)的電場中并接地，a、b、c、d是電場中的四個(gè)點(diǎn)，則靜電平衡后圖6－4－12A．導(dǎo)體Q仍不帶電B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢C．檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)所受電場力等于b點(diǎn)所受電場力D．帶正電的檢驗(yàn)電荷在c點(diǎn)的電勢能大于在d點(diǎn)的電勢能答案D2．如圖6－4－13所示，真空中同一平面內(nèi)MN直線上固定電荷量分別為－9Q和＋Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，兩者相距為L，以＋Q點(diǎn)電荷為圓心，半徑為eq\f(L,2)畫圓，a、b、c、d是圓周上四點(diǎn)，其中a、b在MN直線上，c、d兩點(diǎn)連線垂直于MN，一電荷量為＋q的試探電荷在圓周上運(yùn)動(dòng)，則下列判斷錯(cuò)誤的是圖6－4－13A．電荷＋q在a點(diǎn)所受到的電場力最大B．電荷＋q在a點(diǎn)的電勢能最大C．電荷＋q在b點(diǎn)的電勢能最大D．電荷＋q在c、d兩點(diǎn)的電勢能相等解析電場強(qiáng)度疊加后，a點(diǎn)處場強(qiáng)最大，A正確；將正電荷從a點(diǎn)沿圓周移動(dòng)到c、b、d點(diǎn)，＋Q對(duì)正電荷不做功，－9Q對(duì)電荷均做負(fù)功，電勢能均增加，且移動(dòng)到b點(diǎn)克服電場力做功最多，移動(dòng)到c、d兩點(diǎn)克服電場做功相同，因此正電荷在a點(diǎn)電勢能最小，在b點(diǎn)電勢能最大，在c、d兩點(diǎn)電勢能相等，B錯(cuò)誤，C、D正確。答案B3．如圖6－4－14所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是圖6－4－14A.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)<eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)<eq\f(d2,L2)解析根據(jù)qU1＝eq\f(1,2)mv2，再根據(jù)t＝eq\f(L,v)和y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，由題意知，y<eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)，故C正確。答案C4．如圖6－4－15所示，真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，細(xì)線一端拴著一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)，把小球拉到使細(xì)線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的位置B時(shí)速度為零，以下說法中正確的是圖6－4－15A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是eq\r(3)qE＝mgC．小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且幅度將逐漸減小D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，電場力對(duì)其做的功為－eq\f(1,2)qEl解析小球的受力分析如圖所示，由圖可知小球的運(yùn)動(dòng)可看作是在一個(gè)等效重力場中的擺動(dòng)過程，根據(jù)擺球模型的特點(diǎn)，小球在B位置時(shí)受力不平衡，并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其幅度不變，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；根據(jù)擺球模型的對(duì)稱性可知，當(dāng)小球處在AB軌跡的中點(diǎn)位置時(shí)，小球沿切線方向的合力為零，此時(shí)細(xì)線與水平方向夾角恰為30°，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化簡可知，qE＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，電場力對(duì)其做的功為W＝－qEl(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEl，選項(xiàng)D正確。答案D5．(2014·山東理綜)如圖6－4－16所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A。已知?dú)?nèi)的場強(qiáng)處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時(shí)在殼外產(chǎn)生的電場一樣，一帶正電的試探電荷(不計(jì)重力)從球心以初動(dòng)能Ek0沿OA方向射出。下列關(guān)于試探電荷的動(dòng)能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是 圖6－4－16解析殼內(nèi)場強(qiáng)處處為零，試探電荷從球心運(yùn)動(dòng)到球殼處不受任何力作用，動(dòng)能不變。正的試探電荷從球殼處向外運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到類似于球殼的全部電荷集中于球心的正點(diǎn)電荷在殼外產(chǎn)生電場的電場力作用，要加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增大，沿半徑方向取相等的兩段距離，離球心越遠(yuǎn)，電場力的等效值越小，電場力做的功越小，動(dòng)能的增加量就越小，選項(xiàng)A正確。答案A6．(2016·淄博模擬)如圖6－4－17甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，若取電子初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則下列圖象中能正確反映電子的速度v、位移x、加速度a、動(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)間變化規(guī)律的是圖6－4－17解析分析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況：0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)時(shí)刻速度為零。eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3T,4)～T繼續(xù)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線可知A符合電子的運(yùn)動(dòng)情況，故A正確。電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x－t圖象是拋物線，故B錯(cuò)誤。由于a＝eq\f(qU,md)，可知?jiǎng)蜃兯龠\(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，a－t圖象應(yīng)平行于橫軸，故C錯(cuò)誤。勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線，Ek－t圖象是曲線，故D錯(cuò)誤。答案A7．