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文檔簡介
1、河南鄭州外國語新楓楊學校高二物理上學期精選試卷檢測題一、第九章靜電場及其應用選擇題易錯題培優(難)1.如圖所示,用兩根等長的絕緣細線各懸掛質量分別由A和mB的小球,分別帶qA和qB的 正電荷,懸點為0,當小球由于靜電力作用張開一角度時,A球懸線與豎直線夾角為a , B 球懸線與豎直線夾角為夕,則( )/n. sin BA.4 一A.sin an mH q x sin aC Qa _ sin P sin aD.兩球接觸后,再靜止下來,兩絕緣細線與豎直方向的夾角變為a、有sin a _ sin asin P sin p【答案】AD【解析】【分析】【詳解】AB.如下圖,對兩球受力分析,根據共點力平衡
2、和幾何關系的相似比,可得由于庫侖力相等,聯立可得% =里PA由于24 =OA - sin a 八八 OB sin B,PB =cos。cos 6,代入上式可得mA _ sin psin a n所以A正確、B錯誤:c.根據以上分析,兩球間的庫侖力是作用力與反作用力,大小相等,與兩個球帶電量的多 少無關,所以不能確定電荷的比例關系,c錯誤:D.兩球接觸后,再靜止下來,兩絕緣細線與豎直方向的夾角變為、0,對小球A、B受力分析,根據上述的分析,同理,仍然有相同的關系,即mA _ sin pf sin a聯立可得sin a _ sin a sin P sin D正確。故選ADo2.某老師用圖示裝置探究庫
3、侖力與電荷量的關系。A、B是可視為點電荷的兩帶電小球, 用絕緣細線將A懸掛,實驗中在改變電荷量時,移動B并保持A、B連線與細線垂直。用 Q和q表示A、B的電荷量,d表示A、B間的距離,0 (。不是很?。┍硎炯毦€與豎直方 向的夾角,x表示A偏離O點的水平距離,實驗中()A. d可以改變B. B的位置在同一圓弧上C. x與電荷量乘積Qq成正比D. tan與A、B間庫侖力成正比【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.因實驗要探窕庫侖力與電荷量的關系,故兩電荷間距d應保持不變,選項A錯誤;B.因要保持A、B連線與細線垂直且A、B距離總保持d不變,可知B到0點的距離不 變,故B的位置在同一圓弧上,選項B
4、正確:C.對A球由平衡知識可知z qQ . a xk - = mg sin 0 = mg d-L可知x與電荷量乘積Qq成正比,選項C正確;D.因為,壟tan = = L nigx由于X變化,所以不能說tan與A、B間庫侖力成正比,故D錯誤。故選BC, 3.如圖(。)所示,光滑絕緣水平而上有甲、乙兩個點電荷.7=0時,甲靜止,乙以 6m/s的初速度向甲運動.此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程 中沒有接觸),它們運動的u-f圖像分別如圖僅)中甲、乙兩曲線所示.則由圖線可知()i)/(m , 1)A.兩電荷的電性一定相反B,甲、乙兩個點電荷的質量之比為2: 1C.在。時間內,兩
5、電荷的靜電力先減小后增大D.在。與時間內,甲的動能一直增大,乙的動能先減小后增大【答案】BD【解析】【詳解】A.由圖象0七段看出,甲從靜止開始與乙同向運動,說明甲受到了乙的排斥力作用,則知 兩電荷的電性一定相同,故A錯誤.B.由圖示圖象可知:v 0),以相同的初動能已從4點先后沿不同方向拋出,它們分 別運動到8、C兩點。若粒子運動到8、C兩點時的動能分別為&b=2&、&c=3&,不計粒 子的重力和粒子間的相互作用,則勻強電場的場強大小為A. 4B.。C.皿D.宜恒qRqR3qR3qR【答案】D【解析】【分析】【詳解】從A點到B點應用動能定理有:qUAB = 2Ek - Ek = Ek從A點到C
6、點應用動能定理有:qUac = 3EEk= 2Ek所以 Uac=2Um做出等勢而和電場線如圖所示:則從A點到B點應用動能定理有:qEd = qEAD = EkqE- = Ek 2解得E =2聲Ek3qR選項D正確,A、B、C錯誤。15.位于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如右圖所示,ab、cd分別是正方形 兩條邊的中垂線,0點為中垂線的交點,P、Q分別為cd、岫上的點,且OPOQ.則下列 說法正確的是A. P、0兩點的電勢關系為外, /B. P、Q兩點電場強度的大小關系為EqEpC.若在。點放一正點電荷,則該正點電荷受到的電場力不為零D.若將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點,電
