新教材物理一轮总复习-单元素养评价九静电场及其应用静电场中的能量习题.docx

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1、单元素养评价(九)静电场及其应用静电场中的能量一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.如图所示的光滑绝缘环沿竖直方向固定,两个可视为质点的带电圆环套在绝缘环上,其中带电圆环Q与绝缘环的圆心O等高,已知Q带正电,两环平衡时OQP30.则下列说法正确的是()A圆环P带负电B圆环P、Q的质量之比为21C圆环P、Q的电荷量之比为12D圆环P、Q受绝缘环弹力之比为112如图所示,虚线为某静电场中的等差等势线(相邻两虚线间的电势差相等),实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点,除静电力外,粒子受

2、到的其他力均可不计下列说法正确的是()A粒子在a、c两点的加速度大小一定相等B粒子在b、c两点的速度大小一定相等C粒子运动过程中速度一定先减小后增大D粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大3.2023衡水模拟在真空中M、N两点分别放有异种点电荷2Q和Q,以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd,a、O、c三点恰好将MN四等分,b、d为MN的中垂线与圆的交点,如图所示,则下列说法正确的是()Aa、b、c、d四点电场强度的大小关系是EaEc,EbEdBa、b、c、d四点电势的关系是a0).A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g,求:

3、(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能13(10分)如图所示,在平面坐标系xOy第一象限内,y轴右侧宽度d0.5m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场,在xd的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E24E1的匀强电场,在坐标原点O处有一氕粒子源,它一次可以向外放出一个或多个氕粒子,不计粒子的重力及相互作用力(1)若从O点沿y轴正方向发射许多初速度大小不同的氕粒子,当它们在场强为E1的电场中运动的动能均变为初动能的n倍时,其位置分布在图中过原点的倾斜虚线上(虚线满足yx,且x0.5m),求n的值;(2)若从O点沿y轴正方向以v0(其中为氕粒子的比荷)的初速度发射一个氕粒子,当它

4、的动能变为初动能的6倍时,求其位置的横坐标z值(结果可带根号).14(12分)2023沈阳质检如图甲所示,真空中间距为d的两块平行金属板,板长为L,加在A、B间的电压UAB周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为kU0(k1),电压随时间的变化如图乙所示在t0时刻,有一个电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场,在运动过程中未与极板相撞,已知电子质量为m、电荷量为e,且不考虑重力的作用(1)若k1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场,求其动能增加量(2)若k1.5且电子恰好在2T时刻射出电场,求两板间距离d应满足的条件及射出时速度的大小(速度结果中可以含有d).15.(16分)20

5、23全国山东一模如图所示,水平粗糙的长直轨道上P点左侧存在电场强度为E的匀强电场,材料相同的两个小滑块M、N静止在轨道上,其中N不带电静止于P点,质量为m0、带电荷量为q的滑块M位于P点左侧与P相距x0处现由静止释放滑块M,一段时间后滑块M运动到P点,在P点与滑块N发生弹性碰撞,碰撞后滑块M以碰撞前速度大小的二分之一反向弹回,同时滑块M所带的电荷量消失,又经过同样长一段时间后其速度减为0,此刻立即使其重新带上Q的电荷量,滑块M再次开始运动,并恰好能与N再次发生碰撞求:(1)滑块N的质量;(2)滑块M从开始运动到第一次速度减为0所用的时间;(3)电荷量Q与q的比值单元素养评价(九)1解析:对圆环

6、Q受力分析,如图甲所示,则Q静止须受圆环P的斥力,即圆环P应带正电,A错误;根据力的平衡条件由Q的受力可知F,F1,对圆环P受力分析,如图乙所示,则由几何关系可知FmPg,F22mPgcos30,所以mPg,即,B正确;由题中的条件不能确定两圆环所带电荷量的关系,C错误;由以上分析整理得,D错误答案:B2解析:因a点处的等差等势线比c点处的密集,故a点处的电场强度大于c点处的电场强度,故电荷在a点受到的静电力大于在c点受到的静电力,结合牛顿第二定律可知,粒子在a点的加速度比在c点的加速度大,故A错误;b、c两点的电势相等,则粒子在b、c两点的电势能相等,由能量守恒定律可知,粒子在b、c两点的动

7、能相等,速度大小相等,故B正确;由粒子运动的轨迹弯曲的方向及等势线与电场线垂直可知,粒子受到的静电力指向轨迹曲线内侧且垂直于电场线,则粒子从a运动到b静电力做正功,粒子速度增大,从c运动到d静电力做负功,速度减小,故粒子在由a到d的运动过程中的速度先增大后减小,同理,粒子在由d到a的运动过程中的速度也先增大后减小,故C错误;因粒子由c到d的过程中静电力做负功,动能减小,电势能增大,即粒子在d点的电势能大于在c点的电势能,由于c点电势与b点电势相等,粒子在c点与b点电势能相等,故粒子在d点的电势能大于在b点的电势能,D错误答案:B3解析:设MaaOR,则a、c点的场强分别为Ea,Ec,因此EaE

