高考冲关第7练(四川二轮高考复习专用)

高考冲关第7练
一、选择题
图4－1－16
1．如图4－1－16所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，O点的电场强度大小为E1.将置于N点处的点电荷移至P点时，O点的场强大小变为E2.则E1与E2之比为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．2∶ 3 D.3∶2
【解析】设两个带电量相等的异种点电荷电量分别为＋Q和－Q，圆半径为r.
当两点电荷分别置于M、N两点时，E M＝E N＝k Q
r2
且同向，所以E1＝2E M＝
2kQ
r2
，
当N点处的点电荷移至P点时，由平行四边形定则合成得：E2＝kQ
r2
，即E1∶
E
2
＝2∶1，故选项A正确．
【答案】 A
2．(2013·重庆高考)如图4－1－17所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q点比M点离核更远，则( )
图4－1－17
A．α粒子在M点的速率比在Q点的大
B．三点中，α粒子在N点的电势能最大
C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
【解析】利用动能定理可判断α粒子的速率大小．由电势的高低可判断电势能的大小．重原子核带正电，离核越近，电势越高，选项C错误；同一正电荷电势越高，其电势能越大，选项B正确；带正电的α粒子在从M点到Q点的
过程中，电场力做的总功为正功，据动能定理知，其速率增大，选项A错误，选项D错误．
【答案】 B
3．某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图4－1－18所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
图4－1－18
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度不变
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
【解析】φ－x图象的斜率表示电场强度，在－x0～x0区间内电场强度先增大后减小；因电场线与x轴重合，沿x轴正方向电势升高，所以电场方向沿x 轴负方向，在O点由静止释放一电子，电场力方向沿x轴正方向，大小逐渐减小．【答案】BC
4．(2013·四川仁寿一中模拟)
图4－1－19
在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，A、B是该点电荷电场中一条电场线上的两点，带负电的小球沿该电场线从A点运动到B点，其动能随位置变化的关系如图4－1－19所示．设A、B两点的电势分别为φA、φB，小球在A、B两点的电势能分别为E p A、E p B，则关于点电荷的位置及电势、小球电势能大小的说法正确的是( )
A．点电荷带负电在A点左侧，φA<φB、E p A>E p B
B．点电荷带正电在A点左侧，φA>φB、E p A<E p B
C．点电荷带正电在B点右侧，φA<φB、E p A>E p B
D．点电荷带负电在B点右侧，φA>φB、E p A<E p B
【解析】小球由A到B，由图知其动能增大，电场力做正功，电势能减小，故E p A>E p B；又因小球受力与电场反向，知电场方向由B指向A，顺着电场线电势
逐渐降低可得：φA<φB；由动能定理qEΔx＝ΔE k⇒E＝ΔE k
Δx
×
1
q
，从图中看E k－x
图象斜率逐渐增大故有E B>E A，由点电荷电场分布特征知点电荷在B的右侧，且为正电荷，C正确．
【答案】 C
5．(2013·新课标全国Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不
计)．小孔正上方d
2
处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进
入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d
3
，则从P
点开始下落的相同粒子将( ) A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板d
2
处返回
D．在距上极板2
5
d处返回
【解析】本题应从动能定理的角度解决问题．
带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理
得mg(d
2
＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移
d
3
，设带电粒子在距上极板d′处返回，
则重力做功W G＝mg(d
2
＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－q
d′
（d－
d
3
）
U＝－q
3d′
2d
U，由动能定理得W
G ＋W电＝0，联立各式解得d′＝