7、場力做負功【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.根據電場疊加,由圖像可以知道岫、cd兩中垂線上各點的電勢都為零,所以P、0兩 點的電勢相等,故A錯;B.電場線的疏密表示場強的大小,根據圖像知Eq%).將細線拉直并使之與電場方向平行,如圖 所示.若將兩小球同時從靜止狀態釋放,則釋放后細線中的張力T為(不計重力及兩小球 間的庫侖力)球 20A- T=1(%一%)EB. T=EC. T=g (% + %) ED. T= (+(f2 ) E【答案】A【解析】【分析】【詳解】將兩個小球看做一個整體,整體在水平方向上只受到向右的電場力,故根據牛頓第二定律 E(q+會)可得對小球2分析,受到向右的電場力,繩
8、子的拉力,由于qiq2,球12m受到向右的電場力大于球2向右的電場力,所以繩子的拉力向右,根據牛頓第二定律有1T + Eq2 = ma9聯立解得T 二/如一位,故A正確:【點睛】解決本題關鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結合起來,在研究對象上能學會整體法和 隔離法的應用,分析整體的受力時采用整體法可以不必分析整體內部的力,分析單個物體 的受力時就要用隔離法.采用隔離法可以較簡單的分析問題19.如圖所示,豎直平面內有一個半徑為R的圓周,另外空間有一平行于圓周平面的勻強 電場,A、D兩點為圓周上和圓心同一高度的點,C點為圓周上的最高點。在與0A夾角為 8 = 30的圓弧8點上有一粒子源,以相同大小
9、的初速度V。在豎直面(平行于圓周而)內沿 各個方向發射質量為m,帶電的同種微粒,在對比通過圓周上各點的微粒中,發現從圓周 D點上離開的微粒機械能最大,從圓周E點(OE與豎直方向夾角a = 30)上離開的微粒 動能最大,已知重力加速度為8,取最低點F所在水平面為重力零勢能面。則有()A.電場一定沿。方向,且電場力等于正mg 3B.通過E點的微粒動能大小為(至C.動能最小的點可能在8c圓弧之間D. A點的動能一定小于B點【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB.在D點微粒機械能最大,說明8到。電場力做功最大,由數學關系知過。點做圓的 切線為電場的等勢線,即電場力沿0。方向,帶電粒子電性未知,場強方
10、向不能確定。 在E點微粒動能最大,說明8到E合力做功最多,即重力電場力的合力方向沿0E,有 且 = tan 30 mgmg =生、cos 30 解得F V3Eq = ; mg+ l)mgR + ;m),:動能定理有%=,叫;+ Fzr7?(l + cos30)=故選項A錯誤、B正確:C. OE反向延長線與圓的交點,為等效重力的最高點,合力做的負功最大,動能最小,選 項C正確:D. 8點到4點等效重力(合力)做正功,動能增加,選項D錯誤。故選BC。20.在豎直平面內有水平向右、電場強度為E=1x104n/c的勻強電場,在場中有一個半徑 為R=2m的光滑圓環,環內有兩根光滑的弦八8和4C, 4點所
11、在的半徑與豎直直徑8c成 37角,質量為0.04 kg的帶電小球由靜止從八點釋放,沿弦48和4c到達圓周的時間相 同.現去掉弦48和4C,給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動,取 小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點,(COS370 = 0.8, g=10 m/s2)下列說 法正確的是()CCA.小球所帶電量為9=3.6x10yB.小球做圓周過程中動能最小值是0.5 JC.小球做圓周運動從B到4的過程中機械能逐漸減小D.小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力是3.0N【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】解法一:A.如圖所示,令弦AC與直徑BC的夾角為N1,弦AB與水而夾
12、角為N2,由幾何知識可 得,37Zl =18.5% Z2 = Z1=18.52對沿弦48帶電小球進行受力分析,小球沿著弦48向上運動,則小球電場力向右,故小球 帶正電,小球受到水平向右電場力,豎直向下的重力,垂直弦A8向上的支持力,則沿弦 48上有:qEcosl 8.5 - mg sinl 8.5 =同理對沿弦4曲小球受力分析,沿弦48方向有:qEsin 18.5 + mg cos 18.5 = ma2設小球從4點釋放,沿弦A8和AC到達圓周的時間為亡,貝IJ:2/?sinl8.5 = lr222/?cosl8.5 = -r22 一由/可得,ay sin 18.5a2 cos 18.5聯立可得
