（新课标）2022年高考物理 极限预测八

新课标2022年高考物理极限预测八【模拟演练】1.如图所示，真空中A、B两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于平衡状态，则C的电性及位置是()A．正电；在A、B之间B．正电；在A的左侧C．负电；在A、B之间D．负电；在B的右侧2.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是()A．三个等势面中，等势面c的电势最低B．带电质点一定是从Q点向P点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小3.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加-19-\n4.)如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下．则从M到N的过程中，下列说法正确的是()A．小物块所受的电场力减小B．小物块的电势能可能增加C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功5.如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点．在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．A点的电场强度比B点的大B．A、B两点的电场强度相等C．A点的电势比B点的电势高D．A点的电势比B点的电势低6.如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A.电场中A点的电势低于B点的电势B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和7.一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为θ，如图所示．下列方法中能使夹角θ减小的是()-19-\nA．保持开关闭合，使两极板靠近一些B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C．保持开关闭合，使两极板远离一些D．断开开关，使两极板靠近一些8.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8C，则下列说法正确的是()A．微粒的入射速度v0＝10m/sB．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为180V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为100V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场9.两个相同的带电金属小球相距r时，相互作用力大小为F，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F，则两球原来所带电量和电性()A.可能是等量的同种电荷B.可能是不等量的同种电荷C.可能是不等量的异种电荷[D.不可能是异种电荷10.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()-19-\nA.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右11.如图一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确的是()A.电容器电容增大B.电容器极板电量增加C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如图所示D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动12.(2022·桂林模拟)如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′迅速顺时针转过45°，则()A.P点处的电势不变B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加13.(2022·石家庄模拟)如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即UAB=300V.一带正电的粒子电量q=10-10C，质量m=10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN、PS相距为L=12-19-\ncm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.(静电力常数k=9×109N·m2/C2)求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h.(2)粒子穿过界面MN时的速度v.(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y(4)点电荷的电荷量Q.(该小题结果保留一位有效数字)14.(2022·德州模拟)两个带电小球A和B，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电荷量分别为q1、q2.A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示.某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功W.求：(1)力F的最大值和最小值.(2)带电小球B与挡板分离时的速度大小.(3)从开始运动到带电小球B与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功.15.(2022·莱芜模拟)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力.求合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？【高考预测】-19-\n静电场是高考的必考内容，主要呈现以下四点命题趋势：(1)库仑定律的应用及电场强度的叠加问题.(2)静电力做功和电势能的关系.(3)带电粒子在电场中的加速和偏转.(4)静电场中的力学综合应用.对该部分内容的命题预测点如下：考查知识及角度高考预测库仑定律的应用1电场强度的叠加2静电力做功和电势能的关系3电势与电势能4静电场中的力学综合应用5带电粒子在电场中的加速和偏转6、71.用两根等长的细线各悬一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等．当它们带上同种电荷时，相距L而平衡，如图所示．若使它们所带电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球间距离()A．大于B．等于C．小于D．等于L2.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出()A．Q1一定大于Q2-19-\nB．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C．电势最低处P点的电场强度为0D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点3.某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹(虚线所示)，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是()A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低B．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小C．如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大D．如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小4.如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是()A．