【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)热点突破提升练6 Word版含解析
【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练6 Word版含解析
分层限时跟踪练(六)(限时40分钟)一、单项选择题1．某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动，则下列说法正确的是()A．拉力的水平分力等于桌子所受的合力B．拉力的竖直分力小于桌子所受重力的大小C．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小D．拉力与重力的合力方向一定沿水平方向【解析】由于桌子沿水平地面匀速运动，所以一定沿地面有向后的滑动摩擦力，根据摩擦力的产生条件，一定有竖直向上的弹力，所以桌子应受到四个力的作用而平衡，即重力，斜向上的拉力，竖直向上的支持力和沿水平地面向后的摩擦力，且四个力的合力为零，故A错；将斜向上的拉力分解成竖直向上的分力和水平向前的分力，则竖直方向上三力平衡，水平方向上二力平衡，故B正确；拉力与摩擦力的合力大小等于拉力的竖直分力，小于重力，故C错；拉力和重力的合力方向一定斜向下不沿水平方向，故D错．【答案】 B2．(2014·上海高考)如图2-3-11所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中()图2-3-11A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡有F＝mg sin α，N＝mg cos α(α是重力与圆弧半径方向的夹角)，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，选项A正确．【答案】 A3．如图2-3-12所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F 的大小分别为()图2-3-12A．l＋mg2k，233mg B．l－mg2k，233mgC．l＋mg2k，23mg D．l－mg2k，23mg【解析】以A、B和弹簧组成的系统为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin30°，得F＝233mg；隔离A有kx＝mg sin 30°，得弹簧原长为l－x＝l－mg2k，故选项B正确．【答案】 B4．如图2-3-13所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为()图2-3-13A.33mg B.233mgC.3mg D．2mg【解析】以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示．根据题意可知θ＝30°，根据平衡条件可知：F N1＝mgcos θ＝233mg，选项B正确．【答案】 B5．(2016·福州模拟)如图2-3-14所示，光滑水平面上有一14的球体，球体的左侧面也光滑．质量分别为m1、m2的小球(均可看做质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起以共同的速度v0向左匀速运动，此时m2与球心O的连线与水平线成45°角．m2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则m2m1的最小值是()图2-3-14A.324 B.223C．2 D． 2【解析】当m1有最大值时，摩擦力沿球面向下，受力如图所示，根据共点力平衡得m2g sin 45°＋f＝T，f＝μN＝μm2g cos 45°，T＝m1g，联立三式解得m2m1＝223，选项B正确．【答案】 B二、多项选择题6．(2016·郴州模拟)如图2-3-15甲所示，在粗糙水平面上静置—个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两小物块同时各施加—个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如图2-3-15乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是()图2-3-15A．斜劈A仍保持静止B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力大小等于(M＋2m)gD．斜劈A对地面的压力大小大于(M＋2m)g【解析】题图甲中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体组成的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为(M＋2m)g，斜劈与地面之间没有摩擦力；在图乙中，物块p、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小等于(M＋2m)g，与地面间没有摩擦力，故A、C正确．【答案】AC7．如图2-3-16所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是()图2-3-16A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大【解析】若B对A无摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B无摩擦力，A正确；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，C错误；在P点缓慢下移过程中，以A、B为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．【答案】AB8．如图2-3-17所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()图2-3-17A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零【解析】A一直处于静止状态，所受合外力一直为零，选项A错误；对整体受力分析，根据平衡条件有，水平方向：F N＝F，F增大，则F N增大，选项B 正确；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝F N′sin θ，可见F增大，则F N′增大，F N″＝mg＋F N′cos θ，可见F N′增大，则F N″增大，根据牛顿第三定律可知球对地面的压力增大，选项C正确；以整体为研究对象，竖直方向有F N″＋f＝Mg，若F N″增大至与Mg相等，则f＝0，选项D正确．【答案】BCD9．如图2-3-18所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10 N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)()图2-3-18A ．小球A 受到杆对A 的弹力、绳子的张力B ．小球A 受到的杆的弹力大小为20 NC ．此时绳子与穿有A 球的杆垂直，绳子张力大小为2033 ND ．小球B 受到杆的弹力大小为2033 N 【解析】 由于拉动是缓慢进行的，因此任何一个小球均处于动态平衡状态，则对小球A 而言，仅受两个力的作用，杆对A 的弹力F N2与绳子的张力T 平衡，绳子垂直于A 所在的杆，选项A 正确．小球B 受到三个力平衡，拉力F 绳子弹力T 和杆对它的弹力F N1，把绳子上的弹力正交分解，则有T x ＝T cos 60°＝F ，可得T ＝2F ，因此小球A 受到的杆的弹力大小为T ＝2F ＝20 N ，选项B 正确，C 、D 错误．【答案】 AB三、非选择题10．如图2-3-19所示，P 为一个水闸的剖面图，闸门质量为m ，宽度为b .水闸两侧水面高分别为h 1、h 2，水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，求拉起闸门至少需要多大的力？图2-3-19【解析】 左侧和右侧水对闸门向右和向左的压力分别为：F 1＝ρgh 12·bh 1，F 2＝ρgh 22·bh 2.