物理高考二輪專題復習與測試:專題強化練八 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析

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1、 專題強化練(八) 考點1 電場力的性質(zhì) 1.(2019·大連模擬)如圖所示,在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電,另一帶正電的物體B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的正上方經(jīng)過,若此過程中A始終保持靜止,A、B兩物體可視為質(zhì)點且只考慮它們之間有庫侖力的作用,則下列說法正確的是(  ) A.物體A受到地面的支持力先增大后減小 B.物體A受到地面的支持力保持不變 C.物體A受到地面的摩擦力先增大后減小 D.庫侖力對物體B先做正功后做負功 解析:當物體B由P點運動到最高點的過程中,物體A受力如圖甲所示,由平衡條件得,水平方向Fsin θ-Ff=0,豎直方向FN-Fco

2、s θ-mg=0,解得FN=mg+Fcos θ,F(xiàn)f=Fsin θ,由于mg與F不變,θ逐漸減小為零,因而支持力FN逐漸變大,F(xiàn)f逐漸變?。斘矬wB由最高點運動到Q點的過程中,物體A受力如圖乙所示,由平衡條件得,水平方向Fsin θ-Ff=0,豎直方向FN-Fcos θ-mg=0,解得FN=mg+Fcos θ,F(xiàn)f=Fsin θ,由于mg與F不變,θ由零逐漸增大,因而支持力FN逐漸變小,F(xiàn)f逐漸變大,因此物體A受到地面的支持力先增大后減小,物體A受到地面的摩擦力先減小后增大,故A正確,B、C錯誤;物體B受的庫侖力方向與物體B的速度總是垂直,庫侖力對B不做功,故D錯誤. 答案:A 2.(

3、2019·石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖所示,在半球面AB上均勻分布正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球面頂點與球心O的軸線,在軸線上有M、N兩點,OM=ON=2R.已知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為(  ) A.-E       B. C.-E D.+E 解析:左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量-q的右半球面的電場的合電場,則E=-E′,E′為帶電荷量-q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小.帶電荷量-q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N

4、點的場強大小相等,則EN=E′=-E=-E,則A正確. 答案:A 3.如圖所示,圖中MN是由點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線.一帶正電粒子q飛入電場后,只在電場力作用下沿圖中虛線運動,a、b是該曲線上的兩點,則下列說法正確是(  ) A.若場源電荷為負電荷,其在N端 B.若場源電荷為正電荷,其在M端 C.正粒子q經(jīng)過MN時,其加速度方向向左 D.a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度 解析:正粒子q經(jīng)過MN時受到的電場力向左,加速度方向向左,場源電荷產(chǎn)生的場強由N指向M,若場源電荷為負電荷,其在M端,若場源電荷為正電荷,其在N端,故A、B錯誤,C正確;由于場源電荷不確定,所以無法比較

5、a、b兩點的電場強度大小,故D錯誤. 答案:C 考點2 電場能的性質(zhì) 4.(多選)(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖甲所示,在等量同種點電荷連線的中垂線上固定一根光滑的絕緣輕桿,桿上穿一個質(zhì)量m=1.0×10-3 kg,帶電量q=+5.0×10-4 C的小球,小球從C點由靜止釋放,其v-t圖象如圖乙所示,10 s時到達B點,且此時圖象的斜率最大,下列說法正確的是(  ) A.O點右側(cè)B點場強最大,場強大小為E=12 V/m B.從C經(jīng)過B點后向右運動,小球的電勢能先減小后增大 C.從C到B電勢逐漸降低 D.C、B兩點的電勢差UCB=0.9 V 解析:小球在運動過程中,合外力F=qE

6、,加速度a=,在O點右側(cè)桿上,電場方向向右,加速度向右,小球做加速運動,圖象斜率越大加速度越大,故B點的加速度最大,最大加速度a= m/s2=0.06 m/s2,此時場強最大E==12 V/m,故A正確;從C經(jīng)過B點后向右運動的過程,電場方向向右,沿著電場線方向電勢降低,電場力做正功,小球的電勢能減小,故B錯誤,C正確;小球從C到B的過程只有電場力做功,由動能定理得qUCB=mv-0,解得UCB== V=9 V,故D錯誤. 答案:AC 5.(多選)(2019·泰安一模)如圖所示,豎直向上的勻強電場中,一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上,上端連接一帶正電小球,小球靜止時位于N點,彈簧恰好處于

7、原長狀態(tài).保持小球的帶電量不變,現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放.則釋放后小球從M運動到N過程中(  ) A.小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 B.小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量 C.彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量 D.小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和 解析:由于有電場力做功,故小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的,故A錯誤;由題意,小球受到的電場力與重力大小相等,在小球從M運動到N過程中,重力做多少正功,重力勢能就減少多少,電場力做多少負功,電勢能就增加多少,故小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量,B正確;由動能定理可知,彈力對小

