1、新课标2013年高考物理考前考点预测七1.(2012苏州二模)半径相同的两个金属小球A、B带有等量的电荷，相隔较远的距离，两球之间的吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开，这时A、B两球之间作用力的大小是( )A.F/4B.3F/4C.F/8D.3F/82.(2012盐城二模)真空中有两个等量异种点电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x轴上电场强度情况的是( )3(2012昆明二模)空间中有竖直方向的匀强电场，一个带电小球的运动轨迹如图所示，由此可知( )A电场的方向竖直向上B小球一定带正电C小球受到的电场力大于重力D小球在
2、P点的动能小于Q点动能4.(2012海南高考)如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则( )A.两过程中电场力做的功相等B.前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C.前一过程中，粒子电势能不断减小D.后一过程中，粒子动能不断减小5.(2012浏阳二模)如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打
3、在A板上。则t0可能属于的时间段是( )A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共计32分。每小题有多个选项符合题意)6.(2012山东高考)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子( )A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化7.(2012枣庄一模)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120。现将三个等量的负点电荷-Q固定在a、b、c三
4、个顶点上，将一个电量为+q的检验电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d处，则两点相比( )A+q在d点所受的电场力比在O点的大B+q在d点所具有的电势能比在O点的大Cd点的电场强度小于O点的电场强度Dd点的电势高于O点的电势8.如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度为v0，则( )A小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为C若电场是匀强电场，则该电场的场强可能是D若电场是匀强电场，则该电场的场强最大值一定是9阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其
5、中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线(管轴)。电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )A电极A1的电势高于电极A2的电势B电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C电子在R点处的动能大于在P点处的动能D若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚三、计算题(本题共3小题，共38分，需写出规范的解题步骤)10(12分)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点、半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电
6、场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角=60，重力加速度为g。(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？11.(2012衡水一模)(14分)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势与坐标值x的关系如表所示：根据上述表格中的数据可作出如图的 -x图象。现有一质量为0.10 kg，电荷量为1.010-7 C带正电荷的滑块(可视作质点)，其与水平面的动摩擦因数为0.20。问：(1)由数据表格和图象给出的信息，写出沿x
7、轴的电势与x的函数关系表达式。(2)若将滑块无初速地放在x=0.10 m处，则滑块最终停在何处？(3)在上述第(2)问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15 m时它的加速度多大？(电场中某点场强为 -t图线上某点对应的斜率)(4)若滑块从x=0.60 m处以初速度v0沿-x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？12.(12分)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点
8、的电势为(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60，试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势。答案解析1.【解析】选C。设金属小球A、B带有等量的电荷Q，第三个半径相同的不带电的金属小球先与A接触，电量平分，各带Q/2；后与B球接触，先中和后电量平分，各带Q/4；移开，由库仑定律得F=F/8,选项C正确。2.【解析】选A。等量异种点电荷连线中垂线上的电场强度变化规律是从中点开始，向两侧递减，方向处处相同，故A项正确。3【解析】选C。带电小球的重力不能忽略，根据带电小球的轨迹，可以判定小球受到的合外力竖直向上，但不能确定电场的方向和带电小球
