歡迎來到裝配圖網(wǎng)! | 幫助中心 裝配圖網(wǎng)zhuangpeitu.com!
裝配圖網(wǎng)
ImageVerifierCode 換一換
首頁 裝配圖網(wǎng) > 資源分類 > DOC文檔下載  

高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題

  • 資源ID:241357636       資源大?。?span id="tlijaur" class="font-tahoma">562.50KB        全文頁數(shù):19頁
  • 資源格式: DOC        下載積分:10積分
快捷下載 游客一鍵下載
會員登錄下載
微信登錄下載
三方登錄下載: 微信開放平臺登錄 支付寶登錄   QQ登錄   微博登錄  
二維碼
微信掃一掃登錄
下載資源需要10積分
郵箱/手機(jī):
溫馨提示:
用戶名和密碼都是您填寫的郵箱或者手機(jī)號,方便查詢和重復(fù)下載(系統(tǒng)自動生成)
支付方式: 支付寶    微信支付   
驗證碼:   換一換

 
賬號:
密碼:
驗證碼:   換一換
  忘記密碼?
    
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會被瀏覽器默認(rèn)打開,此種情況可以點(diǎn)擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預(yù)覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標(biāo)題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請知曉。

高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題

第3講電學(xué)中的曲線運(yùn)動1.帶電粒子在電場中受到電場力,如果電場力的方向與速度方向不共線,粒子將做曲線運(yùn)動;如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場,粒子將做類平拋運(yùn)動,由于加速度恒定且與速度方向不共線,因此是勻變速曲線運(yùn)動.2.研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同,可將運(yùn)動分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動;若場強(qiáng)為E,其加速度的大小可以表示為a.3.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動,向心力由洛倫茲力提供,洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向,它不做功.其半徑R,周期T.1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時,一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合,可以先分別研究這兩種運(yùn)動,而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度,分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵.2.本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題.例1如圖1所示,閉合開關(guān)S后A、B板間產(chǎn)生恒定電壓U0,已知兩極板的長度均為L,帶負(fù)電的粒子(重力不計)以恒定的初速度v0,從上極板左端點(diǎn)正下方h處,平行極板射入電場,恰好打在上極板的右端C點(diǎn).若將下極板向上移動距離為極板間距的倍,帶電粒子將打在上極板的C點(diǎn),則B板上移后()圖1A.粒子打在A板上的動能將變小B.粒子在板間的運(yùn)動時間不變C.極板間的場強(qiáng)將減弱D.比原入射點(diǎn)低h處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn)解析帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,水平方向做勻速直線運(yùn)動,豎直方向受電場力作用加速運(yùn)動.設(shè)板間距為d,則有Lv0t,ht2得:t2,故U0不變,當(dāng)d減小時,粒子運(yùn)動時間減小,故B錯誤;豎直方向分速度:vyt ,d減小,則vy增大,故打在A板上的速度v增大,故粒子打在A板上的動能增大,故A錯誤;恒定電壓U0一定,下極板向上移動,極板間的場強(qiáng)將增大,故C錯誤;由Lv0t,ht2得h,所以,故h h,即比原入射點(diǎn)低(1) hh處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn),故D正確.答案D預(yù)測1(多選)如圖2所示,一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場,入射方向與電場線垂直.粒子從Q點(diǎn)射出電場時,其速度方向與電場線成30°角.已知勻強(qiáng)電場的寬度為d,P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U,不計重力作用,設(shè)P點(diǎn)的電勢為零.則下列說法正確的是()圖2A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為UqB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為ED.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E答案AC解析由圖看出粒子的軌跡向上,則所受的電場力向上,與電場方向相同,所以該粒子帶正電.粒子從P到Q,電場力做正功,為WqU,則粒子的電勢能減少了qU,P點(diǎn)的電勢為零,則知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為Uq,故A正確,B錯誤.設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0,在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,垂直于電場線為x軸,平行于電場線為y軸,由平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為:vyv0,粒子在y軸方向上的平均速度為:y.設(shè)粒子在y軸方向上的位移為y0,粒子在電場中的運(yùn)動時間為t,則:豎直方向有:y0yt水平方向有:dv0t可得:y0,所以場強(qiáng)為:E聯(lián)立得E,故C正確,D錯誤.預(yù)測2如圖3甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,在t0時刻,一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時的速度為v0,tT時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則()圖3A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B.