2015屆高考物理第二輪沖關(guān)復(fù)習(xí)題30

溫馨提示：此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)理適合的觀看比率，答案分析附后。封閉Word文檔返回原板塊。高效操練如下圖,A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓周上,且AC連線與BD連線垂直,A、D和B、C分別對(duì)于PQ連線對(duì)稱,圓周半徑為R,P、Q到圓心O的距離都為錯(cuò)誤！未找到引用源。R,此刻四點(diǎn)放上相同電量的點(diǎn)電荷,A、D都放正電荷,B、C都放負(fù)電荷,結(jié)果Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)盛小為E1,假如同時(shí)拿走A、D兩個(gè)點(diǎn)電荷,結(jié)果P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E2,則每個(gè)電荷的帶電量為()A.錯(cuò)誤！未找到引用源。B.錯(cuò)誤！未找到引用源。C.錯(cuò)誤！未找到引用源。D.錯(cuò)誤！未找到引用源。【分析】選C。依據(jù)對(duì)稱性可知,四個(gè)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)盛小也為E1,且方向在PQ連線上,依據(jù)對(duì)稱性可知,A、D兩個(gè)點(diǎn)電荷在Q點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)盛小也為E2,且和B、C在Q點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向相反,設(shè)每個(gè)電荷帶電量為q,由幾何關(guān)系可知,B、C到Q的距離等于圓的半徑,依據(jù)電場(chǎng)疊加有,錯(cuò)誤！未找到引用源。k錯(cuò)誤！未找到引用源。-E2=E1,q=錯(cuò)誤！未找到引用源。,故C項(xiàng)正確。2.(2014·海南高考)如圖,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平擱置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當(dāng)把金屬板從電容器中迅速抽出后,粒子P開始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)的加快度為()A.lgB.dlgC.lgD.dgdddldl【解題指南】解答本題可按以下思路進(jìn)行:初始時(shí)兩極板間距離為d-l,此時(shí)粒子靜止,知足二力均衡條件。金屬板抽出后,兩極板間距離為d,此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生變化,粒子受力不再均衡,知足牛頓第二定律。【分析】選A。帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)遇到重力和電場(chǎng)力的作用,最先處于靜止?fàn)顟B(tài),由二力均衡條件可得:mg=qU;當(dāng)把金屬板dl從電容器中迅速抽出后,電容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距離發(fā)生了變化,惹起電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生了變化,進(jìn)而電場(chǎng)力也發(fā)生了變化,粒子受力不再均衡,產(chǎn)生了加快度,依據(jù)牛頓第二定律ma=mg-q錯(cuò)誤！未找到引用源。,兩式聯(lián)立可得a=lg。d3.(2014·寧德模擬)如下圖,虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面,相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等,即Uab=Ubc,實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下經(jīng)過該地區(qū)時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn),R同時(shí)在等勢(shì)面b上,據(jù)此可知()A.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的加快度比在Q點(diǎn)的加快度小B.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的小C.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)的動(dòng)能D.三個(gè)等勢(shì)面中,c的電勢(shì)最高【分析】選D。等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線也密,電場(chǎng)強(qiáng)度大,所受電場(chǎng)力大,所以加快度也大,A錯(cuò)誤;電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè),因?yàn)殡姾蓭ж?fù)電,所以電場(chǎng)線向上,依據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力狀況可知,從P到Q過程中電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能降低,帶電質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能較大,由能量守恒可知,P點(diǎn)的動(dòng)能較小,B、C錯(cuò)誤;負(fù)電荷在Q點(diǎn)電勢(shì)能較小,電勢(shì)較高,D正確?！究偨Y(jié)提高】電勢(shì)能大小及其變化剖析的兩個(gè)思路做功角度:依據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系剖析、判斷帶電粒子電勢(shì)能及其變化。靜電力做正功,粒子的電勢(shì)能減少,靜電力做負(fù)功,則粒子的電勢(shì)能增添。轉(zhuǎn)變角度:只有靜電力做功時(shí),電勢(shì)能與動(dòng)能能夠互相轉(zhuǎn)變,動(dòng)能減小,電勢(shì)能增添,動(dòng)能增大,電勢(shì)能減少。4.(2014·江蘇高考)如下圖,一圓環(huán)上平均散布著正電荷,x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。以下對(duì)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說法中正確的選項(xiàng)是()A.O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零,電勢(shì)最低B.O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零,電勢(shì)最高C.從O點(diǎn)沿x軸正方向,電場(chǎng)強(qiáng)度減小,電勢(shì)高升D.從O點(diǎn)沿x軸正方向,電場(chǎng)強(qiáng)度增大,電勢(shì)降低【解題指南】判斷電勢(shì)高低第一要明確電場(chǎng)強(qiáng)度的方向,沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低,判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小本題能夠用特別值法,在O點(diǎn)因?yàn)閷?duì)稱性,電場(chǎng)強(qiáng)度為0,在x軸的無窮遠(yuǎn),電場(chǎng)強(qiáng)度為0,而中間某處電場(chǎng)強(qiáng)度不為0?！痉治觥窟xB。依據(jù)電荷散布的對(duì)稱性判斷,O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低,所以在x軸上,O點(diǎn)的電勢(shì)最高,A錯(cuò)、B對(duì)。從O點(diǎn)沿x軸正方向,電場(chǎng)強(qiáng)度是先增大后減小,所以C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn),OB沿豎直方向,∠BOA=60°,OB=錯(cuò)誤！未找到引用源。OA。將一質(zhì)量為m的小球以必定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出,小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰巧經(jīng)過A點(diǎn)。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球經(jīng)過了A點(diǎn),抵達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍;若該小球從O點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿另一方向拋出,恰巧經(jīng)過B點(diǎn),且抵達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍。重力加快度大小為g。求:無電場(chǎng)時(shí),小球抵達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值;電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?！窘忸}指南】解答本題需要注意以下三點(diǎn):不存在電場(chǎng)時(shí),小球做平拋運(yùn)動(dòng),要依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。加上電場(chǎng)后,小球還遇到電場(chǎng)力作用,有電場(chǎng)力做功,會(huì)波及電勢(shì)能的變化,可依據(jù)能量守恒定律求解。要掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)變化的特色,即在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)下降是平均的。【分析】(1)設(shè)小球的初速度為v0,初動(dòng)能為Ek0,從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t,令OA=d,則OB=錯(cuò)誤！未找到引用源。d,依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin60°=v0t①dcos60°=錯(cuò)誤！未找到引用源。gt2②又有Ek0=錯(cuò)誤！未找到引用源。m錯(cuò)誤！未找到引用源。③由①②③式得Ek0=錯(cuò)誤！未找到引用源。mgd④設(shè)小球抵達(dá)