由水平方向合力为零可知，轨道与闸门之间的弹力F N 满足：F 1＝F 2＋F N ，即F N ＝F 1－F 2＝ρgb （h 21－h 22）2. 提起闸门时在一开始所需的拉力最大，其值为：F ＝mg ＋μ2F N ＋μ1(F 1＋F 2)＝mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22)． 【答案】 mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22)11．(2016·武汉模拟)如图2-3-20所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平衡后最低点为C 点．现测得AC 段绳长是CB 段绳长的n 倍，且绳子B 端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C 处和在A 处的弹力分别为多大．(重力加速度为g )图2-3-20【解析】 以BC 段为研究对象，设绳子B 端所受弹力为T B ，C 处所受弹力为T C ，如图甲所示．T B cos α＝1n ＋1mg ， T B sin α＝T C ，解得T C ＝mg n ＋1tan α.以AC 段为研究对象，设绳子A 端所受弹力为T A ，C 处所受弹力为T ′C ，如图乙所示．T A sin β＝n n ＋1mg ， T A cos β＝T ′C ，T C＝T′C，解得T A＝mgn＋1n2＋tan2α.【答案】mgn＋1tan αmgn＋1n2＋tan2α12．(2016·南昌模拟)如图2-3-21所示，在质量为m＝1 kg的重物上系着一条长为30 cm的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，当细绳的端点挂上重力为G的重物，而圆环将要开始滑动时，(g取10 m/s2)试求：图2-3-21(1)φ角的大小；(2)长为30 cm的细绳的张力；(3)重物G的质量．【解析】(1)因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F＝μF N.对环进行受力分析，则有μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，解得tan θ＝1μ＝43，得θ＝53°.又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由数学知识求得φ＝90°.(2)如图所示选取坐标轴，根据重物m处于平衡状态，则有G cos θ＋F T sin θ＝mg，F T cos θ－G sin θ＝0，解得F T＝8 N.(3)圆环将要滑动时，对重物进行受力分析可知：G sin θ＝F T cos θ，又G＝m′g，解得m′＝0.6 kg.【答案】(1)90°(2)8 N(3)0.6 kg。
【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)热点突破提升练6 Word版含解析
热点突破提升练(六)电场的性质(限时40分钟)一、单项选择题1．如图1所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()图1A．O点的电场强度不为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势也一直降低D．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直升高【解析】由对称性可知，O点场强为零，在x轴上，O点右侧每一点场强方向向左，O点左侧每一点场强方向向右，到无穷远处场强为零，从O点到无穷远处，x轴上的场强先增大后减小，又因为沿电场方向电势降低，所以O点电势最低，故选D.【答案】 D2．如图2所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为()图2A.6kqa2，方向由C指向OB.6kqa2，方向由O指向CC.3kqa2，方向由C指向OD.3kq a 2，方向由O 指向C【解析】 每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq （3a 3）2＝3kq a 2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kq a 2，方向由O 指向C ，B 项正确．【答案】 B3．(2014·安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图3所示．下列图象中合理的是( )图3A ．电场强度与位移关系B ．粒子动能与位移关系C ．粒子速度与位移关系D ．粒子加速度与位移关系【解析】 带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由E p x 图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A 错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B 错误；由于静电力不是恒力，加速度a 应该越来越小，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 D4．如图4所示，一光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，一点电荷固定在圆环的最高点A处，重力为G、带电荷量大小为q的小球P(可视为点电荷)套在环上．若小球P静止时与圆心O的连线恰好处于水平位置，则下列判断正确的是()图4A．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为2G qB．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为G qC．圆环对小球P的弹力大小为2GD．圆环对小球P的弹力大小为2 2G【解析】小球P受力如图所示，则点电荷与小球P间的库仑力大小F1＝F＝Gcos 45°＝2G，点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小E＝F1q＝2Gq，选项A正确，B错误；圆环对小球P的弹力大小F N＝G tan 45°＝G，选项C、D错误．【答案】 A5．将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成稳定的电场如图5所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则()图5A．C、D两点的电场强度相同，电势相等B．A、B两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从A点移至B点，电场力做负功D．将电子从A点移至D点，电势能增大【解析】C、D两点在同一等势面上，电势相等，但场强方向不同，故电场强度不相同，则A选项错误；A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，场强方向相反，电场强度不同，故B选项错误；由题图可知从A点移至B点电势降低，故将电子从A点移至B点，电场力做负功，则C选项正确；A点、D点在同一等势面上，故将电子从A点移至D点，电场力不做功，电势能不变，故D选项错误．【答案】 C6．如图6所示，直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场．以O点为圆心、R＝0.10 m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 3 V、－2 V，则下列说法正确的是()图6A．匀强电场的方向沿y轴负方向B．d点的电势为－ 3 VC．将一个电子从c点移到O点，电子的电势能增加2 eVD．