在t時刻,該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場,則粒子會打在板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子仍在tT時刻射出電場答案A解析粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動,在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動,一個周期末豎直方向上的分速度為零,可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向,故A正確;在t時刻,粒子在水平方向上的分速度為v0,因為兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,則有:v0T·×2,解得vy2v0,根據(jù)平行四邊形定則知,粒子的速度大小為vv0,故B錯誤.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場,粒子在豎直方向上的運(yùn)動情況與0時刻進(jìn)入時運(yùn)動的情況相反,運(yùn)動規(guī)律相同,則粒子不會打在板上,故C錯誤.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子射出電場的時間t,故D錯誤.解題方略1.帶電體一般要考慮重力,而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同,即都與路徑無關(guān).2.帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同,只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎.例2(多選)如圖4所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場,板長為L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的光屏MN,一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板中軸線OO射入板間,最后垂直打在MN屏上,重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是()圖4A.粒子打在屏上的位置在MO之間B.板間電場強(qiáng)度大小為C.粒子在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間D.粒子在板間運(yùn)動時電場力所做的功與在板右端運(yùn)動到光屏的過程中克服重力所做的功相等解析據(jù)題分析可知,粒子在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動,飛出電場后,粒子的軌跡向下偏轉(zhuǎn),粒子才能最后垂直打在MN屏上,可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得,qEmgmg,得到E.故A、B正確;由于粒子在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動,兩段水平位移大小相等,則粒子在板間運(yùn)動的時間跟它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等.故C錯誤.答案AB預(yù)測3(多選)(2016·全國乙卷·20)如圖5,一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知()圖5A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高B.油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小答案AB解析由于油滴受到的電場力和重力都是恒力,所以合外力為恒力,加速度恒定不變,所以D選項錯;由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè),所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向,因此電場力豎直向上,且qE>mg,則電場方向豎直向下,所以Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的高,A選項正確;當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)時,電場力做正功,電勢能減小,C選項錯誤;當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中,合外力做正功,動能增加,所以Q點(diǎn)動能大于P點(diǎn)的動能,B選項正確.預(yù)測4(多選)如圖6所示,在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓,AB是一條直徑,空間有與水平面平行的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E.在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器,以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為q的小球,小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn),在這些點(diǎn)中,以過C點(diǎn)的小球動能最大,且AC兩點(diǎn)間的距離為R.忽略小球間的相互作用,下列說法正確的是()圖6A.電場的方向與AB間的夾角為30°B.電場的方向與AB間的夾角為60°C.若A點(diǎn)的電勢A0,則C點(diǎn)的電勢CERD.若在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球,則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkBEk0qER答案BC解析點(diǎn)A與點(diǎn)C間的距離為R,連接CO,COAOR,說明CAOACO30°;小球在勻強(qiáng)電場中,從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn),根據(jù)動能定理,有:qUACEk;因為到達(dá)C點(diǎn)時的小球的動能最大,所以UAC最大,則在圓周上找不到與C電勢相等的點(diǎn),且由A到C電場力對小球做正功,過C點(diǎn)作切線,為等勢線,電場線與等勢線垂直,則場強(qiáng)方向如圖所示.所以電場方向與AB間的夾角為60°,故A錯誤,B正確.AC間的電勢差為:UACE(Rcos 30°)ER,若A點(diǎn)的電勢A0,根據(jù)UACAC,則C點(diǎn)的電勢CER,故C正確.AB間的電勢差為:UABE·2R·cos 60°ER.根據(jù)動能定理,在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球,從A到B動能增加量為qER,則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkBEk0qER,故D錯誤.解題方略1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題,基本思路是:根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向,確定洛倫茲力的方向,其交點(diǎn)為圓心,利用幾何關(guān)系求半徑.2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律(1)直線邊界:對稱性:若帶電粒子以與邊界成角的速度進(jìn)入磁場,則一定以與邊界成角的速度離開磁場.完整性:比荷相同的正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時,兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2.(2)圓形邊界:沿徑向射入的粒子,必沿徑向射出.