1、单元高考模拟特训(七)一、选择题(15 题只有一项符合题目要求，68 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，共 48 分)1.如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在 M、N 两点，在M、 N 的连线上有对称点 a、c，M、N 连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( )A正电荷q 在 c 点电势能大于在 a 点电势能B正电荷q 在 c 点电势能小于在 a 点电势能C在 M、N 连线的中垂线上，O 点电势最高D负电荷q 从 d 点静止释放，在它从 d 点运动到 b 点的过程中，加速度先减小再增大解析：由等量同种正点电荷电场分布特点可知 a、c 两点电势相等，正电荷 q 在 a、c 两点
2、的电势能相等，A、B 错误M、N 连线的中垂线上由无穷远到 O 点场强先变大再变小，中 间某一位置场强最大，负电荷从无穷远到 O 点做加速度先增大再减小的加速运动，在 O 点时速度最大，动能最大，电势能最小， 过 O 点后做加速度先增大再减小的减速运动，动能减小，电势能增加，所以负电荷在 M、N 连线中垂线上的 O 点电势能最小，则 O 点电势最高，C 正确由于不知 b、d在 M、N 连线 中垂线上的具体位置，负电荷从 d 到 b 运动过程中加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，D 错误答案：C22019北京海淀区模拟基于人的指纹具有不变性和唯一性的特点，人们发明了指纹识别
3、技术目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示指纹的凸起部分叫“嵴” ，凹下部分叫“峪” 传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据根据文中信息，下列说法正确的是( )A在峪处形成的电容器电容较大B充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C在峪处形成的电容器放电较慢D潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响解析：根据
4、电容的计算公式可得 C ，极板与指纹嵴( 凸起S4kd部分) 的距离 d 较小，构成的电容器电容较大，故 A 错误；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据 QCU U 可知，极板与指纹峪( 凹的部分)的距S4kd离 d 较大， 电容小，构成的电容器充上的电荷量较少，在放电过程中放电时间短，故 B 正确，C 错误；湿的手与传 感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹识别，故 D 错误答案：B32019江西吉水中学等三校联考 一段均匀带电的半圆形细线在其圆心 O 处产生的场强为 E，把细线分成等长的圆弧 、 、ABC，则圆弧
5、在圆心 O 处产生的场强为( )ACDABAE B.E2C. D.E3 E4解析：如图所示，B、 C 两点把半圆环等分为三段根据对称性，三段细线在圆心处产生的电场强度大小相等设每段在 O 点产生的电场强度大小为 E，AB 段和 CD 段在 O 处产生的场强夹角为 120，它们的合场强大小为 E，则 O 点的合场强 E2E，则 E ，故E2圆弧 在圆心 O 处产生的场强为 ，B 正确ABCE2答案：B4.有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点 A、B、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且 AC 边与电场线平行已知 A、B 两点的电势分别为 A5 V， B1.8 V，A 、B 的距离
6、为 4 cm， B、C 的距离为 3 cm.若把一个电子( e1.610 19 C)从A 点移动到 C 点，那么电子电势能的变化量为 ( )A8.010 19 J B1.610 19 JC8.010 19 J D1.610 19 J解析：设 AB 与 AC 之间的夹角为 ，则 cos ，又 AB 的距离45xAB4 cm，则 AB 沿场强 方向的距离为 dABx ABcos4 cm 45 165cm，设 A、B 之间电势差为 UAB，则电场强度 为E 100 V/m.电子从 A 点到达 C 点电势能的变化量UABdAB A BdAB为 EpW 1.610 19 1000.05 J8.010 1
7、9 J，故 A 项正确答案：A52019河南安阳一模 如图所示，竖直平面内平行直线MN、PQ 间距为 d，直线与水平面成 30角，两线间有垂直指向 PQ的匀强电场一电荷量为q、质量为 m 的粒子在直线 PQ 上某点O 以初速度 v0 竖直向上射出不计重力，直线足够长，若粒子能打到 MN 上，则下列说法正确的是( )A电场强度最大值为3mv204qdB电场强度最小值为3mv204qdC电场强度最大值为3mv208qdD电场强度最小值为3mv208qd解析：带电粒子受电场力，把速度分解，垂直于 PQ 方向的分速度 v v 0cos30，沿 PQ 方向的分速度 v v 0sin30，若粒子刚好能打到
8、 MN 上， 则粒子到达 MN 时，速度平行于 MN 方向，此时电场强度最大，在垂直于 PQ 方向，d ，a ，解得 Emax ，Cv 22a Eqm 3mv208qd正确答案：C6.(多选) 光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与 x 轴平行，电势 与坐标轴 x 的关系式为：10 6x( 的单位为V，x 单位为 m)一带正电小滑块 P，从 x0 处以初速度 v0 沿 x 轴正方向运动，如图所示，则( )A电场的场强大小为 106 V/mB电场方向沿 x 轴正方向C小滑块的电势能一直增大D小滑块的电势能先增大后减小解析：根据场强与电势差的关系可知，E 10 6 V/m，A 项正U
9、d确；沿 x 轴正方向 电势 升高，由沿电场线方向 电势不断降低可知， 电场方向应沿 x 轴负方向，B 项错误；小滑块带正电，受电场力方向水平向左，故小滑块先向右减速再反向加速运动，因此电场力先做负功再做正功，其电势能先增大后减小，C 项错误，D 项正确答案：AD7.(多选) 如图所示，用实验方法描绘出的一对正负点电荷产生静电场的一簇等势线及其电势值，若一带电粒子只在电场力作用下沿图中的实线从 A 点运动到 C 点，下列说法正确的是( )A这一对正负点电荷右侧为负电荷，运动的带电粒子带正电B带电粒子在 A 点的电势能小于在 C 点的电势能C B 点的场强大于 C 点的场强D粒子从 A 点到 B