将一个电子沿圆弧ab顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大【解析】因为a点电势高于c点电势，故电场线不可能沿y轴负方向，A项错；根据匀强电场中等势面特点，可知φO＝φa＋φc2＝0，同理φO＝φb＋φd2＝0，故d点电势φd＝－2 3 V，B项错；电子在c点的电势能E p c＝eφc＝2 eV，在O 点电势能为零，故电子从c移到O点，电子的电势能减少2 eV，C项错；由电场线与等势面处处垂直特点可知，电场大致方向是指向右上方，故电子沿圆弧顺时针从a点移到b点先逆着电场线方向运动，再顺着电场线方向运动，电子带负电，故电子的电势能先减小后增大，D项正确．【答案】 D7．如图7所示，在空间中有平行于xOy平面的匀强电场，一群带正电粒子(电荷量为e，重力不计，不计粒子间相互作用)从P点出发，可以到达以原点O 为圆心、R＝25 cm为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能增加量最大，为60 eV，已知∠OAP＝30°.则下列说法正确的是()图7A．该匀强电场的方向沿x轴负方向B．匀强电场的电场强度是240 V/mC．过A点的电场线与x轴垂直D．P、A两点间的电势差为60 V【解析】到A点时，动能增加量最大，说明等势面在A点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到比A点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A 点时动能增加量大)，即等势面与y轴平行，电场力做正功，所以电场沿x轴正方向，P、A两点间的电势差U P A＝We＝60 V，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E＝U P A2R cos 30°cos 30°＝160 V/m，故D正确，A、B、C错误．【答案】 D8．(2016·唐山模拟)如图8所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A的过程中动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A 的过程中动能增加E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为()图8A.2E0ea B.E0eaC.23E03ea D.3E03ea【解析】对电子从B到A的过程，由动能定理可知，－eU BA＝－E0；对质子从C到A的过程，有eU CA＝E0，可见U BA＝U CA，故B、C两点电势相等，在同一等势面上，AB沿电场线方向上的距离d＝a sin 60°＝32a，由场强与电势差的关系E＝Ud，解得E＝23E03ea，选项C正确．【答案】 C9．在中间位置有固定转动轴的长为2l的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为＋q的小球1和2，装置放在如图9所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减少量是()图9A．一定大于12Uq B．一定等于2(Uq＋mgl)C．一定小于Uq D．一定大于Uq＋mgl【解析】杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加超过12Uq，小球1的电势能降低量小于12Uq，系统重力势能未变，动能减少，故A、B、D错误，C正确．【答案】 C10．(2016·齐齐哈尔模拟)如图10所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为－Q.现从A 点将一质量为m、电荷量为－q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4gr，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g.则在－Q形成的电场中()图10A．D点的电势为7mgr qB．A点的电势高于D点的电势C．O点的电场强度大小是A点的2倍D．点电荷－q在D点具有的电势能为7mgr【解析】在C点固定一电荷量为－Q的点电荷，A、B相对CD线左右对称，则φA＝φB＝0 V，点电荷－q从A点由静止释放以后沿光滑轨道ADB运动到D点过程中，由动能定理可得：mgr＋W电＝12m v2－0，得W电＝7mgr，由W电＝E p A－E p D，得E p D＝－7mgr，由φD＝E p D－q，得φD＝7mgrq，则φD＞φA，A正确，B、D错误；由场强公式E＝kQr2可知：E A＝kQ（2r）2，E O＝kQr2，E O＝2E A，则C错误．【答案】 A二、多项选择题11．如图11所示，空间有两个等量的异种点电荷M、N固定在水平面上，虚线POQ为MN连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从P点运动到Q点，其轨迹为图中的实线，轨迹与MN连线的交点为A.则下列叙述正确的是()图11A．电荷M带负电B．A点的电势比P点的电势低C．试探电荷在A点速度最大D．试探电荷从P运动到Q的过程中电场力先做负功后做正功【解析】电荷做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电荷N带负电，A项错误；由等量异种点电荷电场线分布特征及沿电场线方向电势逐渐降低可知，B项正确；试探电荷从P到A的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减少，试探电荷从A到Q的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项C错误、D正确．【答案】BD12．如图12所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是()图12A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B ．由于AB 的长度等于BC 的长度，故U AB ＝U BCC ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量【解析】 由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A 选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB 的长度等于BC 的长度，但AB 段与BC 段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq ＞m c v 2r ，即m b ＞m c ，故D 选项正确．【答案】 CD13．(2015·南昌模拟)如图13所示，质量为m ，带电荷量为q 的带电微粒，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B 点时速率v B ＝2v 0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是( )图13A ．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B ．带电微粒的机械能增加了2m v 20C ．A 、B 两点间的电势差为2m v 20/qD ．A 、B 两点间的电势差为3m v 20/q【解析】 由题意知：从A 到B 的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为qE m ，竖直方向上以初速度为v 0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有等时性．由运动学公式可得：2v 0＝qE m t ，v 0＝gt ，则qE ＝2mg ，选项A 正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE ＝12m (2v 0)2＝2m v 20，选项B 正确；根据电场力做功的特点，qU ＝2m v 20，U＝2m v 20q ，选项C 正确，选项D 错误．【答案】 ABC14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E p 随位移x 的变化关系如图14所示，则下列说法正确的是( )图14A ．