8、球做的功等于小球動能的增加量,又因為彈力的功等于彈性勢能的減少量,故C正確;顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零,故D錯誤. 答案:BC 6.(多選)(2019·濰坊模擬)一電子只在電場力作用下沿x軸正方向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中0~x1段是曲線,x1~x2段是平行于x軸的直線,x2~x3段是傾斜直線,下列說法正確的是(  ) A.從0到x1電勢逐漸降低 B.x2處的電勢比x3處高 C.x1~x2段電場強度為零 D.x2~x3段的電場強度減小 解析:由圖象可知,從0到x1電勢能增加,根據(jù)Ep=qφ,粒子帶負電,知φ3>φ2=φ1<φ0,故A正確,B錯誤;

9、根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系得FΔx=ΔEp,則F=,可知Epx圖象切線斜率表示電場力的大小,x1~x2段是直線,斜率為零,則電場力為零,所以x1~x2段電場強度為零,x2~x3段是傾斜直線,斜率不變,電場力不變,故電場強度不變,故C正確,D錯誤. 答案:AC 7.(2019·衡水模擬)一對等量點電荷位于平面直角坐標系xOy的一個軸上,它們激發(fā)的電場沿x、y軸方向上的場強和電動勢隨坐標的變化情況如圖中甲、乙所示,甲圖為y軸上各點場強隨坐標變化的E-y圖象,且沿y軸正向場強為正.乙圖為x軸上各點電勢隨坐標變化的φ-x圖象,且以無窮遠處電勢為零.圖中a、b、c、d為軸上關(guān)于原點O的對稱點,

10、根據(jù)圖象可判斷下列有關(guān)描述正確的是(  )   A.是一對關(guān)于原點O對稱的等量負點電荷所激發(fā)的電場,電荷位于y軸上 B.是一對關(guān)于原點O對稱的等量異種點電荷所激發(fā)的電場,電荷位于x軸上 C.將一個+q從y軸上a點由靜止釋放,它會在aOb間往復運動 D.將一個+q從x軸上c點由靜止釋放,它會在cOd間往復運動 解析:因x軸上各點的電勢均小于零,且φ-x圖關(guān)于y軸對稱,表明是一對等量負電荷激發(fā)的電場,又E-y圖象中y軸正方向場強為負,y軸負方向場強為正,表明這一對負電荷在x軸上關(guān)于原點對稱,故A、B錯誤;一個+q從y軸上a點由靜止釋放,它從a點向O點先做加速度逐漸增大的加速運動,后做加

11、速度逐漸減小的加速運動,越過原點后先做加速度逐漸增大的減速運動,后做加速度逐漸減小的減速運動,到達b點時恰好速度為零,此后又變加速運動到a點,故C正確;將一個+q從x軸上c點由靜止釋放,它將直接向x軸負向的負電荷運動并粘合,故D錯誤. 答案:C 考點3 平行板電容器 8.(多選)(2019·威海質(zhì)檢)如圖所示,A、B為兩塊平行帶電金屬板,A帶負電,B帶正電且與大地相接,兩板間P點處固定一負電荷,設此時兩極板間的電勢差為U,P點場強大小為E,電勢為φP,負電荷的電勢能為Ep,現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變),下列說法正確的是(  ) A.U變大,E變大 B.U變小,

12、φP變小 C.φP變小,Ep變大 D.φP變大,Ep變小 解析:根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變,當正對面積減小時,則由C=可知電容減小,由U=可知極板間電壓增大,由E=可知,電場強度增大,故A正確;設P與B板之間的距離為d′,P點的電勢為φP,B板接地,φB=0,則由題可知0-φP=Ed′是增大的,則φP一定減小,由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大,所以可知電勢能Ep是增大的,故C正確. 答案:AC 9.(多選)(2018·深圳模擬)兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置,如圖所示.開關(guān)S閉合時,兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將S斷開,將C2下極板向

13、上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(  ) A.兩油滴的質(zhì)量相等,電性相反 B.斷開開關(guān),移動C2下極板過程中,B所在位置的電勢不變 C.再次閉合S瞬間,通過電鍵的電流可能從上向下 D.再次閉合開關(guān)后,A向下運動,B向上運動 解析:開關(guān)S閉合時,油滴A、B處于靜止狀態(tài),故油滴所受的豎直向下的重力大小等于豎直向上的電場力,兩電容器極板間的電場等大、反向,兩油滴的電性相反,由于兩油滴的電荷量大小未知,電場力大小不確定,兩油滴質(zhì)量大小不確定,故A錯誤;斷開開關(guān),電容器所帶電量不變,移動C2下極板過程中,兩極板距離減小,根據(jù)C=、C=和E=得E=,電場強度不變,B所在位置距上

14、極板距離不變,根據(jù)U=Ed可知,該點電勢不變,故B正確;斷開開關(guān),電容器所帶電量不變,移動C2下極板過程中,兩極板距離減小,E不變,根據(jù)U=Ed可知,電勢差減小,再次閉合S瞬間會有電流流過開關(guān),由于不知電荷電性,不能判斷電流方向,故C正確;再次閉合S后,電荷流動方向不確定,不能確定A、B所受電場力的變化情況,故D錯誤. 答案:BC 10.某電容式話筒的原理示意圖如圖所示,E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩金屬極板,對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動.在P、Q間距增大過程中(  ) A.P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大 B.M點的電勢比N點的高 C.M點的電勢比N點的低 D.P上電

