高考物理二輪復習 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動演練
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第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動1(2015安徽卷)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為,其中為平面上單位面積所帶的電荷量,0為常量如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間為真空,帶電荷量為Q.不計邊緣效應時,極板可看做無窮大導體板,則極板間的電場強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,正負極板都有場強,由場強的疊加可得E,電場力FQ,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,負極板接地兩板間有一個正試探電荷固定在P點,如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、表示P點的電勢、W表示正電荷在P點的電勢能若正極板保持不動,將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中,各物理量與負極板移動距離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無關(guān),B錯誤在負極板接地的情況下,0Ex,C正確正電荷在P點的電勢能Wqq(0Ex),D錯誤3(多選)(2015廣東卷)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則(BD)AM的帶電量比N的大BM帶負電荷、N帶正電荷C靜止時M受到的合力比N的大D移動過程中勻強電場對M做負功解析:對小球受力分析可得,兩小球在電場力和庫侖力的作用下處于平衡狀態(tài),又因其庫侖力大小相等,故所受電場力大小相等,即qMEqNE,所以M、N帶的電荷量相等,A錯誤;M帶負電,受到向左的電場力與向右的庫侖力平衡,B正確;靜止時,受的合力都為零,C錯誤;M沿電場線方向有位移,電場力做負功,D正確4(2016廈門一模)空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示,x1和x1為x軸上對稱的兩點下列說法正確的是(B)Ax1處場強大于x1處場強B若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負方向運動,到達x1點時速度為零C電子在x1處的電勢能大于在x1處的電勢能Dx1點的電勢比x1點的電勢高解析:從圖象可以看出,x1處場強與x1處場強等大、反向,故A錯誤;由于x1和x1兩點關(guān)于O點對稱,且電場強度的大小也相等,故從O點到x1和從O點到x1電勢降落相等,故x1和x1兩點的電勢相等,D錯誤;電子從x1處由靜止釋放后,若向O點運動,O點的電勢最高,電子在O點電勢能最小,動能最大,速度最大,由于x1處與x1點處電勢相同,故電子到達x1點時速度還為零,B正確;x1和x1兩點的電勢相等,電子在x1處的電勢能等于在x1處的電勢能,C錯誤5(2016浙江江山實驗中學模擬)(多選)某同學設(shè)計了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長為L、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電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0,當碰到下極后其所帶電荷被中和,同時被收集將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值,稱為除塵率不計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UB只增大長度LC只增大高度dD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的粒子落到下極板上,帶電塵埃在矩形通道內(nèi)做類平拋運動,在沿電場力的方向上的位移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,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運動過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0T時間內(nèi)運動的描述,正確的是(BC)A末速度大小為v0B末速度沿水平方向C重力勢能減少了mgdD克服電場力做功為mgd解析:因0內(nèi)微粒勻速運動,故E0qmg;在時間內(nèi),粒子只受重力作用,做平拋運動,在t時刻的豎直速度為vy1,水平速度為v0;在T時間內(nèi),由牛頓第二定律2E0qmgma,解得ag,方向向上,則在tT時刻,vy2vy1g0粒子的豎直速度減小到零,水平速度為v0,選項A錯誤,B正確;微粒的重力勢能減小了Epmgmgd,選項C正確;從射入到射出,由動能定理可知,mgdW電0,可知克服電場力做功為mgd,選項D錯誤,故選B、C7(2016四川綿陽市二診)如圖所示,桌面上有一輕質(zhì)彈簧,左端固定在A點,自然狀態(tài)時其右端B點位于桌面右側(cè)邊緣水平桌面右側(cè)有一豎直放置、半徑R0.3 m的光滑半圓軌道MNP,桌面與軌道相切于M點在以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電場,場強的大小E.現(xiàn)用質(zhì)量m00.4 kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點,釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點用同種材料、質(zhì)量m0.2 kg、帶q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點,釋放后,小物塊b離開桌面由M點沿半圓軌道運動,恰好能通過軌道的最高點P.(g取10 m/s2)求:(1)小物塊b經(jīng)過桌面右側(cè)邊緣B點時的速度大?。?2)釋放后,小物塊b在運動過程中克服摩擦力做的功;(3)小物塊b在半圓軌道中運動最大速度的大小解析:(1)在P點,mgm,由B到P由動能定理得qER2mgRmvmv,解得vB3 m/s.(2)由C到B,對物塊a由能量守恒定律得Epm0gxCB,由C到B,對物塊b由能量守恒定律得EpmgxCBmv,摩擦力做功WfmgxCB,解得Wf0.9 J(3)物塊b與圓心連線與豎直方向的夾角為45位置時(設(shè)為D),速度最大,BD,由動能定理得qERsin 45mgR(1cos 45)mvmv,解得vDm/s.答案:見解析- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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