粒子从x 1处运动到x 2处的过程中电场力做正功B ．x 1、x 2处电场强度方向沿x 轴正方向C ．x 1处的电场强度大小大于x 2处的电场强度大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低【解析】 由于粒子从x 1运动到x 2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x 轴正方向，电场强度方向沿x 轴负方向，选项A 正确，B 错误；由ΔE p ＝qE Δx ，得qE ＝ΔE p Δx，由于x 1处的图线斜率的绝对值小于x 2处图线斜率的绝对值，因此x 1处的电场强度大小小于x 2处的电场强度大小，选项C 错误；沿着电场线方向电势降低，故x 1处的电势比x 2处的电势低，选项D 正确．【答案】 AD15．如图15甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( 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2017版高考物理一轮复习(通用版)热点突破提升练10含解析
热点突破提升练(十) 电磁感应规律的应用(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·保定模拟)如图1所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()图1A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置【解析】当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确．【答案】B2．如图2所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图2A ．顺时针加速旋转B ．顺时针减速旋转C ．逆时针加速旋转D ．逆时针减速旋转【解析】 由楞次定律知，欲使b 中产生顺时针电流，则a 环内磁场应向里减弱或向外增强，a 环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b 环又有收缩趋势，说明a 环外部磁场向外，内部向里，故选B.【答案】 B3．如图3所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图3A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt【解析】 由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt ·a 22，得E ＝nBa 22Δt，选项B 正确． 【答案】 B4．(2014·广东高考)如图4所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )图4A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，所以落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．【答案】C5．如图5所示，粗糙水平桌面上有一个质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图5A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右【解析】根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路．“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势．在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故F N先大于mg后小于mg.【答案】D6．(2016·大同质检)如图6所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块U形磁铁置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()图6A．摩擦力方向一直向右B．摩擦力方向先向左后向右C．感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向为顺时针→逆时针【解析】由楞次定律的推论“来拒去留”可知平板对线圈的静摩擦力方向一直向左，A、B错误；根据楞次定律和右手定则可判得，感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针，选项C正确，D错误．【答案】C7．如图7所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将开关S断开．则下列说法正确的是()图7A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．b 点电势高于a 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭【解析】 开关S 闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B 、C 灯支路电阻小，故流过A 灯的电流I 1大于流过B 、C 灯的电流I 2，且电流方向由a 到b .当开关S 断开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b 点电势高于a 点，阻碍流过A 灯的电流减小，瞬时流过B 、C 灯支路的电流比原来的大，故B 、C 灯闪亮后再缓慢熄灭，故选项B 正确．【答案】 B8．如图8(a)所示，电路的左侧是—个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示，则在0～t 0时间内电容器( )图8A ．上极板带正电，所带电荷量为CS （B 2－B 1）t 0 B ．上极板带正电，所带电荷量为C （B 2－B 1）t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS （B 2－B 1）t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C （B 2－B 1）t 0【解析】 根据法拉第电磁感应定律，电动势E ＝（B 2－B 1）S t 0，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量Q ＝CU ＝CS （B 2－B 1）t 0.根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电．故选项A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A9．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )图9A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2【解析】 金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q ＝ΔE ＝12m v 2＋mg (b －a )． 【答案】 D10．如图10所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n 1和n 2的圆形闭合线圈A 和B ，两线圈所在平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比I A ∶I B 为( )图10A.n 1n 2B.n 2n 1C.n 21n 22D.n 22n 21【解析】 依题意知线圈A 和B 的长度、横截面积和材料(电阻率)都相同，所以电阻相同，由L A＝n12πr1＝L B＝n22πr2得r1r2＝n2n1，两线圈中的感应电流之比等于两线圈感应电动势之比：I AI B＝E1E2＝n1S An2S B＝n1πr21n2πr22＝n2n1，所以B正确．