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XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時力電綜合問題加練半小時XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時力電綜合問題加練半小時XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時力電綜合問題加練半小時58力電綜合問題[方法點撥](1)勻強(qiáng)電場可與重力場合成用一合場代替,即電場力與重力合成一合力,用該合力代替兩個力.(2)力電綜合問題注意受力解析、運(yùn)動過程解析,應(yīng)用動力學(xué)知識或功能關(guān)系解題.
1.(2017·河北衡水模擬)如圖1所示,地面上某個空間地域存在這樣的電場,水平虛線上方為場強(qiáng)E1,方向豎直向下的勻強(qiáng)電場;虛線下方為場強(qiáng)E2,方向豎直向上的勻強(qiáng)電場.一個質(zhì)量m,帶電+q的小球從上方電場的A點由靜止釋放,結(jié)果恰好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點,則以下結(jié)論正確的選項是()
圖1A.若AB高度差為h,則UAB=-eq\f(mgh,q)B.帶電小球在A、B兩點電勢能相等C.在虛線上、下方的電場中,帶電小球運(yùn)動的加速度相同D.兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2=2E12.(多項選擇)(2017·安徽合肥第二次檢測)如圖2所示,板長為L的平行板電容器與素來流電源相連接,其極板與水平面成30°角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0=eq\r(2gL),由圖中的P點射入電容器,分別沿著虛線1和2運(yùn)動,爾后走開電容器;虛線1為連接上、下極板邊緣的水平線,虛線2為平行且湊近上極板的直線,則以下關(guān)于兩粒子的說法正確的選項是()
圖2A.兩者均做勻減速直線運(yùn)動B.兩者電勢能均逐漸增加C.兩者的比荷之比為3∶4D.兩者走開電容器時的速率之比為v甲∶v乙=eq\r(2)∶eq\r(3)3.(2018·廣東東莞模擬)如圖3所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊,沿絕緣斜面勻速下滑,當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場區(qū)時,滑塊運(yùn)動的狀態(tài)為()
圖3C.將減速下滑D.上述三種情況都可能發(fā)生4.(多項選擇)(2017·山東棗莊一模)如圖4所示,水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L,極點C恰好位于圓滑絕緣直軌道CD的最低點,圓滑直導(dǎo)軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L,D在AB邊上的豎直投影點為O.一對電荷量均為-Q的點電荷分別固定于A、B兩點.在D處將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響),將小球由靜止開始釋放,已知靜電力常量為k、重力加速度為g,且keq\f(Qq,L2)=eq\f(\r(3),3)mg,忽略空氣阻力,則()
圖4A.軌道上D點的場富強(qiáng)小為eq\f(mg,2q)B.小球剛到達(dá)C點時,其加速度為零C.小球剛到達(dá)C點時,其動能為eq\f(\r(3),2)mgLD.小球沿直軌道CD下滑過程中,其電勢能先增大后減小5.(多項選擇)(2017·河南洛陽二模)在絕緣圓滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB.兩電荷的地址坐標(biāo)如圖5甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢φ與地址x之間的關(guān)系圖象,圖中x=L點為圖線的最低點,若在x=2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點),以下有關(guān)說法正確的選項是()
圖5A.小球在x=L處的速度最大B.小球必然能夠到達(dá)x=-2L點處C.小球?qū)⒁詘=L點為中心做往來運(yùn)動D.固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QA∶QB=4∶16.(多項選擇)(2017·寧夏六盤山二模)如圖6所示,L為豎直、固定的圓滑絕緣桿,桿上O點套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的小環(huán),在桿的左側(cè)固定一電荷量為+Q的點電荷,桿上a、b兩點到+Q的距離相等,Oa之間距離為h1,ab之間距離為h2,使小球從圖示地址的O點由靜止釋放后,經(jīng)過a的速率為eq\r(3gh1).則以下說法正確的選項是()
圖6A.小環(huán)從O到b,電場力做的功不為零B.小環(huán)經(jīng)過b點的速率為eq\r(g3h1+2h2)C.小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小D.小環(huán)在ab之間的速度是先減小后增大7.(多項選擇)(2017·湖南株洲一模)如圖7所示,在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B,一個電荷量為q=1.41×10-4C,質(zhì)量m=1g的帶電小球自A板上的孔P點以水平速度v0B板相碰又回到P點,g取10m/s2,則()