例3(2016·四川理綜·4)如圖7所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時,從b點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動的時間為tb,當(dāng)速度大小為vc時,從c點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動的時間為tc,不計粒子重力.則()圖7A.vbvc12,tbtc21 B.vbvc21,tbtc12C.vbvc21,tbtc21 D.vbvc12,tbtc12解析帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得,rc2rb,b120°,c60°,由qvBm得,v,則vbvcrbrc12, 又由T,tT和b2c得tbtc21,故選項A正確,B、C、D錯誤.答案A預(yù)測5如圖8所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓形軌道,并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里.現(xiàn)將甲、乙、丙三個小球從軌道AB上的同一高度處由靜止釋放,都能通過圓形軌道的最高點(diǎn).已知甲、乙、丙三個小球的質(zhì)量相同,甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.則()圖8A.由于到達(dá)最高點(diǎn)時受到的洛倫茲力方向不同,所以到達(dá)最高點(diǎn)時,三個小球的速度不等B.經(jīng)過最高點(diǎn)時,甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.在軌道上運(yùn)動的過程中三個小球的機(jī)械能不守恒答案C解析在最高點(diǎn)時,根據(jù)左手定則可得:甲球受洛倫茲力向下,乙球受洛倫茲力向上,而丙球不受洛倫茲力,故三球在最高點(diǎn)受合力不同,故由F合m可知,到達(dá)最高點(diǎn)時,三個小球的速度不相等,則A錯誤;由以上分析可知,因甲球在最高點(diǎn)受合力最大,則甲球在最高點(diǎn)的速度最大,故B錯誤;因甲球的速度最大,而在整個過程中洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,甲球釋放時的高度最高,故C正確;因洛倫茲力不做功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒,三個小球的機(jī)械能保持不變,故D錯誤.預(yù)測6(多選)如圖9所示,勻強(qiáng)磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi),Q為半徑ON上的一點(diǎn)且OQR,P點(diǎn)為邊界上一點(diǎn),且PQ與OM平行.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力及粒子間的相互作用),其中粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入,恰從N點(diǎn)射出,粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入,下列說法正確的是()圖9A.粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場B.粒子2在P、N之間某點(diǎn)射出磁場C.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為32D.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為21答案AD解析如圖所示,粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入,恰從N點(diǎn)射出,根據(jù)洛倫茲力指向圓心,和MN的中垂線過圓心,可確定圓心為O1,半徑為R.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場,粒子運(yùn)動的半徑相同.粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入,根據(jù)洛倫茲力指向圓心,圓心O2應(yīng)在P點(diǎn)上方R處,連接O2P、ON、OP、O2N,O2PON為菱形,O2N大小為R,所以粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場.A正確,B錯誤.MO1N90°,PO2NPOQ,cos POQ,所以PO2NPOQ45°.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場,粒子運(yùn)動的周期相同.粒子運(yùn)動時間與圓心角成正比,所以粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為21.C錯誤,D正確.預(yù)測7(多選)如圖10所示,在0xb、0ya的長方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,磁場的方向垂直于xOy平面向外.O處有一個粒子源,在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi).已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T,最先從磁場上邊界飛出的粒子在磁場運(yùn)動的時間為,最后從磁場飛出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為.不計粒子的重力及粒子間的相互作用.則()圖10A.粒子做圓周運(yùn)動的半徑R2aB.粒子射入磁場的速度大小vC.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b2aD.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b(1)a答案AD解析最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最小,對應(yīng)的圓弧最短,可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子,其運(yùn)動的軌跡如圖甲,則由題意知偏轉(zhuǎn)角:×360°×360°30°由幾何關(guān)系得:R2a帶電粒子做圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,得:qvB所以:v,故A正確,B錯誤;在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子,其軌跡是圓心為C的圓弧,圓弧與磁場的邊界相切,如圖乙所示,設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t,依題意,t,偏轉(zhuǎn)角度為OCA.設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為,由幾何關(guān)系得:Rsin Ra,解得:sin ,30°.由圖可得:bRsin Rcos (1)a,故C錯誤,D正確.專題強(qiáng)化練1.(多選)豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓,兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進(jìn)入板間電場,恰好從極板B邊緣射出電場,如圖1所示,不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用,下列說法正確的是()圖1A.兩電荷的電荷量可能相等B.