【答案】B二、多项选择题11．如图11所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是()图11A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加【解析】只有当圆盘中的磁通量发生变化时才产生感应电流．当圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动或圆盘在磁场中向右匀速平移时，圆盘中的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，A、C错误；当圆盘以某一水平直径为轴匀速转动或匀强磁场均匀增加时，圆盘中的磁通量发生变化，会产生感应电流，B、D正确．【答案】BD12．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图12所示．则()图12A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v （π＋2）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v （5π＋3）R 0【解析】 开始时刻，感应电动势E 1＝BL v ＝2Ba v ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Ba v ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BL v ，I ＝E R ，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2a v R 0（2＋π），故C 项错误；θ＝π3时，F ＝3B 2a v R 0（5π＋3），故D 项正确． 【答案】 AD13．如图13所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小B ＝B 0－kt ，k 为正数．用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，AB 为圆环的一条直径，则( )图13A ．圆环中一直是沿逆时针方向的感应电流B ．圆环中感应电流的大小一直是krS 4ρC ．磁场对圆环作用力的方向一直是垂直于AB 向左D ．磁场对圆环作用力的大小随时间是均匀变化的【解析】 根据B ＝B 0－kt 得磁场先减小后反向增大，感应电流方向不变，一直沿顺时针方向，根据楞次定律可知，安培力方向先垂直AB 向左后垂直AB向右，则A 、C 错．E ＝ΔΦΔt ＝k πr 22，则电流I ＝E R ＝E ρ2πr S＝krS 4ρ，B 对．安培力F ＝BIL ＝(B 0－kt )IL ，随时间均匀变化，D 对．【答案】 BD14．如图14所示，两条平行竖直虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l .金属圆环的直径也为l .圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域．则下列说法正确的是()图14A ．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B ．感应电流的方向先逆时针后顺时针C ．金属圆环受到的安培力先向左后向右D ．进入磁场时感应电动势平均值E ＝12πBl v 【解析】 在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E ＝BL v ，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以判断穿出磁场时的情况，A 、B 两项正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和穿出磁场时受到的安培力都向左，C 项错误；进入磁场时感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ·14πl 2l v ＝14πBl v ，D 项错误．【答案】 AB15．(2014·四川高考)如图15所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图15A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N【解析】 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δtsin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R ＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12 N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．图1 图2【答案】 AC。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题
)
图 133
【解析】 由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝ ＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误； 由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确． 【答案】 D
考 运动学图象 追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分 层 限 时 跟 踪 练
考 点 三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象 图象 举例 vt 图象
图象 意义
表示位移的变化过程和规律，表示 质点运动在某时刻的 位置 或某段 时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】 由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速 运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错 误，D 正确． 【答案】 D
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.4万有引力与航天
【解析】 第一宇宙速度为物体沿近地轨道做匀速圆周运动的运行速度，天 GMm v GM 宫一号轨道半径大于地球半径，由 r2 ＝m r 得 v＝ r ，故其速度小于第一 4π2 宇宙速度，故选项 A 错误；赤道上物体随地球自转的加速度 a 总＝R 2 ，天宫 T地 4π2 一号的加速度 a 天＝r 天 2 ，根据轨道半径和周期关系 R<r 天，T 地>T 天，可知天 T天 宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度， 故选项 B 正确； 根据 ω 2π ω天 T地 24×60 ＝ T 知 ＝ ＝ 90 ＝16，故选项 C 正确；在天宫一号上航天员和其他物 ω地 T天 体均处于完全失重状态，天平不能使用，故 D 错误．
2
【答案】 BC
[规律总结] (1)区别
赤道物体、近地卫星、同步卫星的比较
①同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于 近地卫星的周期． ②近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径 ，而不等于同 步卫星运动半径． ③三者的线速度各不相同．
(2)求解此类题的关键 ①在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应 GM 依据二者角速度相同的特点，运用公式 a＝ω r 而不能运用公式 a＝ r2 .