圖7A.板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB.板間電場強(qiáng)度大小為141V/mC.板與水平方向的夾角θ=30°D.板與水平方向的夾角θ=45°8.如圖8所示,勻強(qiáng)電場方向水平向右,場強(qiáng)為E,不可以伸長的懸線長為L.上端系于O點,下端系質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球,已知Eq=mg.現(xiàn)將小球從最低點A由靜止釋放,則以下說法錯誤的選項是()
圖8A.小球可到達(dá)水平川址B.當(dāng)懸線與水平方向成45°角時小球的速度最大C.小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒D.小球速度最大時懸線上的張力為(3eq\r(2)-2)mg9.(2017·安徽馬鞍山一模)如圖9所示,一圓滑絕緣細(xì)直桿MN,長為L,水平固定在勻強(qiáng)電場中,場富強(qiáng)小為E,方向與豎直方向夾角為θ.桿的M端固定一個帶負(fù)電小球A,電荷量大小為Q;另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上,可自由滑動,電荷量大小為q,質(zhì)量為m,現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放,小球B開始向右端運(yùn)動,已知k為靜電力常量,g為重力加速度,求:
圖9(1)小球B對細(xì)桿的壓力的大?。?2)小球B開始運(yùn)動時的加速度的大??;(3)小球B速度最大時,離M端的距離.
10.(2017·北京海淀區(qū)零模)用靜電的方法來除去空氣中的灰塵,需要第一想法使空氣中的灰塵帶上必然量的電荷,爾后利用靜電場對電荷的作用力,使灰塵運(yùn)動到指定的地域進(jìn)行收集.為簡化計算,能夠為每個灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同,設(shè)每個灰塵所帶電荷量為q,其所受空氣阻力與其速度大小成正比,表達(dá)式為F阻=kv(式中k為大于0的已知常量).由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小,為簡化計算,灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達(dá)到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間及經(jīng)過的位移均可忽略不計,同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵所受重力的影響.
圖10(1)有一種靜電除塵的設(shè)計方案是這樣的,需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部地域,將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端,恰好能將圓桶封閉,如圖10甲所示.在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內(nèi)空間的電場可視為勻強(qiáng)電場),便能夠在一段時間內(nèi)將圓桶地域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完好吸附在金屬板上,從而達(dá)到除塵的作用.求灰塵顆粒運(yùn)動可達(dá)到的最大速率;
(2)關(guān)于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部地域,還可以夠設(shè)計另一種靜電除塵的方案:沿圓桶的軸線有一根細(xì)直導(dǎo)線作為電極,緊貼圓桶內(nèi)壁加一個薄金屬桶作為另一電極.在直導(dǎo)線電極外面套有一個由絕緣資料制成的半徑為R0的圓桶形保護(hù)管,其軸線與直導(dǎo)線重合,如圖乙所示.若在兩電極間加上恒定的電壓,使得桶壁處電場強(qiáng)度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內(nèi)電場強(qiáng)度的大小,且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強(qiáng)度大小E的分布情況為E∝eq\f(1,r),式中r為所研究的點與直導(dǎo)線的距離.①試經(jīng)過計算解析,帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動到圓桶內(nèi)壁的過程中,其瞬時速度大小v隨其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系;②關(guān)于直線運(yùn)動,教科書中講解了由v-t圖象下的面積求位移的方法.請你借鑒此方法,利用v隨r變化的關(guān)系,畫出eq\f(1,v)隨r變化的圖象,依照圖象的面積求出帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動到圓桶內(nèi)壁的時間.