9、的电性，选项A、B均错；根据轨迹可知，小球受到的电场力大于重力，合外力竖直向上，选项C正确；不论小球从P到Q，还是从Q到P，根据动能定理可知，小球在P点的动能大于在Q点的动能，选项D错误。4.【解题指导】电势的高低电场方向电场力做功电势能变化动能变化。【解析】选C。根据b点电势高于c点电势，可知电场方向由b到c，且bc之间的平均电场强度小于ab间的平均电场强度，由W=qEd可知，一负电荷粒子在这两过程中电场力做功WcbUbc，所以由a点到b点比由b点到c点电场力对粒子做的功多，根据动能定理可知D对。7.【解析】选B、C、D。根据点电荷电场的计算式E=和场强的叠加原理可得，O点的场强为EO=方向
10、竖直向上，其中l是指菱形的边长，d点的场强为Ed=方向也竖直向上，很显然， d点的场强小于O点的场强，选项A错误，而选项C正确；根据电场的方向可知，d点的电势高于O点的电势，选项D正确；根据电场的特点可知，检验电荷+q从d点移动到O点，电场力做正功，电势能减小，所以，选项B正确。8.【解析】选A、C。带电小球沿光滑的斜面由A点上滑到B点的过程中，只有重力和电场力做了功，带电小球的初末动能相等，根据动能定理可知重力做的功与电场力做的功的代数和等于零，该过程中，重力做功为WG=-mgLsin，因此，电场力做了等量的正功，即WF=qUAB=mgLsin，由电场力做功与电势能改变量之间的关系可知，带电
11、小球由A点到B点，电势能减小，选项A正确，而选项B错误；若是匀强电场，则带电小球所受到的重力和电场力都是恒力，带电小球在重力电场力光滑斜面的支持力作用下一定做匀速直线运动，根据平衡条件及共点力的合成可知，电场力方向与x轴所成的角的范围为180， 为力F与x轴所成的角，因此，不是最大场强，只是可能场强情况中的一种，选项C正确，而选项D错误。9【解析】选B、C。根据电场线与等势面互相垂直的特点，可粗略画出该电场中的电场线，根据题意可知，电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，电子所受到的电场力斜向右下方，在图中运动过程中，电场力做正功，电子电势能减小，电子的动能增加，则电极A1的
12、电势低于电极A2的电势，因此，选项A错误，而选项C正确；在电场中，等势面密集的地方场强大，因此，Q点的电场强度小于R点的电场强度，选项B正确；场强不变的情况下，正电荷所受电场力方向与负电荷所受电场力方向相反，因此，会聚电子束的电场必定会发散正电荷，选项D错误。10【解题指导】(1)抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，竖直面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心且背离圆心的位置；(2)竖直面内圆周运动的最高点，轨道对小球的压力竖直向下，最小等于零【解析】(1)已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直面内圆周运动的物理“
13、最低点”，也就是小球在C点受力情况满足合外力完全充当向心力，tan=(3分)因此，电场力F=mgtan60即F=mg (2分)(2)小球在轨道最高点B时的受力情况如图所示，在B点时轨道对小球的压力最小等于零。半径方向的合外力为重力mg，在B点，根据圆周运动的条件可得，mg=m (3分)小球从A到B过程中，只有电场力和重力做了功，又知A、B两点在同一等势面上，该过程电场力做功为零，根据动能定理可得，-mg2r=(2分)联立以上两式可得v0= (2分)答案：(1)mg (2)11.【解析】(1)由数据表格和图象可得，电势与x成反比关系，即= (1分)(2)由动能定理WF+=Ek=0(1分)设滑块停
14、止的位置为x2，有q(1-2)-mg(x2-x)=0 (2分)即q()-mg(x2-x)=0代入数据有1.010-7() J-0.200.1010(x2-0.1) J=0可解得x2=0.225 m(舍去x2=0.1 m ) (1分) (3)先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的减速运动。即加速度先减小后增大。(2分)当它位于x=0.15 m时，图象上该点的切线斜率表示场强大小E=2.0106 (N/C)(1分)滑块在该点的水平合力Fx=Eq-mg=2.01061.010-7 N-0.200.1010 N=0故滑块的加速度a=0(1分)(4)设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回
15、到出发点的过程中由动能定理WF+=Ek=0 有q(1-)-mg(x-x1)=0(2分)代入数据有1.010-7() J-0.200.1010(0.6-x1) J=0可解得x1=0.037 5 m(舍去x1=0.6 m)。(1分)再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理-2mg(x-x1)=0-(1分)代入数据有20.20 0.10 10(0.60-0.037 5)=0.5可解得v0=m/s2.12 m/s (1分)答案：(1)= (2)0.225 m (3)加速度先减小后增大 0 (4)2.12 m/s【方法技巧】处理带电粒子的运动问题的一般思路(1)选取研究对象；(2)分析研究对
16、象受力情况(尤其要注意是否应该考虑重力，电场力是否是恒力等)；(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如物理量的变化图象等)找出物理量间的关系，建立方程组解题；(5)讨论所得结果。12.【解析】(1)物块在A点受重力、电场力、支持力，分解电场力，由竖直方向受力平衡得FN=mg+ksin60(3分)又因为h=rsin60由以上两式解得支持力为FN=mg+ (3分)(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得-qU= (3分)又因为U=B-A=B-，由以上两式解得B=()+(3分)答案：(1)mg+ (2)+