2015届高考物理第二轮冲关复习题30

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调理适合的观看比率，答案分析附后。封闭Word文档返回原板块。高效操练如下图,A、B、C、D四点在同一个圆周上,且AC连线与BD连线垂直,A、D和B、C分别对于PQ连线对称,圆周半径为R,P、Q到圆心O的距离都为错误！未找到引用源。R,此刻四点放上相同电量的点电荷,A、D都放正电荷,B、C都放负电荷,结果Q点的场强盛小为E1,假如同时拿走A、D两个点电荷,结果P点场强的大小为E2,则每个电荷的带电量为()A.错误！未找到引用源。B.错误！未找到引用源。C.错误！未找到引用源。D.错误！未找到引用源。【分析】选C。依据对称性可知,四个电荷在P点产生的场强盛小也为E1,且方向在PQ连线上,依据对称性可知,A、D两个点电荷在Q点产生的场强盛小也为E2,且和B、C在Q点产生的场强方向相反,设每个电荷带电量为q,由几何关系可知,B、C到Q的距离等于圆的半径,依据电场叠加有,错误！未找到引用源。k错误！未找到引用源。-E2=E1,q=错误！未找到引用源。,故C项正确。2.(2014·海南高考)如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平搁置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中迅速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加快度为()A.lgB.dlgC.lgD.dgdddldl【解题指南】解答本题可按以下思路进行:初始时两极板间距离为d-l,此时粒子静止,知足二力均衡条件。金属板抽出后,两极板间距离为d,此时电场强度发生变化,粒子受力不再均衡,知足牛顿第二定律。【分析】选A。带电粒子在电容器两极板间时遇到重力和电场力的作用,最先处于静止状态,由二力均衡条件可得:mg=qU;当把金属板dl从电容器中迅速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,惹起电场强度发生了变化,进而电场力也发生了变化,粒子受力不再均衡,产生了加快度,依据牛顿第二定律ma=mg-q错误！未找到引用源。,两式联立可得a=lg。d3.(2014·宁德模拟)如下图,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下经过该地区时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上,据此可知()A.带电质点在P点的加快度比在Q点的加快度小B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D.三个等势面中,c的电势最高【分析】选D。等势线密的地方电场线也密,电场强度大,所受电场力大,所以加快度也大,A错误;电荷所受电场力指向轨迹内侧,因为电荷带负电,所以电场线向上,依据质点受力状况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,带电质点经过P点时的电势能较大,由能量守恒可知,P点的动能较小,B、C错误;负电荷在Q点电势能较小,电势较高,D正确。【总结提高】电势能大小及其变化剖析的两个思路做功角度:依据静电力做功与电势能变化的关系剖析、判断带电粒子电势能及其变化。静电力做正功,粒子的电势能减少,静电力做负功,则粒子的电势能增添。转变角度:只有静电力做功时,电势能与动能能够互相转变,动能减小,电势能增添,动能增大,电势能减少。4.(2014·江苏高考)如下图,一圆环上平均散布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。以下对于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的选项是()A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势高升D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低【解题指南】判断电势高低第一要明确电场强度的方向,沿电场线的方向电势降低,判断电场强度的大小本题能够用特别值法,在O点因为对称性,电场强度为0,在x轴的无穷远,电场强度为0,而中间某处电场强度不为0。【分析】选B。依据电荷散布的对称性判断,O点的电场强度为0,沿电场线的方向电势降低,所以在x轴上,O点的电势最高,A错、B对。从O点沿x轴正方向,电场强度是先增大后减小,所以C、D项错误。5.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=错误！未找到引用源。OA。将一质量为m的小球以必定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰巧经过A点。使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以相同的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球经过了A点,抵达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以相同的初动能沿另一方向抛出,恰巧经过B点,且抵达B点时的动能为初动能的6倍。重力加快度大小为g。求:无电场时,小球抵达A点时的动能与初动能的比值;电场强度的大小和方向。【解题指南】解答本题需要注意以下三点:不存在电场时,小球做平抛运动,要依据平抛运动规律求解。加上电场后,小球还遇到电场力作用,有电场力做功,会波及电势能的变化,可依据能量守恒定律求解。要掌握匀强电场电势变化的特色,即在匀强电场中电势下降是平均的。【分析】(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=错误！未找到引用源。d,依据平抛运动的规律有dsin60°=v0t①dcos60°=错误！未找到引用源。gt2②又有Ek0=错误！未找到引用源。m错误！未找到引用源。③由①②③式得Ek0=错误！未找到引用源。mgd④设小球抵达

A点时的动能为

EkA,则

EkA=Ek0+错误！未找到引用源。mgd⑤由④⑤式得错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。⑥加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及④式得EpA=3Ek0-Ek0-错误！未找到引用源。mgd=错误！未找到引用源。Ek0

⑦EpB=6Ek0-Ek0-错误！未找到引用源。

mgd=E

k0⑧在匀强电场中,沿任向来线,电势的下降是平均的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。⑨解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得α=30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设电场强度的大小为E,有qEdcos30°=EpA?由④⑦?式得E=错误！未找到引用源。答案:(1)错误！未找到引用源。(2)错误！未找到引用源。,方向与竖直向下的方向的夹角为30°6.(2014·抚顺一模)如图在竖直搁置的铅屏A的右表面上贴着能放射电子的仪器P,放射源放出的电子速度大小均为v0=1.0×107m/s,各个方向均有。足够大的荧光屏M与铅屏A平行搁置,相距d=2.0×10-2m,此间有水平向左的匀强电场,电场强度大小E=2.5×104N/C。已知电子电量e=1.6×10-19C,电子质量m=9.0×10-31kg,不计电子重力。求:(1)电子抵达荧光屏M上的动能。荧光屏上的发光面积(结果保存3位有效数字)。【分析】(1)对电子运动过程由动能定理得:eEd=Ek-错误！未找到引用源。m错误！未找到引用源。,解得:Ek=1.25×10-16J电子射向各个方向,此中和铅屏A平行的电子在纵向偏移距离最大,电子做类平抛运动,则:d=错误！未找到引用源。·错误！未找到引用源。·t2,r=v