11.如圖11所示,帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置,M、N兩板間的距離d=0.5m.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1×10-2kg、電荷量q=+4×10-5C的帶電小球從兩極板上方的A點以v0=4m/s的初速度水平拋出,A點距離兩板上端的高度h=0.2m;此后小球恰好從湊近M板上端處進(jìn)入兩板間,沿直線運(yùn)動碰到N板上的C點,該直線與曲線的尾端相切.設(shè)勻強(qiáng)電場只存在于M、N之間,不計空氣阻力,取g=10m/s2.求:
圖11(1)小球到達(dá)M極板上邊沿B地址時速度的大??;(2)M、N兩板間的電場強(qiáng)度的大小和方向;(3)小球到達(dá)C點時的動能.
答案精析1.A[對小球由A到B的過程運(yùn)用動能定理得,qUAB+mgh=0,解得:UAB=eq\f(-mgh,q),知A、B的電勢不等,則帶電小球在A、B兩點的電勢能不等,故A正確,B錯誤;小球從A運(yùn)動到虛線速度由零加速至v,從虛線運(yùn)動到B速度由v減為零,位移相同,依照勻變速運(yùn)動的推論知,加速度大小相等,方向相反,故C錯誤;在上方電場,依照牛頓第二定律得:小球加速度大小為a1=eq\f(mg+qE1,m),在下方電場中,依照牛頓第二定律得,小球加速度大小為:a2=eq\f(qE2-mg,m),由于a1=a2,解得:E2-E1=eq\f(2mg,q),故D錯誤.]2.AD[依照題意可知,粒子做直線運(yùn)動,則電場力與重力的合力與速度方向在同素來線上,所以電場力只能垂直極板向上,受力以下列圖;依照受力求,粒子做直線運(yùn)動,則電場力與重力的合力與速度方向反向,粒子做勻減速直線運(yùn)動,故A正確;粒子甲碰到的電場力與位移方向的夾角為鈍角,所以電場力做負(fù)功,電勢能逐漸增加;粒子乙運(yùn)動的方向與電場力的方向垂直,電場力不做功,所以粒子的電勢能不變,故B錯誤;依照受力求,對甲:m甲g=q甲Ecos30°=eq\f(\r(3),2)q甲E,所以:eq\f(q甲,m甲)=eq\f(2\r(3)g,3E)對乙:m乙gcos30°=q乙E,所以eq\f(q乙,m乙)=eq\f(\r(3)g,2E)所以:eq\f(\f(q甲,m甲),\f(q乙,m乙))=eq\f(\f(2\r(3)g,3E),\f(\r(3),2E)g)=eq\f(4,3),故C錯誤;帶電粒子甲沿水平直線運(yùn)動,合力做的功:W1=-m甲gtan30°·eq\f(L,cos30°)=-eq\f(2,3)m甲gL,依照動能定理得:eq\f(1,2)m甲v甲2-eq\f(1,2)m甲v02=-eq\f(2,3)m甲gL所以:v甲=eq\r(\f(2,3)gL)帶電粒子乙沿平行于極板的直線運(yùn)動,合力做的功:W2=-m乙gsin30°·L=-eq\f(1,2)m乙gL,依照動能定理得:eq\f(1,2)m乙v乙2-eq\f(1,2)m乙v02=-eq\f(1,2)m乙gL所以:v乙=eq\r(gL)所以:eq\f(v甲,v乙)=eq\r(\f(2,3)),故D正確.]3.A[設(shè)斜面的傾角為θ.滑塊沒有進(jìn)入電場時,依照平衡條件得mgsinθ=FfFN=mgcosθ又Ff=μFN,獲取,mgsinθ=μmgcosθ,即有sinθ=μcosθ當(dāng)滑塊進(jìn)入電場時,設(shè)滑塊碰到的電場力大小為F.