10、 点电场力所做的功等于从 B 到 C 点电场力所做的功解析：A 项，根据等势面的分布可知，从左向右 电势增加，故电场线方向从右向左，故右侧带正电，左侧带负电，通过离子的运动轨迹可知，离子受到的电场力向左，沿电场线方向，故粒子带正电，故A 错误 ；B 项 ，由于粒子带正电运动方向与受力方向相反，故电场力做负功，电势 能增大，故带电粒子在 A 点的电势能小于在 C 点的电势能，故 B 正确； C 项，等势面的疏密也代表场强 的大小，故 B 点的场强小于 C 点的 场强，故 C 错误；D 项， 电场力做功W qU，UAB2V ，UBC2V，故电场力做功相同，故 D 正确答案：BD82017江 苏卷，
11、8(多选)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 在 x 轴上分布如图所示下列说法正确的有( )Aq1 和 q2 带有异种电荷 B x1 处的电场强度为零C负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小D负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大解析：A 对：两个点电荷在 x 轴上，且 x1处的 电势为零，x x1处的电势大于零，x x1处的电势小于零如果 q1、q2为同种电荷，x 轴上各点的电势不会有正、负之分，故 q1、q2必为 异种电荷B 错：x 图象中曲线的斜率表示电场强度大小，x 1处的 电场强度不为零 C 对：x 2处的电势最高，负电荷从 x1移动到 x2，即从低电势处移动
12、到高电势处，电场力做正功，电势能减小D 错：由 x 图象知，从 x1到 x2，电场强度逐渐减小，负电荷从 x1移动到 x2，所受电场力减小答案：AC二、非选择题(本题共 3 个小题，52 分)9(16 分) 如图所示，空间存在着强度 E2.510 2 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 L 0.5 m 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端拴着质量 m0.5 kg、电荷量 q410 2 C 的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取g10 m/s 2.求：(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力；(3)当小
13、球继续运动后与 O 点水平方向距离为 L 时，小球距 O点的高度解析：(1) 由小球运 动到最高点可知，小球带正电(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，(qEmg)L mv212在最高点对小球由牛顿第二定律得，FTmgqEm v2L由式解得，F T15 N.(3)小球在 细线 断裂后，在竖直方向的加速度设为 a，则 aqE mgm设小球在水平方向运动 L 的过程中，历时 t，则 Lvt设竖直方向上的位移为 x，则 x at212由解得 x0.125 m所以小球距 O 点高度为 xL0.625 m.答案：(1) 正电 (2)15 N (3)0.625 m10(16 分) 如
14、图所示，在光滑绝缘的水平面上的 A，B 两点分别放置质量为 m 和 2m 的两个点电荷 QA和 QB，将两个点电荷同时释放，已知刚释放时 QA的加速度为 a，经过一段时间后(两电荷未相遇) ，QB的加速度也为 a，且此时 QB的速度大小为 v.求：(1)此时 QA的速度和加速度的大小；(2)这段时间内 QA和 QB构成的系统减小的电势能解析：(1) 设刚释 放时 QA和 QB之间的作用力大小 为 F1，当 QB的加速度也为 a 时，作用力大小为 F2，QA的速度为 vA根据动量守恒定律得 mvA2mv，解得 vA2v，方向与 v 相反根据牛顿第二定律得 F1ma，F 22ma此时 QA的加速度
15、 a 2a，方向与 a 相同F2m 2mam(2)根据能量转化和守恒定律可知，Q A和 QB构成的系统减小的电势能转化为两点电荷的动能，有 Ep mv 2mv23mv 2.12 2A 12答案：(1)2v 2a (3)3mv 211.(20 分 )如图， AB 为一对平行金属板，与竖直方向成 30角，B板上的小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 上的O 点，一比荷为 1.0105 C/kg 的带正电粒子 P 从 A 板上 O静止释放，沿 OO 做匀加速直线运动，以速度 v010 4 m/s，方向与x 轴正方向的夹角为 30，进入场强为 E 103 V/m，方向沿与 x43轴正方向成 60角斜向上
16、的匀强电场中，电场仅分布在 x 轴的下方，粒子的重力不计，试求：(1)A、B 两板间的电势差 UAB；(2)粒子 P 离开电场时的坐标；(3)若在 P 进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与 P 完全相同的带电粒子 Q.可使两粒子在离开电场前相遇，求所有满足条件的释放点的集合(不计两粒子之间的相互作用力) 解析：(1) 由 动能定理 qUAB mv12 20可得 UAB V500 Vmv202q v202qm 10422105(2)粒子 P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距 O 距离为 L，如图所示， 则Lcos30v 0tLsin30 t212qEm解得 L1 m所以 P 离开电场时的坐标为(1,0)(3)由于粒子 Q 与 P 完全相同，所以只需在 P 进入电场时速度方向的直线上的 OM 范围内任一点释放粒子 Q，可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为y x33OMLcos30 m32故 M 的横坐标为 xMOMcos30 0.75 m所以所有满足条件的释放点的集合为 y x 且 0x0.75 m33答案：(1)500 V (2)(1,0)(3)y x 且 0x 0.75 m33