2
5
d，选项D正确．
【答案】 D
6．某同学设计了一种静电除尘装置，如图4－1－20甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图4－1－20乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )
甲乙
图4－1－20
A ．只增大电压U
B ．只增大长度L
C ．只增大高度d
D ．只增大尘埃被吸入的水平速度v 0
【解析】 尘埃做类平抛运动，有y ＝1
2at 2，a ＝Uq /md ，t ＝L /v 0，当只增大
电压U 或只增大长度L 时，y 增大，收集尘埃的数量增大，故A 、B 选项对；而只增大高度d 或只增大尘埃被吸入的水平速度v 0，y 减小，收集尘埃的数量减小，故C 、D 选项错．
【答案】 AB
图4－1－21
7．如图4－1－21所示，两平行正对的金属板A 、B 间的电势差U AB ＝U 0，A 板电势高于B 板电势，极板长度为L ，板间距离为d ，一重力可忽略不计的带电粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在两板中心连线上且距离A 板d
4处的P 点释放时
获得平行于金属板的速度v 0，则该粒子不打到金属板A 、B 上的条件是( )
A ．若粒子带正电，v 0必须大于
2qU 0L
2
3md 2
B ．若粒子带正电，U 0必须小于
6md 2v 20
qL 2
C ．若粒子带负电，v 0必须大于
qU 0L 2
2md 2
D ．若粒子带负电，U 0必须小于md 2v 20
2qL 2
【解析】 因为初速度方向与电场方向垂直，故带电粒子在电场中做类平抛运动，当带电粒子带正电时，由于电场力垂直于金属板指向B 板，L
2＝v 0t ，
12·qU 0md ·t 2<3
4d ，粒子才能不打在B 板上，解得：U 0<6md 2v 20qL
2或者v 0>qU 0L 2
6md 2
，故A 错误，B 正确；当带电粒子带负电时，由于电场力垂直于金属板指向A 板，L
2
＝
v 0t，
1
2
·
qU
md
·t2<
1
4
d，粒子才能不打在A板上，解得：U
<
2md2v20
qL2
或得v0>
qU
L2
2md2
，
故C正确，D错误．
【答案】BC
二、非选择题
图4－1－22
8．(2013·新课标全国Ⅱ)如图4－1－22，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
【解析】小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为v a和v b，由牛顿第二定律有
F＋N
a ＝m
v2
a
r
②
N b －F＝m
v2
b
r
③
设质点经过a点和b点时的动能分别为E k a和E k b，有
E k a ＝
1
2
mv2
a
④
E k b ＝
1
2
mv2
b
⑤
根据动能定理有E k b－E k a＝2rF ⑥联立①②③④⑤⑥式得
E＝
1
6q
(N b－N a) ⑦
E k a ＝
r
12
(N b＋5N a) ⑧
E k b ＝
r
12
(5N b＋N a) ⑨
【答案】
1
6q
(N b－N a)
r
12
(N b＋5N a)
r
12
(5N b＋N a)
9．(2013·眉山东坡区模拟)如图4－1－23甲所示，A、B为光滑水平地面上相距d的两带电挡板，在A、B两板间有一带电荷量为＋q、质量为m的点电荷P.若A、B两板间所形成电场的电场强度如图4－1－23乙所示(从A指向B为电场强度的正方向)，在t＝0时刻点电荷P位于A、B中点且初速度为0.已知点电荷能在A、B间以最大的幅度运动而不与两板相碰，且点电荷P开始从中点第一次运动到某板后，以后每次从一板到另一板的运动过程中，电场方向只改变一次．
甲乙
图4－1－23
(1)求点电荷P从A、B中点由静止开始到第一次运动到板处的时间；
(2)导出图乙中t2时刻的表达式；
(3)导出图乙中t n(n≥2)时刻的表达式．
【解析】(1)设点电荷P在两板间运动的加速度大小为a，则：qE＝ma，
将E＝mg
q
代入得：a＝g
点电荷P在电场力作用下开始向B板运动，先加速后减速，到达B板时速度为0，设加速时间为t1，减速时间为t′1，则：
at
1
＝at′1
1 2d＝
1
2
at2
1
＋
1
2
at′2
1
点电荷P第一次到达B板的时间t＝t1＋t′1
解得：t＝2d g
.
(2)设点电荷由B板向A板加速运动的时间为t′2，减速运动的时间为t″2，到达A板的速度为0，则：
at′
2
＝at″2
d＝1
2
at′2
2
＋
1
2
at″2
2
t
2
＝t＋t′2
解得：t2＝(2＋1)d g .
(3)点电荷从A板到B板与从B板到A板的运动过程完全相同，即每次加速
和减速的时间都是t′2＝d g
从而可得：t n＝(2＋2n－3)d
g
(n≥2)．
【答案】(1) 2d
g
(2)(2＋1)
d
g
(3)t n＝(2＋2n－3)d
g
(n≥2)。