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安徽省2022届高三物理一轮 基础训练卷12(含解析) 新人教版

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【安徽省,人教版】2022届高三物理一轮基础训练卷(12,含详细解析)一、选择题1.(2022·湖南长沙高三质检)如右图所示,将电键S合到1位置,对平行板电容器充电,充电完成后,将电键S闭合到2位置,让其放电,在电键S闭合瞬间将产生火花.放电后,再次将电键S合到1位置,对平行板电容器充电,然后断开电键,将两金属板间距离拉大些,并再次将电键闭合到2位置,让其放电,产生火花,则两次放电过程相比较(  )A.两次放电过程放出的电荷量相等B.两次放电过程释放的能量相等C.第二次放电过程放出的电荷量较大D.第二次放电过程释放的能量较小解析: 两次充电是用同一电源进行的,所以所充电的电荷量相同,故放电时所放出的电荷量也相等,在将两金属板间距离拉大的过程中,克服电场力做功,电场能增加.答案: A2.如右图所示,水平放置的平行板电容器,上板带负电,下板带正电,带电小球以速度v0水平射入电场,且沿下板边缘飞出.若下板不动,将上板上移一小段距离,小球仍以相同的速度v0从原处飞入,则带电小球(  )A.将打在下板中央B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出C.不发生偏转,沿直线运动D.若上板不动,将下板上移一段距离,小球一定打不到下板的中央解析: 将电容器上板或下板移动一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式E===,可知,电容器产生的场强不变,以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动.下板不动时,小球沿原轨迹由下板边缘飞出;当下板向上移动时,小球可能打在下板的中央.所以只有选项B正确.答案: B3.(2022·海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏.如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则(  )A.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在增大B.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在增大C.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在减小D.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在减小解析: 电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左→右,则导体芯A所带电荷量在减小,由Q=CU可知,芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确.答案: D5\n4.如右图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则(  )A.当小球运动到最高点a时,线的张力一定最小B.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能守恒解析: 若qE=mg,小球做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大.若qE<mg,球在a处速度最小,对细线的拉力最小.若qE>mg,球在a处速度最大,对细线的拉力最大.故A、B错.a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最低,故C正确.小球在运动过程中除重力外,还有电场力做功,机械能不守恒,D错误.答案: C5.(2022·衡阳四市毕业班联考)如图甲所示,一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间.从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板.则下列说法正确的是(  )A.电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B.电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C.电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出D.电子射出后动能一定增大解析: 由题意可知,当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,故A、B错,C对;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,故D错.答案: C6.(2022·安徽理综)如图所示,M、N是平行板电容器的两个极板,R0为定值电阻,R1、R2为可调电阻,用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部.闭合电键S,小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2,关于F的大小判断正确的是(  )A.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变大B.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变小C.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变大D.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变小5\n解析: 当电路接通后,对小球受力分析:小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用,其中重力为恒力,当电路稳定后,R1中没有电流,两端等电势,因此电容器两极板电压等于R0两端电压,当R2不变,R1变化时,电容器两极板电压不变,板间电场强度不变,小球所受电场力不变,F不变,C、D两项错.若保持R1不变,缓慢增大R2,R0两端电压减小,电容器两端电压减小,内部电场减弱,小球受电场力减小,F变小.故B项正确.答案: B7.在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v-t图象如图乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则(  )A.在t=2.5s时,小球经过边界MNB.小球受到的重力与电场力之比为3∶2C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析: 由速度图象可知,带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2,由牛顿第二定律可知:=,所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5,B错误.小球在t=2.5s时速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故C正确.因小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,D错.答案: C8.(2022·山东济南模拟)如下图所示,A板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P上,关于电子的运动,则下列说法中正确的是(  )A.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置下降B.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时,其他不变,则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时,其他不变,则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析: 设加速电压为U0,进入偏转电场时的速度为v0,则电子经加速电场:eU0=mv①偏转电场中:L=v0t②y=t2③y=mv2-mv④5\n由①②③得y=当滑动触头向右滑动时,U0变大,y变小,所以选项A、B均错.对①②③④得mv2=+eU0当U增大时,mv2增大,电子打到屏上的速度变大,故选项C错,D对.答案: D9.一个带负电荷q,质量为m的小球,从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动.现在竖直方向上加如图所示的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球,则(  )A.小球不能过B点B.小球仍恰好能过B点C.小球能过B点,且在B点与轨道之间压力不为0D.以上说法都不对解析: 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动,则mg=m,mg(h-2R)=mv;加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球,则(mg-qE)(h-2R)=mv,联立解得mg-qE=,满足小球恰好能过B点的临界条件,选项B正确.答案: B10.如右图所示,M、N是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两极间产生一个水平向右的匀强电场,场强为E,一质量为m、电荷量为+q的微粒,以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中,微粒垂直打到N极上的C点,已知AB=BC.不计空气阻力,则可知(  )A.微粒在电场中作类平抛运动B.微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C.MN板间的电势差为2mv/qD.MN板间的电势差为Ev/2g解析: 因电场力和重力均为恒力,其合力亦为恒力,且与v0有一定夹角,故微粒做匀变速曲线运动——即抛物线运动,但不是类平抛运动,所以A错.因AB=BC,即·t=·t可见vC=v0.故B项正确;由动能定理,得:W电+WG=ΔEk=0,即:q-mg·=0,所以U=mv/q,故C项错误;又由mg=qE得q=代入U=,得U=,故D项错误.答案: B二、非选择题11.如右图所示,水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板,轨道所在空间存在E=4.0×1025\nN/C、水平向左的匀强电场.一个质量m=0.10kg、带电荷量q=5.0×10-5C的滑块(可视为质点),从轨道上与挡板相距x1=0.20m的P点由静止释放,滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动.当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动,运动到与挡板相距x2=0.10m的Q点,滑块第一次速度减为零.若滑块在运动过程中,电荷量始终保持不变,求:(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小;(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功;(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能.解析: (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F=qE=2.0×10-2N根据牛顿第二定律F=ma,解得a=0.20m/s2.(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功W1=qEx1=4.0×10-3J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功即ΔE=qE(x1-x2)=2.0×10-3J.答案: (1)0.20m/s2 (2)4.0×10-3J (3)2.0×10-3J5

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发布时间:2022-08-25 12:23:16 页数:5
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文章作者:U-336598

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