A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為

EkA,則

EkA=Ek0+錯(cuò)誤！未找到引用源。mgd⑤由④⑤式得錯(cuò)誤！未找到引用源。=錯(cuò)誤！未找到引用源。⑥加電場(chǎng)后,小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn),高度分別降低了錯(cuò)誤！未找到引用源。和錯(cuò)誤！未找到引用源。,設(shè)電勢(shì)能分別減小EpA和EpB,由能量守恒及④式得EpA=3Ek0-Ek0-錯(cuò)誤！未找到引用源。mgd=錯(cuò)誤！未找到引用源。Ek0

⑦EpB=6Ek0-Ek0-錯(cuò)誤！未找到引用源。

mgd=E

k0⑧在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,沿任向來線,電勢(shì)的下降是平均的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì),M與O點(diǎn)的距離為x,如圖,則有錯(cuò)誤！未找到引用源。=錯(cuò)誤！未找到引用源。⑨解得x=d。MA為等勢(shì)線,電場(chǎng)必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得α=30°⑩即電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30°。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,有qEdcos30°=EpA?由④⑦?式得E=錯(cuò)誤！未找到引用源。答案:(1)錯(cuò)誤！未找到引用源。(2)錯(cuò)誤！未找到引用源。,方向與豎直向下的方向的夾角為30°6.(2014·撫順一模)如圖在豎直擱置的鉛屏A的右表面上貼著能放射電子的儀器P,放射源放出的電子速度大小均為v0=1.0×107m/s,各個(gè)方向均有。足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行擱置,相距d=2.0×10-2m,此間有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=2.5×104N/C。已知電子電量e=1.6×10-19C,電子質(zhì)量m=9.0×10-31kg,不計(jì)電子重力。求:(1)電子抵達(dá)熒光屏M上的動(dòng)能。熒光屏上的發(fā)光面積(結(jié)果保存3位有效數(shù)字)?！痉治觥?1)對(duì)電子運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得:eEd=Ek-錯(cuò)誤！未找到引用源。m錯(cuò)誤！未找到引用源。,解得:Ek=1.25×10-16J電子射向各個(gè)方向,此中和鉛屏A平行的電子在縱向偏移距離最大,電子做類平拋運(yùn)動(dòng),則:d=錯(cuò)誤！未找到引用源?！ゅe(cuò)誤！未找到引用源?！2,r=v