依照正交分解獲取滑塊碰到的沿斜面向下的力為(mg+F)sinθ,沿斜面向上的力為μ(mg+F)cosθ,由于sinθ=μcosθ,所以(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ,即受力仍平衡,所以滑塊仍做勻速運(yùn)動.]4.BC5.AD[據(jù)φ-x圖象切線的斜率等于場強(qiáng)E,則知x=L處場強(qiáng)為零,所以小球在C處碰到的電場力向左,向左加速運(yùn)動,到x=L處加速度為0,從x=L處向左運(yùn)動時,電場力向右,做減速運(yùn)動,所以小球在x=L處的速度最大,故A正確;由題圖乙可知,x=-2L點的電勢大于x=2L點的電勢,所以小球不可以能到達(dá)x=-2L點處,故B錯誤;由題圖乙知圖象不關(guān)于x=L對稱,所以小球不會以x=L點為中心做往來運(yùn)動,故C錯誤;x=L處場強(qiáng)為零,依照點電荷場強(qiáng)公式有:keq\f(QA,4L2)=keq\f(QB,2L2),解得QA∶QB=4∶1,故D正確.]6.AB7.AD[由題意知,小球未與B板相碰又回到P點,則小球先做勻減速直線運(yùn)動,減速到0,后反向做勻加速直線運(yùn)動,對帶電小球受力解析,以下列圖
小球的加速度a=eq\f(Δv,Δt)=eq\f(0-v0,\f(t,2))=eq\,,2))m/s2=-10m/s2依照幾何關(guān)系tanθ=eq\f(F合,mg)=eq\f(ma,mg)=eq\f(a,g)=1,得θ=45°F電=eq\f(mg,sin45°)=eq\r(2)mg=qE代入數(shù)據(jù)解得E=100V/m,故A、D正確,B、C錯誤.]8.C
[解析小球受力可知,重力與電場力的合力的方向與豎直方向成45°角,依照等效思想,能夠認(rèn)為小球在此復(fù)合場中的等效重力方向與豎直方向成45°角,以下列圖.故可知,小球在此復(fù)合場中做往來運(yùn)動,由對稱性可知,小球運(yùn)動的等效最高點在水平川址,A項正確;小球運(yùn)動的等效最低點在與水平方向成45°角的地址,此時小球速度最大,B項正確;因小球運(yùn)動過程中電場力做功,所以小球機(jī)械能不守恒,C項錯誤;由動能定理得eq\r(2)mgL(1-cos45°)=eq\f(1,2)mv2,依照圓周運(yùn)動公式及牛頓第二定律可得FT-eq\r(2)mg=meq\f(v2,L),聯(lián)立解得FT=(3eq\r(2)-2)mg,懸線上的張力大小與懸線對小球的拉力大小相等,D項正確.]9.見解析解析(1)小球B在垂直于桿的方向上合力為零,則有FN=qEcosθ+mg由牛頓第三定律知小球B對細(xì)桿的壓力FN′=FN=qEcosθ+mg(2)在水平方向上,小球所受合力向右,由牛頓第二定律得:qEsinθ-eq\f(kQq,L2)=ma解得:a=eq\f(Eqsinθ,m)-eq\f(kQq,mL2)(3)當(dāng)小球B的速度最大時,加速度為零,有:qEsinθ=eq\f(kQq,x2)解得:x=eq\r(\f(kQ,Esinθ)).10.見解析解析(1)圓桶形容器內(nèi)的電場強(qiáng)度E=eq\f(U,H)灰塵顆粒所受的電場力大小F=eq\f(qU,H),電場力跟空氣的阻力相平衡時,灰塵達(dá)到最大速度,并設(shè)為v1,則有kv1=eq\f(qU,H)解得v1=eq\f(qU,kH)(2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強(qiáng)度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小,且桶壁處的電場強(qiáng)度為第(1)問方案中場強(qiáng)的大小,則E1=eq\f(U,H),設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場富強(qiáng)小為E2,則eq\f(E2,E1)=eq\f(R,r),解得E2=eq\f(UR,Hr)故與直導(dǎo)線越近處,電場強(qiáng)度越大.設(shè)灰塵顆粒運(yùn)動到與直導(dǎo)線距離為r時的速度為v,則kv=qE2解得v=eq\f(qUR,kHr)上式表示,灰塵微粒在向圓桶內(nèi)壁運(yùn)動過程中,速度是逐漸減小的.
②以r為橫軸,以eq\f(1,v)為縱軸,作出eq\f(1,v)-r的圖象以下列圖
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