高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場限時規(guī)范訓練1
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限時規(guī)范訓練建議用時:40分鐘1如圖所示,邊長為L1 m的等邊三角形ABC置于勻強電場中,電場線的方向平行于ABC所在平面,其中A點電勢為1 V,AC中點電勢為2 V,BC中點的電勢為4 V,則該勻強電場的場強大小是()A1 V/mB. V/mC3 V/m D4 V/m解析:選D.在勻強電場中,同一條直線(非等勢線)上兩點之間的電勢差與其距離成正比,可得C點電勢為3 V,B點電勢為5 V,則AB中點D的電勢為3 V,故CD為一條等勢線,如圖所示,則AB所在直線為電場線,易得E4 V/m.2帶有等量異種電荷的兩塊等大的平行金屬板M、N水平正對放置兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線運動,當微粒運動到P點時,將M板迅速向上平移一小段距離后,則此后微粒的可能運動情況是()A沿軌跡運動 B沿軌跡運動C沿軌跡運動 D沿軌跡運動解析:選B.M板平移前,帶電微粒做勻速直線運動,所受電場力與重力二力平衡,M板移動后,根據(jù)C、U、E可得:E,所以兩極板間電場強度不變,帶電微粒仍然受力平衡,沿原方向做勻速直線運動,選項B正確3(2016湖北八市聯(lián)考)如圖,M和N是兩個帶有異種電荷的帶電體(M在N的正上方,圖示平面為豎直平面),P和Q是M表面上的兩點,S是N表面上的一點在M和N之間的電場中畫有三條等勢線現(xiàn)有一個帶正電的液滴從E點射入電場,它先后經(jīng)過了F點和W點已知油滴在F點時的機械能大于在W點時的機械能,E、W兩點在同一等勢面上,不計油滴對原電場的影響,不計空氣阻力,則以下說法正確的是()AP和Q兩點的電勢不相等BP點的電勢高于S點的電勢C油滴在F點的電勢能高于在E點的電勢能D油滴在E、F、W三點的機械能和電勢能之和不變解析:選D.帶電導體表面是等勢面,A錯;因油滴在F點時的機械能大于在W點時的機械能,則液滴從F點到W點,電場力做負功,即F點電勢低于W點電勢,所以M帶負電,N帶正電,P點電勢低于S點電勢,B錯;正電荷在F點的電勢能比在E點時的低,C錯;因只有電場力和重力做功,能量是守恒的,所以機械能和電勢能之和不變,D對4(2016浙江寧波高三聯(lián)考)如圖所示,分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷,電荷量均為Q,MN連線的中點為O.正方形ABCD以O點為中心,E、F、G、H是正方形四邊的中點,取無窮遠處電勢為0,則下列說法正確的是()AA點電勢低于B點電勢B正點電荷沿直線從F到H,電勢能先增大后減小CO點的電場強度為零,電勢也為零D沿路徑ADC移動一負點電荷比沿路徑AB移動同一負點電荷克服電場力做的功多解析:選B.由于是等量同種電荷形成的電場,由電場分布的對稱性可知A、B兩點電勢相等,A錯;在MN中垂線上,O點的電場強度為0,但電場方向從O點指向外,即正電荷沿直線從F到H,電場力先做負功再做正功,電勢能先增大后減小,B對;取無窮遠處電勢為0,沿著電場線方向電勢是逐漸降低的,則MN中垂線上O點電勢最高,C錯;由電場的對稱性可知B、C兩點電勢相等,所以沿路徑ADC移動一負點電荷與沿路徑AB移動同一負點電荷克服電場力做的功相同,D錯5(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示,x軸正向為場強正方向,帶正電的點電荷沿x軸運動,則點電荷()A在x2和x4處電勢能相等B由x1運動到x3的過程中電勢能增大C由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析:選BC.由題圖可知, x1到x4場強先變大,再變小,則點電荷受到的電場力先增大后減小,C正確、D錯誤由x1到x3及由x2到x4過程中,電場力做負功,電勢能增大,A錯誤、B正確6如圖所示,平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置,電容器所帶電荷量為Q,一液滴從A板上邊緣由靜止釋放,液滴恰好能擊中B板的中點O,若電容器所帶電荷量增加Q1,液滴從同一位置由靜止釋放,液滴恰好擊中OB的中點C,若電容器所帶電荷量減小Q2,液滴從同一位置由靜止釋放,液滴恰好擊中B板的下邊緣D點,則()A1 B2C3 D4解析:選B.由運動的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運動,水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動,設兩金屬板長為L、間距為d、正對面積為S,兩極板間場強為E,液滴所帶電荷量為q、質(zhì)量為m,則豎直方向有hgt2,水平方向有dt2,E,所以Qh常數(shù),即Q(QQ1),Q(QQ2)L,聯(lián)立得2,B對7(2016河南開封二模)(多選)如圖所示,一帶電粒子在勻強電場中從A點拋出,運動到B點時速度方向豎直向下,且在B點時粒子的速度為粒子在電場中運動的最小速度,已知電場方向和粒子運動軌跡在同一豎直平面內(nèi),粒子的重力和空氣阻力與電場力相比可忽略不計,則()A電場方向一定水平向右B電場中A點的電勢一定高于B點的電勢C從A到B的過程中,粒子的電勢能一定增加D從A到B的過程中,粒子的電勢能與動能之和一定不變解析:選CD.粒子只受電場力,做拋體運動,類似重力場中的斜上拋運動,B點為等效最高點,故電場力方向水平向右,由于不知粒子的電性,故無法判斷電場方向,A項錯誤;無法判斷電場方向,所以不能確定A點和B點的電勢的高低,故B項錯誤;從A到B的過程中,電場力對粒子做負功,粒子的電勢能增大,故C項正確;從A到B的過程中,只有電場力做負功,動能減小,電勢能增加,電勢能和動能之和保持不變,故D項正確8如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖,圖中兩點電荷P、Q連線長度為r,M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r,S點到點電荷Q的距離也為r,由此可知()AM點的電場強度為2kBM、N、S三點的電勢可能相等C把同一試探電荷放在M點,其所受電場力等于放在S點所受的電場力D沿圖中虛線,將一試探電荷從N點移到M點,電場力一定不做功解析:選D.