高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)演練
《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)演練》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專(zhuān)題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)演練(4頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(2015安徽卷)已知均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為,其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量,ε0為常量.如圖所示的平行板電容器,極板正對(duì)面積為S,其間為真空,帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí),極板可看做無(wú)窮大導(dǎo)體板,則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為( D ) A.和 B.和 C.和 D.和 解析:由公式E=,σ=正負(fù)極板都有場(chǎng)強(qiáng),由場(chǎng)強(qiáng)的疊加可得E=,電場(chǎng)力F=Q,故選D. 2.(2016遼寧協(xié)作體聯(lián)考)一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),負(fù)極板接地.兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn),如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)、W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能.若正極板保持不動(dòng),將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中,各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是( C ) 解析:由平行板電容器的電容C=可知,A錯(cuò)誤. 在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下, U=,E==,E與d無(wú)關(guān),B錯(cuò)誤. 在負(fù)極板接地的情況下, φ=φ0-Ex,C正確. 正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W=qφ=q(φ0-Ex),D錯(cuò)誤. 3.(多選)(2015廣東卷)如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止, 不計(jì)重力,則( BD ) A.M的帶電量比N的大 B.M帶負(fù)電荷、N帶正電荷 C.靜止時(shí)M受到的合力比N的大 D.移動(dòng)過(guò)程中勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M做負(fù)功 解析:對(duì)小球受力分析可得,兩小球在電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的作用下處于平衡狀態(tài),又因其庫(kù)侖力大小相等,故所受電場(chǎng)力大小相等,即qME=qNE,所以M、N帶的電荷量相等,A錯(cuò)誤;M帶負(fù)電,受到向左的電場(chǎng)力與向右的庫(kù)侖力平衡,B正確;靜止時(shí),受的合力都為零,C錯(cuò)誤;M沿電場(chǎng)線方向有位移,電場(chǎng)力做負(fù)功,D正確. 4.(2016廈門(mén)一模)空間有一沿x軸對(duì)稱(chēng)分布的電場(chǎng),其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖所示,x1和-x1為x軸上對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn).下列說(shuō)法正確的是( B ) A.x1處場(chǎng)強(qiáng)大于-x1處場(chǎng)強(qiáng) B.若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),到達(dá)-x1點(diǎn)時(shí)速度為零 C.電子在x1處的電勢(shì)能大于在-x1處的電勢(shì)能 D.x1點(diǎn)的電勢(shì)比-x1點(diǎn)的電勢(shì)高 解析:從圖象可以看出,x1處場(chǎng)強(qiáng)與-x1處場(chǎng)強(qiáng)等大、反向,故A錯(cuò)誤;由于x1和-x1兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng),且電場(chǎng)強(qiáng)度的大小也相等,故從O點(diǎn)到x1和從O點(diǎn)到-x1電勢(shì)降落相等,故x1和-x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等,D錯(cuò)誤;電子從x1處由靜止釋放后,若向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng),O點(diǎn)的電勢(shì)最高,電子在O點(diǎn)電勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,速度最大,由于x1處與-x1點(diǎn)處電勢(shì)相同,故電子到達(dá)-x1點(diǎn)時(shí)速度還為零,B正確;x1和-x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等,電子在x1處的電勢(shì)能等于在-x1處的電勢(shì)能,C錯(cuò)誤. 5.(2016浙江江山實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)(多選)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道,其前、后面板為絕緣材料,上、下面板為金屬材料.圖乙是裝置的截面圖,上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連.帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0,當(dāng)碰到下極后其所帶電荷被中和,同時(shí)被收集.將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值,稱(chēng)為除塵率.不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用.要增大除塵率,則下列措施可行的是( AB ) A.只增大電壓U B.只增大長(zhǎng)度L C.只增大高度d D.只增大塵埃被吸入水平速度v0 解析:增大除塵率即是讓離下極板較遠(yuǎn)的粒子落到下極板上,帶電塵埃在矩形通道內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),在沿電場(chǎng)力的方向上的位移y=()2,由此可知,增大U、增大L、減小d或減小v0均可增大除塵率,所以AB正確,CD錯(cuò)誤. 6.(多選)(2015山東卷)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0~T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述,正確的是( BC ) A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢(shì)能減少了mgd D.克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析:因0~內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),故E0q=mg;在~時(shí)間內(nèi),粒子只受重力作用,做平拋運(yùn)動(dòng),在t=時(shí)刻的豎直速度為vy1=,水平速度為v0;在~T時(shí)間內(nèi),由牛頓第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,則在t=T時(shí)刻,vy2=vy1-g=0粒子的豎直速度減小到零,水平速度為v0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp=mg=mgd,選項(xiàng)C正確;從射入到射出,由動(dòng)能定理可知,mgd-W電=0,可知克服電場(chǎng)力做功為mgd,選項(xiàng)D錯(cuò)誤,故選B、C. 7.(2016四川綿陽(yáng)市二診)如圖所示,桌面上有一輕質(zhì)彈簧,左端固定在A點(diǎn),自然狀態(tài)時(shí)其右端B點(diǎn)位于桌面右側(cè)邊緣.水平桌面右側(cè)有一豎直放置、半徑R=0.3 m的光滑半圓軌道MNP,桌面與軌道相切于M點(diǎn).在以MP為直徑的右側(cè)和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)的大小E=.現(xiàn)用質(zhì)量m0=0.4 kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn),釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn).用同種材料、質(zhì)量m=0.2 kg、帶+q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn),釋放后,小物塊b離開(kāi)桌面由M點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng),恰好能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)P.(g取10 m/s2)求: (1)小物塊b經(jīng)過(guò)桌面右側(cè)邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度大??; (2)釋放后,小物塊b在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功; (3)小物塊b在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)最大速度的大小 解析:(1)在P點(diǎn),mg=m, 由B到P由動(dòng)能定理得 qER-2mgR=mv-mv, 解得vB=3 m/s. (2)由C到B,對(duì)物塊a由能量守恒定律得Ep=μm0gxCB,由C到B,對(duì)物塊b由能量守恒定律得 Ep=μmgxCB+mv, 摩擦力做功Wf=μmgxCB, 解得Wf=0.9 J (3)物塊b與圓心連線與豎直方向的夾角為45位置時(shí)(設(shè)為D),速度最大,B→D,由動(dòng)能定理得 qERsin 45-mgR(1-cos 45)=mv-mv, 解得vD=m/s. 答案:見(jiàn)解析- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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