兩電荷在電場中運(yùn)動的時間相等C.兩電荷在電場中運(yùn)動的加速度相等D.兩電荷離開電場時的動能相等答案AB解析A、B兩個電荷在電場中做類平拋運(yùn)動,設(shè)板長為L,粒子的初速度為v0,則粒子運(yùn)動時間為t,L、v0相同,則時間t相同.水平方向的位移為yat2,a,則yt2,E、t相同,y不同,因m的大小關(guān)系不清楚,q有可能相等.故A、B正確;由側(cè)向位移大小yat2,t相同,y不同,加速度a不等,故C錯誤.根據(jù)動能定理,EkmvqEy,則EkmvqEy,Ek大小關(guān)系無法判斷.故D錯誤.2.如圖2所示,豎直金屬板A、B間電壓為U0,板中央有小孔O和O1,現(xiàn)有足夠多的同種粒子源源不斷地從小孔O進(jìn)入金屬板A、B間,并被加速后從O1進(jìn)入右側(cè)水平平行金屬板C、D間,O1O2是極板C、D的中線,金屬板C、D的長與板間距相等,兩板間電壓U可調(diào),不計粒子重力及進(jìn)入O孔時的初速度,所有粒子均不能打在極板上,則U與U0應(yīng)滿足()圖2A.U>U0B.U<2U0C.U>2U0D.因不知極板C、D的長,所以無法確定U和U0的關(guān)系答案B解析根據(jù)動能定理得,qU0mv,粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0 ,粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的位移yat2·,粒子均不能打在極板上,則有:y<,解得U<2U0.3.如圖3所示,左側(cè)為加速電場,右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場,加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍,有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后,從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入,且正好能從極板下邊緣穿出電場,不計電荷的重力,則偏轉(zhuǎn)電場長、寬之比的值為()圖3A. B. C. D.答案B解析設(shè)加速電壓為kU,偏轉(zhuǎn)電壓為U,對直線加速過程,根據(jù)動能定理,有:q·kUmv2對類平拋運(yùn)動過程,有:lvt·t2聯(lián)立解得:.4.如圖4所示,矩形的四個頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點(diǎn),ab2bc2L,電場線與矩形所在的平面平行.已知a點(diǎn)電勢為18 V,b點(diǎn)電勢為10 V,c點(diǎn)電勢為6 V.一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場,v0與ab邊的夾角為45°,一段時間后質(zhì)子經(jīng)過ab中點(diǎn)e.不計質(zhì)子重力,下列判斷正確的是()圖4A.d點(diǎn)電勢為12 VB.質(zhì)子從a到b電勢能增加了6 eVC.電場強(qiáng)度大小為D.質(zhì)子從a到e所用時間為答案D解析勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢差相等,故UadUbc,可得d點(diǎn)電勢為14 V,故A錯誤;Uab8 V,故質(zhì)子從a到b電場力做功為WeUab8 eV,電場力做正功,電勢能減小,故B錯誤;經(jīng)計算可知,d點(diǎn)和e點(diǎn)的電勢相同,故de連線為等勢線,由于ab2bc2L,故ade為等腰直角三角形,a點(diǎn)到直線de的距離為,由電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得,電場強(qiáng)度大小為,故C錯誤;de連線為等勢線,故質(zhì)子拋出后做類平拋運(yùn)動,落到e點(diǎn)時,垂直于電場線方向的位移為L,所需時間為t,故D正確.5.(多選)用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m帶正電的小球B,另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上,A、B兩球與地面的高度均為h,小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動,如圖5所示.現(xiàn)將細(xì)繩剪斷后()圖5A.小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動B.小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于gC.小球B落地的時間小于D.小球B落地的速度大于答案BCD解析將細(xì)繩剪斷瞬間,小球受到球的重力和庫侖力的共同的作用,合力斜向右下方,并不是只受重力的作用,因此剪斷瞬間起開始,不可能做平拋運(yùn)動,且加速度大于g,故A錯誤,B正確;小球在落地過程中,除受到重力外,還受到庫侖斥力,那么豎直方向的加速度大于g,因此球落地的時間小于,落地的速度大于,故C、D正確.6.(多選)如圖6所示,一帶正電的點(diǎn)電荷P固定于半徑為l的半圓形光滑軌道外側(cè),與軌道左端和最低點(diǎn)的距離均為l,軌道固定.有一質(zhì)量為m、帶負(fù)電小球Q從軌道左端靜止滑下,則()圖6A.小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v>B.小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mgC.小球?qū)⑦\(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn)D.從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中,電場力對小球先做正功后做負(fù)功答案BD解析小球從軌道左端運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的過程中,電場力做功為零,根據(jù)動能定理得:mglmv2,得v,即小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v.故A錯誤;在最低點(diǎn),以小球為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律得:FNmgm,解得 FN3mg,由牛頓第三定律得知,小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mg.故B正確;小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動的過程中,電場力一直做負(fù)功,機(jī)械能減少,由能量守恒定律知,小球不可能運(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn).故C錯誤;從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中,小球與正點(diǎn)電荷間的距離先減小后增大,電場力對小球先做正功后做負(fù)功,故D正確.7.(多選)如圖7所示,空間存在勻強(qiáng)電場,方向豎直向下,從絕緣斜面上的M點(diǎn)沿水平方向拋出一帶電小球,最后小球落在斜面上的N點(diǎn).已知小球的質(zhì)量為m,初速度大小為v0,斜面傾角為,電場強(qiáng)度大小未知.則下列說法正確的是()圖7A.可以斷定小球一定帶正電荷B.可以求出小球落到N點(diǎn)時速度的方向C.可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功D.