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高考物理二轮复习 第一阶段专题三第1讲 专题特辑 课下 针对高考押题训练
高考物理二轮复习 第一阶段专题三第1讲 专题特辑 课下 针对高考押题训练
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[课下——针对高考押题训练]1.(2012·上海高考)A、B、C三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为( )A.-F/2 B.F/2C.-FD.F解析:选B 如图所示,设B处的点电荷带电荷量为正,AB=r,则BC=2r,根据库仑定律F=,F′=,可得F′=,故选项B正确。2.(2012·福建质检)一静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图1所示的折线。现将带正电的试探电荷沿x轴从x1=-d移到x2=2d,在此过程中,下列判断正确的是( )A.电场力的方向始终沿x轴正方向B.电场力的大小先逐渐增大后逐渐减小图1C.电势能先逐渐减小后逐渐增大D.电场力先做负功后做正功解析:选D 由图可知在-d到O的过程中电势在升高,故电场线的方向沿x轴的反方向,在O到2d的过程中电势在降低,故电场线的方向沿x轴的正方向,所以电场线的方向先向x轴的反方向再向正方向,电场力的方向先向反方向,再向正方向,故A错;由图象知电势随x均匀变化,故沿x正方向和反方向的电场都是匀强电场,故B错;在-d到O的过程中电势在升高,正电荷的电势能在增加,在O到2d的过程中电势在降低,正电荷的电势能在减小,电场力先做负功后做正功,故C错D对。3.如图2甲所示,A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用,从A点沿电场线运动到B点。在此过程中,该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法中正确的是( )图2A.A点的电场强度比B点的大B.A、B两点的电场强度相等C.A点的电势比B点的电势高D.A点的电势比B点的电势低-5-\n解析:选C 由题图乙可得该点电荷由A点到B点做减速运动,所以点电荷所受的电场力与运动方向相反,由B指向A,由于点电荷带负电,所受电场力与电场强度方向相反,故电场强度方向由A指向B,沿着电场线方向电势越来越低,所以A点电势比B点电势高,C正确,D错误;由图乙可得v-t图象斜率越来越大,说明点电荷的加速度越来越大,由牛顿第二定律可得电场力越来越大,所以由A到B电场强度在增大,A点的电场强度比B点的小,A、B错误。4.(2012·温州模拟)一带电小球悬挂在平行板电容器内部,闭合开关S,电容器充电后,悬线与竖直方向夹角为θ,如图3所示。下列方法中能使夹角θ减小的是( )A.保持开关闭合,使两极板靠近一些B.保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动图3C.保持开关闭合,使两极板远离一些D.断开开关,使两极板靠近一些解析:选C 保持开关闭合,两极板间电压不变,使两极板靠近一些,板间电场强度变大,夹角θ增大,A错;保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动,不会影响板间电压,夹角θ不变,B错;保持开关闭合,板间电压不变,使两极板远离一些,由E=可知,电场强度减小,夹角θ减小,C对;断开开关,使两极板靠近一些,极板上电荷量不变,板间电场强度不变,夹角θ不变,D错。5.平行板间有如图4所示的周期性变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央,从t=0时刻开始将其释放,运动过程无碰板情况。在图5所示的图象中,正确定性描述粒子运动的速度图象的是( )图4图5解析:选A 0~时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动。~T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动,由对称性可知,在T时速度减为零。此后周期性重复,故A正确。6.(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处为正电荷,P、Q两点附近电场的等势面分布如图6所示,a、b、c、-5-\nd为电场中的4个点,则( )图6A.P、Q两点处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电势低于d点的电势D.负电荷从a到c,电势能减少解析:选D 根据电场线与等势线垂直得:必有一条电场线与P、Q连线重合,P为正电荷,故该电场线必从P沿直线指向Q,因电场线总是由正电荷指向负电荷,故P、Q电荷为等量异种电荷,A选项错误;电场强度是矢量,a、b两处电场强度方向不同,B选项错误;因越靠近正电荷,电势越高,故c点电势高于d点电势,C选项错误;根据等势线的分布及P、Q的电性,c所在的等势线电势高于a所在等势线的电势,负电荷从a到c,电场力做正功,电势能减少,D选项正确。7.(2012·安徽高考)如图7所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0V,点A处的电势为6V,点B处的电势为3V,则电场强度的大小为( )A.200V/mB.200V/m图7C.100V/mD.100V/m解析:选A 在匀强电场中,若沿某一方向电势降落,则在这一方向上电势均匀降落,故OA的中点C的电势φC=3V(如图所示),因此B、C为等势面。O点到BC的距离d=OCsinα,而sinα==,所以d=OC=1.5×10-2m。根据E=得,匀强电场的电场强度E==V/m=200V/m,故选项A正确,选项B、C、D错误。8.(2012·安徽高考)如图8甲所示,半径为R的均匀带电圆形平板,单位面积带电量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E=2πkσ,方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板,如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )-5-\n图8A.2πkσ0B.2πkσ0C.2πkσ0D.2πkσ0解析:选A 利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式,当R无限大时,Q点电场强度E1=2πkσ0,当R=r时,Q点电场强度E2=2πkσ0,现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板,则Q点电场强度E3=E1-E2,只有选项A正确。9.(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。如图9所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C,方向如图所示,带电微粒质量m=1.0×10-20kg,带电量q=-1.0×10-9C,图9A点距虚线MN的距离d1=1.0cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应。求:(1)B点距虚线MN的距离d2;(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。解析:(1)带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0①解得d2=d1=0.50cm②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1=ma1③|q|E2=ma2④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2,由运动学公式有d1=a1t12⑤d2=a2t22⑥又t=t1+t2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t=1.5×10-8s答案:(1)0.50cm (2)1.5×10-8s10.(2012·湖南四市联考)如图10所示,在同一条竖直线上,有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷,GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷),被长为L-5-\n的绝缘轻细线悬挂于O点,现在把小球O拉起到M点,使细线水平图10且与A、B处于同一竖直面内,由静止开始释放,小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零,此时细线与竖直方向的夹角θ=30°。试求:(1)在A、B所形成的电场中M、N两点间的电势差,并指出M、N哪一点的电势高。(2)若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形,则小球运动到N点瞬间,轻细线对小球的拉力FT(静电力常量为k)。解析:(1)带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中,重力和电场力做功,但合力功为零,则qUMN+mglcosθ=0所以UMN=-即M、N两点间的电势差大小为且N点的电势高于M点的电势。(2)在N点,小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示,且沿细线方向的合力为零(向心力为零)。则FT-mgcos30°-FAcos30°=0又FA=FB=k得FT=mgcos30°+kcos30°答案:(1) N点电势高(2)mgcos30°+kcos30°-5-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 21:38:51
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