13、,qE cos 18.5 - mg sin 18.5 _ sin 18.5qE sin 18.5 + mg cos 18.5 cos 18.5化簡可得,qE(ccs218.5-sin2l 8.5) = 2mg sin 18.5 cos 18.5HP qEcos 37 = mg sin 37(8)則叫 tan37、004xl0”75c=S以o-scE1x10故A錯誤.B.小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動,小球受到水平方向的電場力,豎直向下的重力 和沿半徑指向圓心的支持力,電場力和重力的合力為:F1=y(qE)2 +(mg)2 =0.5N方向與豎直方向夾角為37 延長半徑八。交圓與。點.小球在月
14、點可以不受軌道的彈力,重力和電場力的合力提供向心力,此時小球速度最小:明in可得小球的最小動能紜=:6R = 05J故B正確.C.小球從做圓周運動從8到A的過程中電場力做負功,則小球機械能減小,故C正確.D.由B得分析可知,小球在D點時,對圓環的壓力最大,設此時圓環對小球的支持力為,-/A/V 22 min從A到D,由動能定理可得:qE 27? sin 37+ 7g - 2R cos 37 =聯立可得,尸2=3N由牛頓第三定律可得,小球對圓環的最大壓力為:鳥=3N故D正確.解法二:A.由題知,小球在復合場中運動,由靜止從人點釋放,沿弦A8和AC到達圓周的時間相 同,則A點可以認為是等效圓周的最
15、高點,沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓 周的最低點,對小球進行受力分析,小球應帶正電,如圖所示,可得mgtan37=q解得小球的帶電量為30*7*04 X 駕四L = = 3x10-5cE 104故A錯誤;B.小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力,所以它們的合力也是恒力,小球的動 能、重力勢能和電勢能之和保持不變,在圓上各點中,小球在等效最高點4的勢能(重力 勢能和電勢能之和)最大,則其動能最小,由于小球恰能在豎直平而沿環內做圓周運動, 根據牛頓第二定律,在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力mgVar = cos 37R小球做圓周過程中動能最小值1, mgR 0.04x10x2f
16、kmin= mvA2=r =J=0.5J22 cos 372x0.8故B正確:C.由于總能量保持不變,小球從8到4過程中電場力做負功,電勢能增大,小球的機械能 逐漸減小,故C正確:D.將重力與電場力等效成新的重力場,新“重力場”方向與豎直方向成37,等效重力G=-丁,等效重力加速度為,小球恰好能做圓周運動,在等效最高點A cos37cos37點速度為以=Ji滅,在等效最低點小球對環的壓力最大,設小球在等效最低點的速度為V,由動能定理得G,2R = mv2 -mv 22在等效最低點,由牛頓第二定律Fn-G =/h 聯立解得小球在等效最低點受到的支持力Fn=3.0N根據牛頓第三定律知,小球做圓周運
17、動的過程中對環的最大壓力大小也為3.0N,故D正 確.21. 一個電子在電場力作用下做直線運動(不計重力)。從0時刻起運動依次經歷小、2%、3%時刻。其運動的l,T圖象如圖所示。對此下列判斷正確的是()A. 0時刻與2fo時刻電子在同一位置b. o時刻、乙)時刻、3ro時刻電子所在位置的電勢分別為夕0、/、外,其大小比較有 % % 夕 3C. 0時刻、九時刻、3fo時刻電子所在位置的場強大小分別為E。、E、其大小比較 有/耳) (Pc = 0V,故C錯誤:D.正電荷在電場中的受力與場強方向相同,故由從4沿劣弧移到8的過程,從4點電場 力與運動方向成鈍角,到8點成直角,后變成銳角,故有電場力先做
18、負功后做正功,由功 能關系可知電勢能先增大后減小,故D正確: 故選BDO24.如圖所示,一個豎直放置的平行板電容器,充電后,左板上電荷量為-Q,板間可看成 勻強電場.一個帶電荷量為P的油滴,從0點以速度U射入板間,V的方向與電場線成。 角,已知油滴的質量為m,測得油滴到達運動軌跡的最高點時,它的速度大小又為v,并 恰好垂直打到平行板上,則以下說法中正確的是()A.油滴最后打在左板上mv2sin 0B.最高點處(設為N)與0點的電勢差為。幡=-2qC,板間的電場強度公皿嘿qsmdD.如果兩板間距離變小,0到右板的距離不變,則最高點處(設為N)的位置不變【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.因油
