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1、2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第六章 章末限時(shí)練（含解析） 新人教版 (滿分：100分　時(shí)間：90分鐘) 一、選擇題(每小題5分，共60分) 1．以下說法正確的是 (　　) A物體所帶的電荷量是任意實(shí)數(shù) B．元電荷就是電子或質(zhì)子 C．物體所帶電荷量的最小值是1.60×10－19 C D．凡試探電荷都是點(diǎn)電荷，凡點(diǎn)電荷都能作為試探電荷 答案　C 解析　元電荷的值是1.60×10－19 C，是物體所帶電荷量的最小值，任何帶電體所帶電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，而非任意實(shí)數(shù)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確．質(zhì)子和電子所帶電荷量為元電荷，但本身不是元電荷，選項(xiàng)B

2、錯(cuò)誤．試探電荷不占空間且對(duì)原電場(chǎng)的影響可忽略，故是點(diǎn)電荷，并非任意的點(diǎn)電荷都能作為試探電荷，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．將質(zhì)量為m的正點(diǎn)電荷q在電場(chǎng)中由靜止釋放，在它運(yùn)動(dòng)過程中如果不計(jì)重力，下述正確的是 (　　) A．點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)軌跡必與電場(chǎng)線重合 B．點(diǎn)電荷的速度方向必定和所在點(diǎn)的電場(chǎng)線的切線方向一致 C．點(diǎn)電荷的加速度方向必與所在點(diǎn)的電場(chǎng)線的切線方向一致 D．點(diǎn)電荷的受力方向必與所在點(diǎn)的電場(chǎng)線的切線方向一致 答案　CD 解析　正點(diǎn)電荷q由靜止釋放，如果電場(chǎng)線為直線，電荷將沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，但如果電場(chǎng)線是曲線，電荷一定不沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)(因?yàn)槿绻仉妶?chǎng)線運(yùn)動(dòng)，其速度方

3、向與受力方向重合，不符合曲線運(yùn)動(dòng)的條件)，故A選項(xiàng)不正確；由于點(diǎn)電荷做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)力方向不再一致(初始時(shí)刻除外)，故B選項(xiàng)不正確；而點(diǎn)電荷的加速度方向，即電荷所受電場(chǎng)力方向必與該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向一致，即與所在點(diǎn)的電場(chǎng)線的切線方向一致，故C、D選項(xiàng)正確． 3．如圖1所示，A、B為兩個(gè)固定的等量同種正電荷，在它們連線的 中點(diǎn)處有一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的正電荷C，現(xiàn)給電荷C一個(gè)垂直于 連線的初速度v0，若不計(jì)C所受的重力，則關(guān)于電荷C以后的 圖1 運(yùn)動(dòng)情況，下列說法中正確的是 (　　) A．加速度始終增大 B．加速度先增大后減小 C．速度先增大后

4、減小 D．速度始終增大 答案　BD 解析　等量同種正電荷中垂線上電場(chǎng)線分布如圖所示，電場(chǎng)強(qiáng)度從 O到無窮遠(yuǎn)處先增大后減小，根據(jù)a＝知，加速度先增大后減小， 由于速度方向與加速度方向始終一致，電荷一直加速，速度始終 增大，B、D正確． 4．在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中有a、b兩點(diǎn)，相距為d，已知a 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與ab連線成30°角，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) 方向與ab連線成120°角，如圖2所示，則點(diǎn)電荷Q的電 圖2 性和b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為 (　　) A．正電、E/3 B．負(fù)電、E/3 C．正電、3E D．負(fù)電、3E 答案　D 解

5、析　由a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向交于一點(diǎn)可知，此點(diǎn)電荷帶負(fù)電 設(shè)b到點(diǎn)電荷的距離為r，則由三角形知識(shí)可知a到點(diǎn)電荷的 距離為r 所以E＝k Eb＝k Eb＝3E，D選項(xiàng)正確． 5．如圖3所示，兩帶未知電荷量的點(diǎn)電荷q1、q2相距為d， 若兩點(diǎn)電荷連線上在q2外側(cè)的一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為零， 則 (　　) 圖3 A．兩點(diǎn)電荷必為異種電荷且q1、q2間也有一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零 B．q1的電荷量大小大于q2的電荷量大小 C．x＝ D．x＝ 答案　BD 解析　由于點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以有＝，可得x＝，且q1>q2. 6．如圖4所示，虛線表示某電場(chǎng)的等勢(shì)面．一