如圖6－4－18所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出，以下說法正確的是圖6－4－18A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P點(diǎn)B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子?huì)由ED之間某點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由G點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域解析粒子從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出，其軌跡是拋物線，則過D點(diǎn)做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點(diǎn)，而延長線又經(jīng)過P點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，當(dāng)豎直位移一定時(shí)，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B8．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖6－4－19所示，由此可見圖6－4－19A．電場力為2mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等解析設(shè)AC與豎直方向的夾角為θ，帶電小球從A到C，電場力做負(fù)功，小球帶負(fù)電，由動(dòng)能定理，mgACcosθ－qEBCcosθ＝0，解得電場力為qE＝3mg，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平方向速度不變，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項(xiàng)D正確。答案D9．(多選)(2016·江西聯(lián)考)如圖6－4－20所示，斜面長為L、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則圖6－4－20A．小球在B點(diǎn)的電勢能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢能B．A、B兩點(diǎn)的電勢差一定為eq\f(mgL,2q)C．若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的電場強(qiáng)度的最小值一定是eq\f(mq,2q)D．若該電場是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解析小球初、末速度均為v0，從A到B，由動(dòng)能定理得qUAB－mgLsin30°＝0，解得A、B兩點(diǎn)的電勢差為UAB＝eq\f(mgL,2q)，qUAB＝eq\f(mgL,2)，電場力做正功電勢能減少，EpB<EpA，A錯(cuò)誤、B正確；若電場是勻強(qiáng)電場，該電場的電場強(qiáng)度的最小值為eq\f(mg,2q)，C正確；若該電場是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，D錯(cuò)誤。答案BC二、計(jì)算題(共46分)10．(14分)(2015·安徽聯(lián)考)如圖6－4－21所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球質(zhì)量為m，電量為－q。用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點(diǎn)，平衡時(shí)小球位于A點(diǎn)，此時(shí)繩與豎直方向的夾角θ＝30°。繩長為l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC豎直。求：圖6－4－21(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)當(dāng)小球移到D點(diǎn)后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率和該時(shí)刻輕繩中張力的大小(計(jì)算結(jié)果可帶根號(hào))。解析(1)eq\f(qE,mg)＝tan30°E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)當(dāng)小球移到D點(diǎn)后，讓小球由靜止自由釋放，小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到輕繩與豎直方向成30°時(shí)繩繃直，與OA關(guān)于OC對(duì)稱，設(shè)此時(shí)速度為vBa＝eq\f(2\r(3),3)gveq\o\al(2,B)＝2al繩繃直后，垂直繩方向速度vBX＝vBcos30°，沿繩方向速度變?yōu)?到達(dá)A點(diǎn)時(shí)切向加速度為0，速度達(dá)到最大值eq\f(1,2)mveq\o\al(2,BX)＋qEl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(\f(5\r(3)gl,3))輕繩中張力F－eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),l)解得F＝eq\f(7\r(3),3)mg。答案(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(\f(5\r(3)gl,3))eq\f(7\r(3),3)mg11．(14分)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖6－4－22甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示。在t＝0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件。圖6－4－22解析電子在0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由題知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))12．(18分)如圖6－4－23甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：圖6－4－23(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？解析(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個(gè)過程后，回到中心線上時(shí)，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內(nèi)離開中心線的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運(yùn)動(dòng)過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)。所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)。(2)粒子進(jìn)入電場的時(shí)刻應(yīng)為eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子進(jìn)入電場的時(shí)刻為t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3，…)。答案(1)T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于