可以斷定,當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時,小球與斜面間的距離最大答案BCD解析小球做類平拋運(yùn)動,電場力既可向上也可向下,故小球帶正電、負(fù)電都可以,故A錯誤;利用平拋知識有:tan ,速度偏向角設(shè)為,則tan 2tan ,可求出小球落到N點(diǎn)時的速度大小和方向,故B正確;求出小球到達(dá)N點(diǎn)的速度,由動能定理可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功,故C正確;小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運(yùn)動,當(dāng)小球在垂直于斜面方向的速度為零,即小球速度平行于斜面時,小球與斜面間的距離最大,故D正確.8.(多選)如圖8甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)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(yùn)動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)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(yùn)動的描述,正確的是()圖8A.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答案BC解析0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動,則有:qE0mg,T內(nèi),微粒做平拋運(yùn)動,下降的位移x1g()2,TT時間內(nèi),微粒的加速度ag,方向豎直向上,微粒在豎直方向上做勻減速運(yùn)動,T時刻豎直分速度為零,所以末速度的方向沿水平方向,大小為v0,故A錯誤,B正確;微粒在豎直方向上向下運(yùn)動,位移大小為d,則重力勢能的減少量為mgd,故C正確;在T內(nèi)和TT時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等,方向相反,時間相等,則位移的大小相等,為d,整個過程中克服電場力做功為2E0·q·dqE0dmgd,故D錯誤.9.(多選)如圖9所示的勻強(qiáng)磁場中,從O點(diǎn)沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子,一粒子經(jīng)時間t1到達(dá)直線OC上的P點(diǎn),其速率為v1;另一粒子經(jīng)時間t2到達(dá)直線OC上的Q點(diǎn),其速率為v2.不計粒子重力和粒子間的相互作用,則()圖9A.v1>v2 B.v1<v2 C.t1<t2 D.t1t2答案BD解析從O點(diǎn)沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子,粒子都做勻速圓周運(yùn)動,如圖所示.根據(jù)圖象可知,兩次做勻速圓周運(yùn)動的圓心角相等,到達(dá)P點(diǎn)的粒子半徑小于到達(dá)Q點(diǎn)粒子的半徑,即r1<r2,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得:Bqvm解得:r,因為比荷相等,則半徑大的速度大,即v1<v2,周期T,因為比荷相等,則周期相同,而圓心角相等,所以運(yùn)動時間相等,即t1t2,故B、D正確.10.如圖10所示,圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1,P為磁場邊界上的一點(diǎn).相同的帶正電粒子,以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場區(qū)域,速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向.這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的.若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2,結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的,不計粒子的重力和粒子間的相互影響,則等于()圖10A. B. C. D.答案C11.如圖11所示,內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為1.2 m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi),有豎直向下的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為3×106 V/m.有一質(zhì)量為0.12 kg、帶負(fù)電的小球,電荷量大小為1.6×106 C,小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動,當(dāng)運(yùn)動到最低點(diǎn)A時,小球與軌道壓力恰好為零,g取10 m/s2,求:圖11(1)小球在A點(diǎn)處的速度v1的大?。?2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)B時對軌道的壓力大小.答案(1)6 m/s(2)14.4 N解析(1)重力Gmg0.12 kg×10 m/s21.2 N電場力FqE1.6×106 C×3×106 V/m4.8 N在A點(diǎn),有:qEmgm代入數(shù)據(jù)解得:v16 m/s.(2)設(shè)球在B點(diǎn)的速度大小為v2,從A到B,由動能定理有:(qEmg)·2Rmvmv在B點(diǎn),設(shè)軌道對小球彈力為FN,則有:FNmgqEmv由牛頓第三定律有:FNFN代入數(shù)據(jù)解得:FN14.4 N.12.如圖12所示,絕緣平臺AB距離水平地面CD的高度為h,整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m、帶正電量為q的小物塊從P點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動,PB之間的距離也為h.若勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E,物塊與平臺之間的動摩擦因數(shù)為0.25.求物塊落到水平地面上時的速度大小和方向.圖12答案2,與水平方向的夾角是45°解析物塊從P到B的過程,由動能定理得qEhmghmv又 E,代入解得 vB物塊離開平臺后做勻變速曲線運(yùn)動,豎直方向做自由落體運(yùn)動,根據(jù)hgt2,可得:下落時間 t落地時豎直分速度大小 vy在水平方向上,由牛頓第二定律得 qEma,得 a落地時水平分速度大小 vxvBat故物塊落到水平地面上時的速度大小 v2速度與水平方向的夾角正切 tan 1,得 45°.

注意事項

本文(高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題)為本站會員(文***)主動上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng)(點(diǎn)擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

溫馨提示:如果因為網(wǎng)速或其他原因下載失敗請重新下載,重復(fù)下載不扣分。




關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號:ICP2024067431-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺,本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!