8、c,由于b、a两点关于MN对称,因此可得EbEd,A正确;由于沿着电场线,电势降低,因此c,A错误;根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场,不是匀强电场,所以金属片与锯条之间的电场强度不为,B错误;除尘过程中,锯条和金属片之间存在强电场,它使空气电离成负离子和正离子,负离子在电场力作用下,向正极移动时,碰到烟尘使它带负电,带电烟尘在电场力作用下,向正极移动,烟尘最终被吸附到金属片上,这样消除了烟尘中的尘粒,所以带电量为q且能到达金属片的烟尘增加的电势能最大值为qU,C错误;设质量为m,带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为v,则烟尘受到电场力做的功qUmv2可得p即水平方向受

9、到的冲量不大于,D正确答案:D6解析:由几何关系可知,三点电荷到O点的距离均为la,三点电荷在O点的场强大小均为Ek,如图所示,由矢量合成知识可知,O点合场强大小为E合2E,若要使放置在O点处的电荷不受电场力的作用,则O点的场强应为零,故施加的匀强电场方向应与E合大小相等、方向相反,选项B正确答案:B7解析:由x和y图像可知,Ox、Oy两个方向上距离O点相同距离处电势相等,比如,取距离均为20cm处,电势均为40V,则这两点位于同一等势面上,用直线将两点连接,然后作这条等势线的过O点的垂线,由电场线和等势面的关系可知,这就是电场线,且方向向下,且电场强度大小为EV/m,故选D.答案:D8解析:

10、云层带负电,则避雷针尖端带正电,A错误;根据运动轨迹可知,带电粒子所受电场力指向避雷针尖端,由M点到N点电场力做正功,电势能降低,B正确;放电时,云层中的负电荷通过避雷针流向大地,而电流方向为负电荷运动的反方向,所以放电时避雷针中有向上的电流,C正确;带电粒子越靠近避雷针尖端,等势线越密集,电场强度越大,带电粒子所受电场力越大,加速度越大,D错误答案:BC9解析:金属板A、B与干电池连接,两板间电势差不变,A板上移,静电计指针的张角不变,故A错误;根据E,若仅将B板下移一些,板间电场强度减小,竖直向上的电场力减小,而重力不变,则油滴受合外力向下,将向下运动,故B正确;若断开S,极板电荷量不变,

11、根据C,QCU,E可得E,仅将B板下移一些,板间电场强度不变,P点与零电势B板间电势差UEd增大,则P点电势增大,带负电的油滴在P点的电势能减小,故C正确;若断开S,且仅在A、P间插入玻璃板,则介电常数增大,则电场强度减小,则竖直向上的电场力减小,而重力不变,则油滴受合外力向下,将向下运动,故D错误答案:BC10解析:由题意可知,电场由点电荷产生的,因此沿A、B两点电场强度的方向上延长线的交点O应为点电荷的位置,如图所示,由此可知场源电荷带负电,A错误;电子受到排斥力,所以电子从A到B,电场力做负功,电子的电势能增大,因此电子在A点的电势能低于B点的电势能,B错误;由解析图和几何关系可知,AB

12、BCBOCO,由正弦定理可得,解得AOBO,则有BOAO,设点电荷的电荷量是Q,由题设条件可有EAE0,由点电荷的场强公式Ek,可得B点的电场强度大小为EBkkk3E0,C正确;由解析图可知,B点电势等于C点电势,所以UABUAC,D正确答案:CD11解析:(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知:充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小(2)根据欧姆定律I,图像的面积表示Ut,可知图像面积与R的比值表示电荷量故极板所带最大电荷量qC0.0609C,该电容器的电容值CF1.0102F.(3)正确因为当开关S与2连接,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行

13、数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”,可应用C计算电容值答案:(1)相反减小(2)1.0102(3)见解析12解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mgqEmaa()2gt2联立解得E.(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2).答案:(1)(2)2m(vg2t2)13解析:(1)氕粒子在左侧电场中做类平抛运动,有xatyv0t1而yx,Fma由动能定理得Fxmvnmv联立解得n3(2)

14、粒子在左侧电场中做类平抛运动,出电场时沿x轴正方向的速度为vxv0粒子在右侧电场中做类斜抛运动,有xdvxt2yv0t2t由动能定理得E1qdE2qy6mvmv联立解得xm答案:(1)3(2)m14解析:(1)若k1,电子在竖直方向的速度随时间变化的图像如图所示若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场,根据动能定理可得Eke.(2)若k1.5,竖直方向,电子在0T时间内做匀加速运动,加速度的大小a1,位移大小x1a1T2在T2T时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,加速度的大小a2初速度的大小v1a1T,匀减速运动阶段的位移大小x2由题知x1x2,解得d垂直电场方向,电子速度为v0,射出时竖

15、直方向的速度大小为vya2Ta1T合速度大小为.答案:(1)(2)见解析15解析:(1)根据题意,设v0为小滑块M在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小设物块N的质量为m1,碰撞后瞬间N的速度大小为v1,由动量守恒定律和机械能守恒定律有:m0v0m0()m1v1,m0vm0()2m1v,解得m13m0,v1v0.(2)滑块M第一次在电场中加速度过程qEx0m0gx0m0v0返回过程中设位移大小为x1,则m0gx10m0()2由题意可得x0v0t,x1t联立解得qE3m0g滑块M加速过程中满足qEm0gm0a,x0at2,总时间t总2t,解得t总2.(3)设物块N在水平轨道上能够滑行的距离为x2,由动能定理有m1gx20m1vM重新运动后到与N恰好相碰,对M由动能定理有QEx1m0g(x1x2)0,解得.答案:(1)3m0(2)2(3)

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