點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為Ek,這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E2kcos 60k,方向水平向左,A錯誤;S點的電勢大于零,而M點、N點的電勢為零,B錯誤;由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右,因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同,C錯誤;由于M、N所在直線為零勢能線,試探電荷從N點移到M點,電場力不做功,D正確9(多選)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平,a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零,則小球a()A從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中,速率先增大后減小C從N到Q的過程中,電勢能一直增加D從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量解析:選BC.小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中,a、b兩球的距離一直減小,庫侖力變大,a受重力不變,重力和庫侖力的夾角從90一直減小,故合力變大,選項A錯誤;小球a從N到P的過程中,速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90到大于90,故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功,a球速率先增大后減小,選項B正確;小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功,電勢能一直增加,選項C正確;小球a從P到Q的過程中,減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和,故動能的減少量大于電勢能的增加量,則選項D錯誤10在xOy平面內(nèi),有沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E(圖中未畫出),由A點斜射出一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的粒子,B和C是粒子運動軌跡上的兩點,如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)粒子所受重力忽略不計求:(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功;(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間;(3)粒子經(jīng)過C點時的速率解析:(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根據(jù)拋體運動的特點,粒子在x方向做勻速直線運動,由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上,可令tADtDBT,則tBCT由qEma得a又y0aT2y03l0a(2T)2解得T 則AC過程所經(jīng)歷的時間t3(3)粒子在DC段做類平拋運動,于是有2l0vCx(2T) vCya(2T)vC 答案:(1)3qEl0(2)3(3) 11如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點,OB沿豎直方向,BOA60,OBOA,將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出,小球在運動過程中恰好通過A點使此小球帶電,電荷量為q(q0),同時加一勻強電場,場強方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點,到達A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達B點時的動能為初動能的6倍,重力加速度大小為g.求:(1)無電場時,小球到達A點時的動能與初動能的比值;(2)電場強度的大小和方向解析:(1)設小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OAd,則OBd,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設小球到達A點時的動能為EkA,則EkAEk0mgd由式得(2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了和,設電勢能分別減小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的設直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為x,如圖,則有解得xd,MA為等勢線,電場強度方向必與其垂線OC方向平行設電場方向與豎直向下的方向的夾角為,由幾何關系可得30.即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30.設電場強度的大小為E,有qEdcos 30EpA由式得E答案:(1)(2)電場方向與豎直向下的方向的夾角為3012如圖甲所示,水平放置的平行金屬板A和B的距離為d,它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN,現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向電壓值為,且每隔變向1次現(xiàn)將質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO射入,設粒子能全部打在靶上,而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T.不計重力的影響,試求:(1)定性分析在t0時刻從O點進入的粒子,在垂直于金屬板的方向上的運動情況(2)在距靶MN的中心O點多遠的范圍內(nèi)有粒子擊中?(3)要使粒子能全部打在靶MN上,電壓U0的數(shù)值應滿足什么條件?(寫出U0、m、d、q、T的關系式即可)解析:(1)0時間內(nèi),帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運動,在T時間內(nèi),粒子受到向上的電場力而向下做減速運動(2)當粒子在0、T、2TnT(n0,1,2)時刻進入電場中時,粒子將打在O點下方最遠點,在前時間內(nèi),粒子豎直向下的位移:y1a12在后時間內(nèi),粒子豎直向下的位移:y2va22其中:va1a2解得:y2故粒子打在距O點正下方的最大位移:yy1y2當粒子在、(n0,1,2)時刻進入電場時,將打在O點上方最遠點,在前時間內(nèi),粒子豎直向上的位移:y1a12在后時間內(nèi),粒子豎直向上的位移:y2va22其中:va1a2解得:y20故粒子打在距O點正上方的最大位移:yy1y2擊中的范圍在O以下到O以上(3)要使粒子能全部打在靶上,需有:解得:U0答案:(1)見解析(2)O以下到O以上(3)U0- 配套講稿:
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