小球一定能穿过MN区域继续运动B．如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C．如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于D．如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为－mgR5.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：-19-\n(1)AB两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小；(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．6.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接.在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场.现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图.小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零).已知A、B间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.7.如图所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽)，在两板之间有一带负电的质点P.已知若在A、B之间加电压U0，则质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图所示的随时间t变化的电压U，在t=0时，质点P位于A、B间的中点处且初速度为0，已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式.(质点开始从中点上升到最高点及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次.)-19-\n答案解析【模拟演练】1.【解析】选C.A、B两正点电荷所产生的电场的合场强为零的地方只会在它们之间，所以第三个电荷放在A、B之间，如果放正电荷，A、B不会平衡，故选C.【方法技巧】分析点电荷平衡问题的方法步骤点电荷的平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了一个库仑力或电场力.具体步骤如下：(1)确定研究对象.如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；(2)对研究对象进行受力分析，多了个电场力()；(3)列平衡方程(F合=0或Fx=0，Fy=0).2.【解题指南】解答本题时注意以下两点：(1)由质点的运动轨迹判断受力情况.(2)由速度方向与力的方向夹角判断做功情况.【解析】选A、C、D.假设质点从Q向P运动，过Q作轨迹的切线，速度就沿这个方向，过Q点作等势面的切线，如图中虚线所示，过Q再作等势面的垂线，表示力的方向，指向轨迹弯曲的方向，由于质点带负电，场强方向与力的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，可知A对；质点的运动方向无法确定，B错；P处电场线密集，电场力大，加速度也大，C对；速度方向与力的方向夹角为钝角，说明P点的动能比Q点的小，D对．3.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)沿电场线的方向是电势降低的方向.-19-\n(2)电场线的疏密表示场强的弱强.【解析】选C．沿电场线方向电势降低，故A错；电场线密集的地方场强大，故B错；若将一正试探电荷由a点移到b点，是逆着电场线移动，所以电场力做负功，C对；若将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，所以电势能减少，D错．4.【解析】选A、D．小物块所受的摩擦力不变，它先加速后减速，说明它所受合外力先向下后向上，又由于远离点电荷时受到的电场力越来越小，故电场力方向沿斜面向下，电场力做正功，电势能减小，A对、B错；由于小物块及Q的电性无法确定，故C错；由功能关系，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，D对．5.【解析】选C．由点电荷的速度v随时间t变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A点的电场强度比B点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C对．【误区警示】(1)带负电的点电荷仅受电场力作用，误认为做匀变速运动．(2)不知道怎样由图象找到加速度的变化．6.【解析】选B．一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，场强则水平向右，如图所示.所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错，B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．【误区警示】解答本题易产生的三个误区(1)不知道引起机械能变化的原因，是除重力以外的其他力做功引起.(2)搞不清楚动能变化是合外力做功引起.(3)不明确电势能变化是电场力做功引起.7.【解析】选C.保持开关闭合，两极板间电压不变，使两极板靠近一些，板间场强变大，夹角θ增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；保持开关闭合，使两极板远离一些，由可知，场强减小，夹角θ减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，板间场强不变，夹角θ不变，D错．8.【解题指南】解答本题时注意以下两点：(1)带电微粒在电场中做类平抛运动.(2)注意恰好飞出时水平方向及侧向方向的距离.-19-\n【解析】选A、C．开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由：A对；电容器上板接电源正极时，微粒的加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则：得U＝120V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U＝200V，所以平行板上板带负电，电源电压为120V≤U≤200V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对，D错．9.【解析】选A、C.(1)若带同种电荷，设带电量分别为Q1和Q2，则将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：显然只有Q1=Q2时，才有F=F′，所以A选项正确，B选项错误；(2)若带异种电荷，设带电量分别为Q1和-Q2，则将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：由解得在时，才有F=F′，所以C选项正确，D选项错误.10.【解析】选B.等量异种电荷电场分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A到O电场线由疏到密；从O到B电场线由密到疏，所以从A→O→B，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示，由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反．电子受电场力方向水平向左，电子在从A→O→B过程中，电场力先由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，大小应先变大后变小，所以选项B正确．11.【解析】选C.增大极板间距离时，根据电容减小，A错误；极板间电压U不变，根据，Q减小，电容器放电，B错误，C正确；根据，极板间场强减小，电荷向下运动，D错误.-19-\n12.【解析】选A、C.