15、荷量保持不變 解析:電容式話筒與電源串聯(lián),電壓保持不變.在P、Q間距增大過程中,根據(jù)電容決定式C=得,電容減小,又根據(jù)電容定義式C=得,電容器所帶電荷量減少,電容器的放電電流通過R的方向由M到N,所以M點的電勢比N點的高.故A、C、D錯誤,B正確. 答案:B 考點4 帶電粒子在電場中運動 11.如圖所示,平行板電容器與恒壓電源連接,電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場,設電容器極板上所帶電荷量為Q,電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y,若僅使電容器上極板上移.以下說法正確的是(  ) A.Q減小,y不變 B.Q減小,y減小 C.Q增大,y減小

16、 D.Q增大,y增大 解析:上極板上移,兩極間距增大,電容器電容減小,板間電場強度減小,由Q=CU可知,Q減小,C、D均錯誤;由y=··可知,因E減小,電子偏轉(zhuǎn)距離y減小,故B正確,A錯誤. 答案:B 12.(多選)(2019·信陽模擬)有重力可忽略不計的三個帶正電的粒子A、B、C,先后沿如圖所示的虛線OO′方向從左側(cè)中點水平進入平行板電容器中,并最終都能擊中MN板.已知三個粒子質(zhì)量之比mA∶mB∶mC=1∶1∶2,三個粒子帶電量之比為qA∶qB:qC=1∶2∶1,關(guān)于三個粒子擊中MN板的位置,下列說法正確的是(  ) A.若A、B、C以相同的速度進入電容器,則最終A、B、C擊中M

17、N板上同一點 B.若A、B、C以相同的動量進入電容器,則最終B、C擊中MN板上同一點 C.若A、B、C以相同的動能進入電容器,則最終A、C擊中MN板上同一點 D.若A、B、C以相同的動能進入電容器,則最終A、B擊中MN板上同一點 解析:三個粒子不計重力,加速度a=,粒子在電場中做類平拋運動,豎直方向y=at2,水平方向L=v0t,解得y=,若A、B、C以相同的速度進入電容器,由于比荷不同,則y不同,不可能擊中同一個位置,故A錯誤;y==,p相同,若qm相同,則y相同,由mA∶mB∶mC=1∶1∶2,三個粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC=1∶2∶1可知,B、C的qm相同,故B正確;y=,

18、動能相同,若q相同,則y相同,故C正確,D錯誤. 答案:BC 13.(2019·洛陽模擬)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器,其主要結(jié)構(gòu)可簡化為:電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏組成,如圖所示.若已知加速電場的電壓為U1,兩平行金屬板的板長、板間距離均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d,電子槍發(fā)射的質(zhì)量為m、電荷量為-e的電子,從兩平行金屬板的中央穿過,打在熒光屏的中點O,不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力.若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場,兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,電子會打在熒光屏上某點,該點距O點距離為d,求U1和U2的比值.

19、 解析:在加速電場U1中,由動能定理得: qU1=mv2, 以v的速度進入偏轉(zhuǎn)電場U2中做類平拋運動,在離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移距離: y1=at2, 其中:t=, 速度方向與水平方向成θ角,則有:vy=at, tan θ=, 離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離:y2=dtan θ, 根據(jù)牛頓第二定律有加速度a=, 而總的偏移距離:y=y(tǒng)1+y2=d, 聯(lián)立以上幾式解得:=. 答案: 14.(2019·濰坊模擬)如圖所示,兩豎直虛線間距為L,之間存在豎直向下的勻強電場.自該區(qū)域左側(cè)的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出.小球進

20、入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的右邊界離開.已知N離開電場時的位置與A點在同一高度;M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍,不計空氣阻力,重力加速度大小為g,已知A點到左邊界的距離也為L. (1)求該電場的電場強度大??; (2)求小球射出的初速度大??; (3)要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過L,僅改變兩小球的相同射出速度,求射出速度需滿足的條件. 解析:(1)小球在水平方向做勻速運動,則小球在電場區(qū)域內(nèi)、外的運動時間t相同 N離開電場時的位置與A點在同一高度,即豎直位移為0,設N在電場內(nèi)的加速度為a,則有 0=gt2+vyt-at2, 又因為vy=gt, 解得a

21、=3g,方向豎直向上, 由牛頓第二定律得:qE-mg=3mg, 解得E=; (2)M在電場中的加速度 a′==5g,方向豎直向下, 故M剛離開電場時的豎直分速度 vy=gt+5gt=6gt, 又有小球在水平方向做勻速運動,設小球射出的初速度為v0,則有t=, 由M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍得m(v+v)=8·m[v+(gt)2], 解得v=(6gt)2=7v+8(gt)2, v=4(gt)2=, v0=; (3)M、N進入電場前的運動一致,那么,M、N離開電場時的位置之間的距離: d=gt·t+·5gt2-=4gt2≤L, 解得t≤ , 故v0=≥=2. 答案:(1) (2) (3)v0≥2

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