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
2 Mm v 【解析】 探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由 G R2 ＝m R ，得 v＝
2GM GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度 2v＝ R ，与，半径为 R，则地球的质量为 10M，半径为 2R， 10Mm 5GMm Mm 地球对探测器的引力 F1＝G 2 ，比火星对探测器的引力 F2＝G 2 2＝ 2 R R （2R） 大，选项 B 正确；探测器脱离地球时的发射速度 v1＝ 2G· 10M 10GM ＝ R ，脱 2R
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.1功和功率
第 1 课时 功和功率
[考纲定位] 功和功率(Ⅱ)
考点 1| 功的分析与计算 1．功的正负 (1)0≤α＜90°，力对物体做 正 功． (2)90°＜α≤180°，力对物体做负 功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α ＝90°，力对物体不做功． 2．功的计算：W＝Flcos α (1)α 是力与位移 方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力 做功． (3)功是 标(填“标”或“矢”)量．
A．0～2 s 内外力的平均功率是 4 W B．第 2 s 内外力所做的功是 4 J C．第 2 s 末外力的瞬时功率最大 D．第 1 s 末与第 2 s 末外力的瞬时功率之比为 9∶4
图 514
【解析】 第 1 s 末质点的速度 F1 3 v1＝ m t1＝1×1 m/s＝3 m/s. 第 2 s 末质点的速度 F2 1 v2＝v1＋ m t2＝(3＋1×1) m/s＝4 m/s. 1 2 1 2 则第 2 s 内外力做功 W2＝2mv2－2mv1＝3.5 J 0～2 s 内外力的平均功率
甲
乙 图 516 (1)运动过程中汽车发动机的输出功率 P； (2)汽车速度减至 8 m/s 的加速度 a 的大小； (3)BC 路段的长度．
【解析】 (1)汽车在 AB 路段时牵引力和阻力相等， 则 F1＝Ff1，输出功率 P＝F1v1， 解得 P＝20 kW. (2)t＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 P F2＝Ff2，P＝F2v2，则 Ff2＝ ， v2 解得 Ff2＝4 000 N. v＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 P Ff2－F＝ma，F＝ v ， 解得 a＝0.75 m/s2.
(3)对 BC 段由动能定理得 1 2 1 2 Pt－Ff2x＝2mv2－2mv1， 解得 x＝93.75 m.
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.3电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离 Y 的四种方法： ①Y＝y＋dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；
L ②Y＝2＋dtan
θ(L 为电场宽度)；
图 635
1 2 【解析】 设粒子离开电场 E1 时速度为 v，由动能定理得 qE1d1＝ mv －0， 2 v＝ 2qE1d1 1 2 at m ，在电场 E2 中 y＝2at ，E2q＝ma，L＝vt，tan φ＝ v ，联立以上方
2 E2L2 E2L E2 L 2 q 程得 y＝4E d ，tan φ＝2E d .所以，在电场 E2 中电场力做功 W＝E2qy＝4E d ， 1 1 1 1 1 1
(1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度．
图 633
【解析】 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos
α＝mg
U 又 E＝ d qUcos α 解得：m＝ dg 代入数据得 m＝8×10－8 kg.
(2)对液滴由动能定理得： 1 2 1 2 qU＝2mv －2mv0， 所以 v＝ 7 ＝ 2 m/s.
(4)运动规律
l ①水平方向匀速直线运动：t＝ v0 ．
qU 1 2 qUl2 qE ②竖直方向匀加速直线运动：a＝ m ＝md ，y＝2at ＝2mdv2. 0
(5)思路图解： 带电粒子垂直进入匀强电场中的运动 只受↓电场力
vy U2l 2y1 U2l2 偏转角：tan θ ＝ ＝ ＝ ；侧移距离：y1＝ v0 2U1d l 4dU1
[题组突破] 1．[电容器动态变化问题]板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时， 两极板间电势差为 U1，板间电场强度为 E1.现将电容器所带电荷量变为 2Q，板 1 间距变为2d，其他条件不变，这时两极板间电势差为 U2，板间场强为 E2，下列 说法正确的是( ) B．U2＝2U1，E2＝4E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.2电场能的性质
图 622
【解析】 在两等量异种点电荷的电场中，根据电场线的分布可知，a、b 两点处电场线的切线方向不同，故 a 点与 b 点电场强度不同，选项 A 错误；由 于 a、b 附近的电场线比 c、d 附近的电场线密，a、b 附近的平均场强比 c、d 附 近的大，故 a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差，选项 B 正确；将 带负电的试探电荷由 a 点沿直线向 b 点移动，电场力做负功，电势能增加，故 选项 C 正确；带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程中，电场力 的方向总是与速度方向垂直，电场力不做功，选项 D 错误．
图 626
[题组突破] 7．[电场强度与电势的关系]如图 627 所示，以 O 点为圆心，以 R＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴的交点分别为 a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场， 场强方向与 x 轴正方向夹角 θ＝60°，已知 a、b、c 三点电势分别为 4 3 V，4 V， －4 3 V，则下列说法正确的是( )
【答案】 BC
3．[电势能变化的判断]如图 622 所示，在两等量异种点电荷的电场中， OO′是正方形 abcd 的对称轴，且在两电荷连线的中垂线上，则下列判断正确的 是( )
A．a 点与 b 点电场强度相同 B．a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差 C．带负电的试探电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能 D．带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程 中电场力总是做正功
【答案】 BC