由于P点仍处于板的中间，故电势不变，A正确；设原来两极板间距为d，两极板的电势差为U，带电油滴处于静止状态，则mg=，当电容器两极板绕OO′顺时针转过45°后，两极板间距变小为，由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，故此时的电场力为原来的倍,方向与水平方向成45°指向右上方.带电油滴的合力方向恰好水平向右，故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中电场力做正功，油滴的电势能不断减小，B、D选项错，C选项正确.13.【解析】(1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h则:h=at2/2即：代入数据，解得：h=0.03m=3cm(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：代入数据，解得：vy=1.5×106m/s所以粒子从电场中飞出时的速度为：设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：θ=37°(3)设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：代入数据，解得：Y=0.12m=12cm-19-\n(4)匀速圆周运动的半径：.由：代入数据，解得：|Q|=1×10-8C，Q=-1×10-8C答案:(1)3cm(2)2.5×106m/s，方向与v0成37°角(3)12cm(4)-1×10-8C14.【解析】(1)开始运动时力F最小，以B球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律得：解得最小力为：B球与挡板分离后力F最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为：F2=m3a.(2)B球与挡板分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得：①B球匀加速直线运动的位移为：x=r-d②由运动学公式得：v2=2ax③由①②③联立解得，带电小球B与挡板分离时的速度为：.(3)设B球对挡板做功W1，挡板对B球做功W2，电场力对B球做功W3，在B球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得：W+W1=④挡板对B球做的功W2=-W1⑤对B球应用动能定理得：-19-\nW3+W2=⑥由④⑤⑥联立解得电场力对B球做功为：答案:(1)m3a(2)(3)15.【解析】(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附，烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，烟尘颗粒的加速度，L=at2/2=qUt2／2mL，故t=0.02s(2)根据烟尘颗粒的分布规律，电场力做的总功可等效为所有颗粒都从两板正中央吸附到负极板电场力做的功，即W=nALqU/2=2.5×10-4J.(3)设烟尘颗粒下落距离为x，每个颗粒的动能为，则此时所有烟尘颗粒的总动能Ek总=nA(L-x)mv2/2=nA(L-x)qUx/L==,所以当x=时，总动能最大，又，-19-\n所以当时，总动能最大.答案:(1)0.02s(2)2.5×10-4J(3)【高考预测】1.【解析】选A．设两小球质量为m，所带电荷量为Q，根据库仑定律可知，两小球受到的库仑力，两小球在重力mg、细线拉力FT和库仑力F的作用下而平衡，如图所示．根据平衡关系，沿竖直方向有FTcosθ＝mg；沿水平方向有F＝FTsinθ；解得F＝mgtanθ.当电荷量减小一半时，F′＝＝mgtanθ′，比较可知两球之间的距离L′大于，故选项A正确．2.【解析】选A、C、D．从图象看到，从Q1到Q2电势是先减小后增大，可以判断Q1和Q2为同种正电荷，则B错误；若P点位于中点，两点电荷的电荷量相同，但是P点离Q2近点，说明Q1一定大于Q2，A、D项正确；根据电场的叠加原理可以判断P点电场强度为0，从图象看电势随距离的变化率也可以得出C项正确．3.【解析】选D．如果实线是电场线，由运动轨迹判断，电子受水平向右的电场力，场强方向水平向左，a点的电势低于b点的电势，电子在a点动能较小．如果实线是等势面，由运动轨迹判断，电子受竖直向下的电场力，场强方向竖直向上，a点的电势高于b点的电势，电子在b点动能较小．因为是匀强电场,a、b两点场强大小相等,则A、B、C错误，D正确.4.【解析】选B．小球带正电，进入电场后做减速运动，如果小球达到N点还没有减速到零，说明小球穿过了MN区域，如果小球还没有到N点就减速到零，说明小球不能穿过MN区域，A项错．如果小球没有穿过MN区域，根据能量守恒定律，小球能回到出发点，且速度为零，-19-\nB项对，C项错．如果小球一定能穿过MN区域，根据动能定理，电场力做的功与重力做的总功之和等于动能的变化，由于不知道小球在N点的速度是否为0，所以无法确定电场力做的功，D项错．5.【解析】(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以(2).(3)小球在AB间摆动，由对称性知，B处细线拉力与A处细线拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有TA＝Eq＝mg，所以TB＝TA＝mg或在B处，沿线方向合力为零，有TB＝Eqcos60°＋mgcos30°＝mg.答案:(1)(2)(3)mg6.【解析】(1)设电场强度为E，小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理：小球离开C点后做平抛运动到P点：2R=vCt联立方程解得：(2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理：qE(2R+Rsinα)-mgR(1-cosα)=即：=mgR(sinα+cosα+1)根据数学知识可得，当α=45°时动能最大-19-\n由此可得：(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律：[F-qEsinα-mgcosα=解得：F=(2+3)mg答案:(1)(2)(3)(2+3)mg7.【解析】综合分析带电质点P的受力情况和运动情况，建立清晰的物理图景是解答本题的关键.设质点P的质量为m，电荷量为q，当A、B间加电压U0时，根据题意有，当两板间所加电压为2U0时，P的加速度向上，设其大小为a，则联立解得，a=g.当两板间的电压为零时，P只受重力，加速度方向向下，大小为g，要P以最大幅度上下运动，而又不与两板相碰，则P达到A板或B板时速度必为零.根据运动的对称性可知，加上电压2U0后，P质点先向上做匀加速直线运动，运动后，撤去电场，继续向上做匀减速运动直到速度为零.到达A板后，在重力作用下，自由下落直到A、B的中点，然后又加上电压2U0-19-\n，使质点P向下做匀减速运动，至B板时，速度恰好减为零，然后反向加速，达到A、B中点时撤去电场，在重力作用下做匀减速运动到A板时，速度恰好为零，以后重复上述运动过程.综合以上分析，质点P的运动过程可用v-t图象表示，如图所示.由匀变速直线运动规律有其中a=g，解得设质点P从A板自由下落到A、B两板中点所经历的时间为Δt，则所以，由对称性得同理得所以(n≥2)答案:，，，-19-\n(n≥2)【方法技巧】带电体在电场中的运动问题的两种求解思路1.运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况:①带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;②带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动).(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似平抛运动的解决方法.2.功能观点:首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计算.(1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量.(2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的.-19-