19、滴到達最高點/V時速度大小為u,方向水平,對0玲N過程用動能定理有Wg+W 也=0所以電場力一定做正功,油滴帶負電,則最高位置一定在o點的右上方,即垂直打到右板 上,A錯誤.B.對油滴,在水平方向,由動能定理得qUtio=mgh在豎直方向上油滴做初速為vsinS的豎直上拋運動,則有(vsin)2=2gh即. mv2 sin2 0Uno=-z2q故B正確.c.油滴由O f N的運動時間為vsin6t =g水平方向的位移_ v-vcos _ /(I 一cos8)sin 6d =1 =22g電場強度大小U _ mg sin 0匕=d q(l-cos)故C錯誤.D.因最高點N與出發點。的電勢差. mv
20、2 sin2 0UNO=-;2q與場強無關,故改變電場強度而0點到右板的距高不變,N點的位置不變,則D正確.故選BD .【點睛】本題考查了動能定理的應用,考查了求電場強度大小問題,運用運動的合成與分解觀點分 析清楚油滴的運動過程是解題的前提與關鍵,應用動能定理、運動學公式與勻強電場場強 與電勢差的關系可以解題.三、第十一章電路及其應用選擇題易錯題培優(難)25.離子推進器是新一代航天動力裝置,可用于衛星姿態控制和軌道修正。推進劑從圖中 P處注入,在A處電離出正離子,已知8、C之間加有恒定電壓U,正離子進入8時的速度 忽略不計,經加速形成電流為/的離子束后噴出推進器,單位時間內噴出的離子質量為人
21、 為研究問題方便,假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力,忽略推進器運動速度。 則推進器獲得的推力大小為()2JI2JID. y/UJT【答案】A【解析】【分析】【詳解】在八處電離出正離子,經8、C間電壓加速后,由動能定理可知r r 1 ,qU =一2解得產V m以t秒內噴射的離子為研究對象,應用動量定理有Ft = nmv又因為i7 nmJ 二/解得F = 2On根據牛頓第三定律知推進器獲得的推力大小為同萬.選項A正確,BCD錯誤。 故選A.26.如圖所示,P為一塊均勻的半圓形薄電阻合金片,先將它按圖甲方式接在電極A、B之 間,測出電阻為R,然后再將它按圖乙方式接在C、D之間,這時P的電阻為
22、()以工里乙RC.D. 4RA. RB.2【答案】D【解析】【詳解】 將半圓形合金片從中間(圖中虛線所示)割開,分成完全相同的兩塊,設每塊電阻力R。, 則圖中甲連接方式相當于兩個電阻并聯,圖乙連接相當于兩個電阻串聯。則R=a = R,Rcd = 2R=4R選項D正確,ABC錯誤。 故選Do 27.如圖所示,ax b、c為同一種材料做成的電阻,b與a的長度相等但橫截面積是a的兩 倍:C與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍.當開關閉合后,三個理想電壓表的示數關 系是()cA. Vi的示數是丫2的2倍C. V2的示數是Vi的2倍【答案】A【解析】【分析】【詳解】由題意可知:U=2L3=2Lb , Sb
23、=2Sa=2Sc ;設b的電阻Rb=R,由電阻定律R=p一得:SRa=2Rb=2R , Rc=2Ra=4R , Rc : Ra : Rb=4 : 2 : 1 , 由電路圖可知,a、b、c三個電阻串聯, 通過它們的電流I相等,由U=IR得:Uc : Ua : Ub=4 : 2 : 1 ,Uv3 : Uvi : Uvz=4 : 2 : 1 ,A、V】的示數是V2的2倍,故A正確,C錯誤;B、V3的示數是0的2倍,故B錯誤;D、V3的示數是V?的4倍,故D錯誤: 故選A.B. Vi的示數是V3的2倍D. V?的示數是丫3的2倍28 .%和先是材料相同,厚度相同,表面都為正方形的導體,但%的尺寸比七大
24、得多, 把它們分別連接在如圖電路的4 8端,接生時電壓表的讀數為小,接七時電壓表的讀數 為6,下列判斷正確的是A.B. /?!/?C. UiV2,所以B錯誤;故選ACD.【點睛】本題考查串并聯的電流、電壓規律及歐姆定律等內容:同時要注意明確在導體中形成了沿 導線的電場,U=Ed在這里同樣適用.36.如圖所示是有兩個量程的電流表,當分別使用a和b、a和c接線柱時,此電流表有兩 個量程,其中一個量程為O1A,另一個量程為00.1A,表頭內阻&=200 Q,滿偏電流A.當使用a、b時量程為O1AB.當使用a、c時量程為O1AC.電阻 Ri=0.41QD.電阻/?2=0.41Q【答案】AC【解析】【詳解】AB.表頭改裝成電流表時需并聯分流電阻,且分流電阻越小,改裝后量程越大,可知使用 。、b時量程為。1A,
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