[规律总结] (1)电势高低的四种判断方法 判断角度 依据电场线 方向 判断方法 沿电场线方向电势逐渐降低
WAB 依据电场力 依据 UAB＝ ，将 WAB、q 的正负号代入，由 UAB 的正负判 q 做功 断 φA、φB 的高低
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热点突破提升练(六) 电场的性质(限时40分钟)一、单项选择题1．如图1所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )图1A ．O 点的电场强度不为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度一直减小，电势也一直降低D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直升高【解析】 由对称性可知，O 点场强为零，在x 轴上，O 点右侧每一点场强方向向左，O 点左侧每一点场强方向向右，到无穷远处场强为零，从O 点到无穷远处，x 轴上的场强先增大后减小，又因为沿电场方向电势降低，所以O 点电势最低，故选D.【答案】 D2．如图2所示，边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为( )图2A.6kq a 2，方向由C 指向OB.6kq a 2，方向由O 指向CC.3kq a 2，方向由C 指向OD.3kq a 2，方向由O 指向C【解析】 每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq （3a 3）2＝3kq a 2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kq a 2，方向由O 指向C ，B 项正确．【答案】 B3．(2014·安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图3所示．下列图象中合理的是( )图3A ．电场强度与位移关系B ．粒子动能与位移关系C ．粒子速度与位移关系D ．粒子加速度与位移关系【解析】 带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由E p x 图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．【答案】 D4．如图4所示，一光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，一点电荷固定在圆环的最高点A处，重力为G、带电荷量大小为q的小球P(可视为点电荷)套在环上．若小球P静止时与圆心O的连线恰好处于水平位置，则下列判断正确的是()图4A．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为2G qB．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为G qC．圆环对小球P的弹力大小为2GD．圆环对小球P的弹力大小为2 2G【解析】小球P受力如图所示，则点电荷与小球P间的库仑力大小F1＝F＝Gcos 45°＝2G，点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小E＝F1q＝2Gq，选项A正确，B错误；圆环对小球P的弹力大小F N＝G tan 45°＝G，选项C、D 错误．【答案】 A5．将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成稳定的电场如图5所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则()图5A．C、D两点的电场强度相同，电势相等B．A、B两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从A点移至B点，电场力做负功D．将电子从A点移至D点，电势能增大【解析】C、D两点在同一等势面上，电势相等，但场强方向不同，故电场强度不相同，则A选项错误；A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，场强方向相反，电场强度不同，故B选项错误；由题图可知从A点移至B点电势降低，故将电子从A点移至B点，电场力做负功，则C选项正确；A点、D点在同一等势面上，故将电子从A点移至D点，电场力不做功，电势能不变，故D选项错误．【答案】 C6．如图6所示，直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场．以O点为圆心、R＝0.10 m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 3 V、－2 V，则下列说法正确的是()图6A．匀强电场的方向沿y轴负方向B．d点的电势为－ 3 VC．将一个电子从c点移到O点，电子的电势能增加2 eVD．将一个电子沿圆弧ab顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大【解析】因为a点电势高于c点电势，故电场线不可能沿y轴负方向，A项错；根据匀强电场中等势面特点，可知φO＝φa＋φc2＝0，同理φO＝φb＋φd2＝0，故d点电势φd＝－2 3 V，B项错；电子在c点的电势能E p c＝eφc＝2 eV，在O 点电势能为零，故电子从c移到O点，电子的电势能减少2 eV，C项错；由电场线与等势面处处垂直特点可知，电场大致方向是指向右上方，故电子沿圆弧顺时针从a点移到b点先逆着电场线方向运动，再顺着电场线方向运动，电子带负电，故电子的电势能先减小后增大，D项正确．【答案】 D7．如图7所示，在空间中有平行于xOy平面的匀强电场，一群带正电粒子(电荷量为e，重力不计，不计粒子间相互作用)从P点出发，可以到达以原点O 为圆心、R＝25 cm为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能增加量最大，为60 eV，已知∠OAP＝30°.则下列说法正确的是()图7A．该匀强电场的方向沿x轴负方向B．匀强电场的电场强度是240 V/mC ．过A 点的电场线与x 轴垂直D ．P 、A 两点间的电势差为60 V【解析】 到A 点时，动能增加量最大，说明等势面在A 点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到比A 点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A 点时动能增加量大)，即等势面与y 轴平行，电场力做正功，所以电场沿x 轴正方向，P 、A 两点间的电势差U P A ＝W e ＝60 V ，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E ＝U P A2R cos 30°cos 30°＝160 V/m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D8．