6、帶電粒子僅在電場(chǎng)力 作用下由A運(yùn)動(dòng)到B的徑跡如圖中實(shí)線所示．粒子在A點(diǎn)的加速 度為aA、電勢(shì)能為EA；在B點(diǎn)的加速度為aB、電勢(shì)能為EB.則下 列結(jié)論正確的是 (　　) 圖4 A．粒子帶正電，aA>aB，EA>EB B．粒子帶負(fù)電，aA>aB，EA>EB C．粒子帶正電，aA

7、的關(guān)系，EA

8、運(yùn)動(dòng)，則有vAtA＝vBtB，豎直方向上對(duì)A有＝at，對(duì)B有h＝at，通過計(jì)算可知vA＝vB，A項(xiàng)正確；通過題圖可以看出，A粒子的偏向角要小于B粒子的偏向角，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力對(duì)B粒子做功為A粒子的兩倍，A粒子的初動(dòng)能為B粒子的兩倍，所以到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能有可能相同，C項(xiàng)正確；由水平速度與時(shí)間的關(guān)系可知，加大電壓，兩粒子水平方向上的位移相同，D項(xiàng)正確． 8．如圖6所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a 流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內(nèi)部原有 電荷P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些的 瞬間(兩極板仍平行)，P的運(yùn)動(dòng)情況將是 (　　)

9、 圖6 A．仍靜止不動(dòng) B．向下運(yùn)動(dòng) C．向上運(yùn)動(dòng) D．無法判斷 答案　A 解析　此題利用二極管的單向?qū)щ娦詠砼袛嚯娙萜魇荙不變還是U不變．若假設(shè)U不變，由E＝可判斷出E變小，電場(chǎng)力變小，電荷P向下運(yùn)動(dòng)，但d變大又導(dǎo)致C變小，結(jié)合U不變得出Q變小，即電容器A板應(yīng)該放出正電荷，與題目不符，所以假設(shè)錯(cuò)誤，即應(yīng)是Q不變．根據(jù)E＝＝＝得出E不變(與d無關(guān))，故P仍受力平衡，A選項(xiàng)正確． 9．某點(diǎn)電荷和金屬圓環(huán)間的電場(chǎng)線分布如圖7所示．下列說法 正確的是 (　　) A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) B．若將一正試探電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力

10、做負(fù)功 C．c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小無法判斷 圖7 D．若將一正試探電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將沿著電場(chǎng)線由d到c 答案　B 解析　由電場(chǎng)線分布可知，b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，場(chǎng)強(qiáng)Ed>Ec，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤．正電荷由a到b，電場(chǎng)力做負(fù)功，B項(xiàng)正確．在電場(chǎng)線為曲線的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力的方向始終在變化，但粒子的軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，D項(xiàng)錯(cuò)． 10．如圖8所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)， 板間距離為d，一個(gè)帶負(fù)電的液滴帶電荷量大小為q，質(zhì)量為m， 從下板邊緣射入電場(chǎng)，沿直線從上板邊緣射出，則 (　　) A．液滴做的是勻速直線運(yùn)動(dòng) B．液滴做的是

11、勻減速直線運(yùn)動(dòng) 圖8 C．兩板間的電勢(shì)差為 D．液滴的電勢(shì)能減少了mgd 答案　ACD 解析　首先根據(jù)運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)，確定要考慮重力，而電場(chǎng)力也在豎直方向上，所以可以肯定合外力必然為零，因而確定了液滴的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和所受重力和電場(chǎng)力的關(guān)系，液滴斜向右上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，且W電＝mgd，故電勢(shì)能減少了mgd，電勢(shì)差為＝. 11．有一靜電場(chǎng)，其電勢(shì)隨x坐標(biāo)的改變而改變，變化的圖線如圖9所示．若將一帶負(fù)電粒子(重力不計(jì))從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，粒子沿x軸運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)中P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為1 mm、4 mm.則下列說法正確的是 (　　) 圖9 A．粒

