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
2、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
3、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：根据电容的计算公式可得C，极板与指纹嵴(凸起部分)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
4、值，所以所有的电容器电压一定，根据QCUU可知，极板与指纹峪(凹的部分)的距离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、，则圆弧在圆心O处产生的场强为()AEB.C. D.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
5、们的合场强大小为E，则O点的合场强E2E，则E，故圆弧在圆心O处产生的场强为，B正确答案：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的距离为4 cm，B、C的距离为3 cm.若把一个电子(e1.61019 C)从A点移动到C点，那么电子电势能的变化量为()A8.01019 J B1.61019 JC8.01019 J D1.61019 J解析：设AB与AC之间的夹角为，则cos，又AB的距离xAB4 cm，则AB沿场强方向的距离为dABxABcos4 cm cm，
6、设A、B之间电势差为UAB，则电场强度为E100 V/m.电子从A点到达C点电势能的变化量为EpW1.610191000.05 J8.01019 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B电场强度最小值为C电场强度最大值为D电场强度最小值为解析：带电粒子受电场力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度vv0cos30，沿PQ方向的分速度vv0si
7、n30，若粒子刚好能打到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，C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：106x(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，E106 V/m，A项正确；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
8、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CB点的场强大于C点的场强D粒子从A点到B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
9、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WqU，UAB2V，UBC2V，故电场力做功相同，故D正确答案：BD82017江苏卷，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 Bx1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
10、大解析：A对：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，xx1处的电势大于零，xx1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，x1处的电场强度不为零C对：x2处的电势最高，负电荷从x1移动到x2，即从低电势处移动到高电势处，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E2.5102 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L0.5 m的绝缘细线
11、，一端固定在O点，另一端拴着质量m0.5 kg、电荷量q4102 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/s2.求：(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力；(3)当小球继续运动后与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)Lmv2在最高点对小球由牛顿第二定律得，FTmgqEm由式解得，FT15 N.(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a设小球在水平方向运动L的过程中，历时t
12、，则Lvt设竖直方向上的位移为x，则xat2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
13、恒定律得mvA2mv，解得vA2v，方向与v相反根据牛顿第二定律得F1ma，F22ma此时QA的加速度a2a，方向与a相同(2)根据能量转化和守恒定律可知，QA和QB构成的系统减小的电势能转化为两点电荷的动能，有Epmv2mv23mv2.答案：(1)2v2a(3)3mv211.(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v0104 m/s，方向与x轴正方向的夹角为30，进入场强为E103 V/m，方向沿与x轴正方向成60角斜向上的匀强电场
14、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qUABmv可得UAB V500 V(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Lcos30v0tLsin30t2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yxOMLcos30 m故M的横坐标为xMOMcos300.75 m所以所有满足条件的释放点的集合为yx且0x0.75 m答案：(1)500 V(2)(1,0)(3)yx且0x0.75 m