(2016·唐山模拟)如图8所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 的过程中动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 的过程中动能增加E 0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )图8A.2E 0eaB.E 0eaC.23E 03eaD.3E 03ea【解析】 对电子从B 到A 的过程，由动能定理可知，－eU BA ＝－E 0；对质子从C 到A 的过程，有eU CA ＝E 0，可见U BA ＝U CA ，故B 、C 两点电势相等，在同一等势面上，AB 沿电场线方向上的距离d ＝a sin 60°＝32a ，由场强与电势差的关系E ＝U d ，解得E ＝23E 03ea ，选项C 正确．【答案】 C9．在中间位置有固定转动轴的长为2l 的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m 、电荷量为＋q 的小球1和2，装置放在如图9所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B 、A 位置，A 、B 间电势差是U ，小球1、2构成的系统动能减少量是( )图9A ．一定大于12UqB ．一定等于2(Uq ＋mgl )C ．一定小于UqD ．一定大于Uq ＋mgl【解析】 杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加超过12Uq ，小球1的电势能降低量小于12Uq ，系统重力势能未变，动能减少，故A 、B 、D 错误，C 正确．【答案】 C10．(2016·齐齐哈尔模拟)如图10所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( )图10A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr【解析】 在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12m v 2－0，得W 电＝7mgr ，由W电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD ＞φA ，A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ （2r ）2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，则C 错误．【答案】 A二、多项选择题11．如图11所示，空间有两个等量的异种点电荷M 、N 固定在水平面上，虚线POQ 为MN 连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从P 点运动到Q 点，其轨迹为图中的实线，轨迹与MN 连线的交点为A .则下列叙述正确的是( )图11A．电荷M带负电B．A点的电势比P点的电势低C．试探电荷在A点速度最大D．试探电荷从P运动到Q的过程中电场力先做负功后做正功【解析】电荷做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电荷N带负电，A项错误；由等量异种点电荷电场线分布特征及沿电场线方向电势逐渐降低可知，B项正确；试探电荷从P到A的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减少，试探电荷从A到Q的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项C错误、D正确．【答案】BD12．如图12所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是()图12A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB＝U BCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【解析】由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB的长度等于BC的长度，但AB段与BC段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq ＞m c v 2r ，即m b ＞m c ，故D 选项正确．【答案】 CD13．(2015·南昌模拟)如图13所示，质量为m ，带电荷量为q 的带电微粒，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B 点时速率v B ＝2v 0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是( )图13A ．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B ．带电微粒的机械能增加了2m v 20C ．A 、B 两点间的电势差为2m v 20/qD ．A 、B 两点间的电势差为3m v 20/q【解析】 由题意知：从A 到B 的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为qE m ，竖直方向上以初速度为v 0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有等时性．由运动学公式可得：2v 0＝qE m t ，v 0＝gt ，则qE ＝2mg ，选项A 正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE ＝12m (2v 0)2＝2m v 20，选项B 正确；根据电场力做功的特点，qU ＝2m v 20，U ＝2m v 20q ，选项C 正确，选项D 错误．【答案】ABC14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E p随位移x的变化关系如图14所示，则下列说法正确的是()图14A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向C．x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小D．x1处的电势比x2处的电势低【解析】由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，电场强度方向沿x轴负方向，选项A正确，B错误；由ΔE p＝qEΔx，得qE＝ΔE pΔx，由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，选项C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，选项D正确．【答案】AD15．如图15甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()图15A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V【解析】 速度图线斜率表示质点运动的加速度，由加速度定义式可知，a ＝0.35 m/s 2＝0.06 m/s 2，由牛顿第二定律得Eq ＝ma ，解得E ＝1.2 V/m ，A 项正确；由速度图象及动能定理可知，小球由C 到A 过程中，电场力做正功，故小球的电势能一直减小，B 项错；由电势能与电势关系E p ＝qφ可知，由C 到A 过程中，电势不断降低，C 项正确；小球由C 到B 过程中，qU CB ＝12m v 2，解得U CB ＝0.9 V ，D 项正确．【答案】 ACD。