12、子經(jīng)過P點(diǎn)和Q點(diǎn)時(shí)，加速度大小相等、方向相反 B．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等 C．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功的功率相等 D．粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能為正值 答案　B 解析　在φ－x圖象中，圖線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)E的大小，因此有EP>EQ，aP>aQ，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電勢(shì)能也相等，且只有電場(chǎng)力做功，因此根據(jù)能量守恒可知EkP＝EkQ，B項(xiàng)正確；在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，P＝Fv＝qEv，q、v相等，而E不相同，因此功率P不相等，C項(xiàng)錯(cuò)；在P點(diǎn)，電勢(shì)能Ep＝qφ<0，D項(xiàng)錯(cuò)． 12．空間某區(qū)域電場(chǎng)線分布如圖10所示，帶正電小球(質(zhì)量為m， 電荷量為q)在A點(diǎn)速度為v1，方向水平

13、向右，至B點(diǎn)速度 為v2，v2與水平方向間夾角為α，A、B間高度差為H， 以下判斷正確的是 (　　) A．A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差U＝ 圖10 B．小球由A至B，電勢(shì)能的減少量為mv－mv－mgH C．小球由A至B，電場(chǎng)力做功為mv－mv D．小球重力在B點(diǎn)的瞬時(shí)功率為mgv2sin α 答案　BD 解析　根據(jù)動(dòng)能定理可知，帶電小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，故有qU＋mgH＝mv－mv，故電場(chǎng)力做功為W電＝qU＝mv－mv－mgH， U＝，故A、C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減少，B正確；根據(jù)功率計(jì)算公式P＝Fvcos θ，故有小球重力在B

14、點(diǎn)的功率P重＝mgv2cos θ＝mgv2sin α，故D正確． 二、非選擇題(共40分) 13．(18分)如圖11甲所示的平行板電容器，板間距為d，兩板所加電壓隨時(shí)間變化圖線如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v0射入電容器，t＝3T時(shí)刻恰好從下極板邊緣射出電容器，帶電粒子的重力不計(jì)．求： 圖11 (1)平行板電容器板長(zhǎng)L； (2)粒子射出電容器時(shí)偏轉(zhuǎn)的角度φ； (3)粒子射出電容器時(shí)豎直偏轉(zhuǎn)的位移y. 答案　(1)3v0T　(2)arctan　(3)T2 解析　(1)粒子水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)： L＝v0·3T＝3v0T. (2)粒子豎

15、直方向先做T時(shí)間的勻加速，然后做T時(shí)間的勻速，再做T時(shí)間的勻加速： a＝＝，vy＝·2T，tan φ＝＝，故φ＝arctan . (3)豎直方向一共加速運(yùn)動(dòng)了2T時(shí)間，勻速運(yùn)動(dòng)了T時(shí)間，則y＝(2T)2＋T·T＝T2. 14．(22分)如圖12所示，AB是一傾角為θ＝37°的絕緣粗糙直軌道， 滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30，BCD是半徑為R＝0.2 m 的光滑圓弧軌道，它們相切于B點(diǎn)，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)， 整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝4.0×103 N/C， 圖12 質(zhì)量m＝0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下．已知斜面AB對(duì)應(yīng)的高度

16、h＝0.24 m，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： (1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)滑塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力． 答案　(1)2.4 m/s　(2)11.36 N，方向豎直向下 解析　(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動(dòng)摩擦力 Ff＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N 設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理得 (mg＋qE)h－Ff＝mv 解得v1＝2.4 m/s (2)滑塊從B到C，由動(dòng)能定理可得： (mg＋qE)·R·(1－cos 37°)＝mv－mv 當(dāng)滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)，有FN－(mg＋qE)＝m 由牛頓第三定律：FN′＝FN 解得：FN′＝11.36 N，方向豎直向下．