2019-2020年高考物理二輪復習 專題四 電場和磁場 4.8 電場及帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè).doc
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2019-2020年高考物理二輪復習 專題四 電場和磁場 4.8 電場及帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 一、選擇題 1.由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電量分別為q1和q2,其間距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量.若用國際單位制的基本單位表示,k的單位應為( ) A.kgA2m3 B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2 D.Nm2A-2 解析:由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2s2,又因1 N=1 ,整理可得k的單位應為,即kgA-2m3s-4,故選項B正確. 答案:B 2.已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為,其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量,ε0為常量.如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間為真空,帶電量為Q.不計邊緣效應時,極板可看做無窮大導體板,則極板間的電場強度大小和兩板極間相互的靜電引力大小分別為( ) A.和 B.和 C.和 D.和 解析:由題知,σ=,故電場強度E==.帶電量為Q的平板在與另一平板產(chǎn)生的電場中受力F=QE=.兩板之間的場強為兩板各自場強疊加的合場強,E合=2E=,D正確. 答案:D 3.如圖所示為靜電力演示儀,兩金屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置.工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極,表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間,則( ) A.乒乓球的左側感應出負電荷 B.乒乓球受到擾動后,會被吸在左極板上 C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用 D.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞 解析:由題圖可知,右側金屬板與電源正極相連接,帶正電,左側金屬板帶負電,根據(jù)靜電感應規(guī)律,近端感應出異種電荷,因此乒乓球的左側感應出正電荷,A錯誤.乒乓球被擾動后,如果向右擺動會被吸到右板上,B錯誤.乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用,C錯誤.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,乒乓球會帶上正電,受到右極板的排斥,向左運動與左極板接觸,又帶上負電,被左極板排斥向右運動,這樣小球就在兩極板間來回碰撞,D正確. 答案:D 4.(多選)如圖所示,MON是固定的光滑絕緣直角桿,MO沿水平方向, NO沿豎直方向,A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球,用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上,使兩球均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后,A、B兩小球可以重新平衡.則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較,下列說法正確的是( ) A.A、B兩小球間的庫侖力變大 B.A、B兩小球間的庫侖力變小 C.A球對MO桿的壓力變大 D.A球對MO桿的壓力肯定不變 解析:A、B間的連線與豎直方向的夾角減小,對B研究,庫侖力在豎直方向的分力與重力等大反向,因此A、B兩小球間的庫侖力減??;由整體法可知,A對桿的壓力等于A、B的重力之和,A、C錯. 答案:BD 5.(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(chǎn)、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:小球a從N到Q過程中,離小球b越來越近,電勢能逐漸增大,C正確.N到Q過程中,重力做正功,庫侖力做負功,重力功率逐漸減小為零,庫侖力功率由零逐漸增大,由總功率先為正,后為負,小球速率先增大后減小,B正確.P到Q過程中,重力和庫侖力都做負功,重力勢能和電勢能增加量等于動能減少量,D錯誤. 答案:BC 6.半徑為R的均勻帶電球體,在通過球心O的直線上,各點的電場分布如圖所示。當x≥R時,電場分布與電荷量全部集中在球心時相同.已知靜電力常量為k,則( ) A.球面是個等勢面,球體是個等勢體 B.在x軸上x=R處電勢最高 C.xP=R D.球心O與球面間的電勢差為E0R 解析:從圖象上看,球內(nèi)部電場強度都不等于零,因此球體不是等勢體,A錯誤;在x軸上x=R處場強最大,而不是電勢最高,B錯誤;EP=,E=,因為EP=E,所以xP=R,C正確;假設球心O與球面間的電場為勻強電場,且大小為E0,則電勢差U=E0R,但是O與球面間的電場并不是勻強電場,因此D錯誤. 答案:C 7.(多選)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則( ) A.M的帶電量比N的大 B.M帶負電荷,N帶正電荷 C.靜止時M受到的合力比N的大 D.移動過程中勻強電場對M做負功 解析:不考慮重力,取整體為研究對象,外力只有勻強電場的電場力,由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向,故M、N必帶有等量異種電荷,A錯誤;隔離出M,因N對其靜電引力向右,則電場E對其電場力必向左,即與場強方向反向,故M帶負電,則N帶正電,B正確;靜止時,M、N所受合力都為0,C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角,故D正確. 答案:BD 二、非選擇題 8.如圖,一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力.求A、B兩點間的電勢差. 解析:設帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即vBsin30=v0sin60?、? 由此得vB=v0?、? 設A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=m(v-v)?、? 聯(lián)立②③式得UAB=?、? 答案: 9.如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊,A是軌道上一點.過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E=1.5106N/C、方向水平向右的勻強電場.帶負電的小物體P電荷量是2.010-6 C,質量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.4.P從O點由靜止開始向右運動,經(jīng)過0.55 s到達A點,到達B點時速度是5 m/s,到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為α,且tan α=1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用,F(xiàn)大小與P的速率v的關系如表所示.P視為質點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2.求: v/(ms-1) 0≤v≤2 2<v<5 v≥5 F/N 2 6 3 (1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間; (2)小物體P從A運動至D的過程,電場力做的功. 解析:(1)小物體P的速率從0至2 m/s,受外力F1=2 N,設其做勻變速直線運動的加速度為a1,經(jīng)過時間Δt1速度為v1,則 F1-μmg=ma1?、? v1=a1Δt1?、? 由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1=0.5 s?、? (2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點,受外力F2=6 N,設其做勻變速直線運動的加速度為a2,則 F2-μmg=ma2?、? 設小物體P從速度v1經(jīng)過Δt2時間,在A點的速度為v2,則 Δt2=0.55 s-Δt1 ⑤ v2=v1+a2Δt2?、? P從A點至B點,受外力F2=6 N、電場力和滑動摩擦力的作用.設其做勻變速直線運動加速度為a3,電荷量為q,在B點的速度為v3,從A點至B點的位移為x1,則 F2-μmg-qE=ma3?、? v-v=2a3x1?、? P以速度v3滑出軌道右端B點,設水平方向受外力為F3,電場力大小為FE,有FE=F3?、? F3與FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力為零,所以,P從B點開始做初速度為v3的平拋運動.設P從B點運動至D點用時為Δt3,水平位移為x2,由題意知 =tan α?、? x2=v3Δt3 ? 設小物體P從A點至D點電場力做功為W,則 W=-qE(x1+x2) ? 聯(lián)立④~⑧,⑩~?式并代入數(shù)據(jù)得W=-9.25 J ? 答案:(1)0.5 s (2)-9.25 J- 配套講稿:
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