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2013届高三物理第一轮单元能力复习题20

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　　45分钟单元能力训练卷(六)

[考查范围：第六单元　分值：120分]

一、选择题(每小题6分，共48分)

图D6－1

1．如图D6－1所示，一水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零．从圆盘中心处O由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升可达盘中心竖直线上的c点，Oc＝h，又知道过竖直线上的b点时小球速度最大，由此在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是(　　)

①b点的场强　　　　②c点的场强

③b点的电势 ④c点的电势

A．①②　　　B．②③　　　C．③④　　　D．①④

2．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　)

A．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0

B．若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E

C．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反

D．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小和方向均不变

图D6－2

3．如图D6－2所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则(　　)

A．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度

B．a点电势φa 小于b点电势φb

C．粒子在a点的动能Eka小于在b点的动能Ekb

D．粒子在a点的电势能Epa 小于在b点的电势能Epb

4．点电荷Q1与Q2分别固定在A、B两点，取无穷远处电势为零，图D6－3表示A、B连线上的电势分布，则以下说法不正确的是(　　)

图D6－3

A．图甲中Q1、Q2都是正电荷，且Q1<Q2

B．图乙中Q1、Q2都是正电荷，且Q1<Q2

C．图丙中Q1、Q2是等量异种电荷，Q1为正电荷

D．图丁中Q1是正电荷，Q2是负电荷，且|Q1|>|Q2|

5．如图D6－4所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，P点位于－Q右侧，则下列判断正确的是(　　)

A．轴上没有与P点场强相同的点

B．轴上还有两点与P点场强相同

C．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能增大

D．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能减小

图D6－4

图D6－5

6．如图D6－5所示，AB是圆O的一条直径，OC为圆的半径，∠AOC＝90°，圆O所在空间有一匀强电场．相同的带正电的粒子以相同的初动能Ek0沿不同方向从A点出发，能够经过圆周上其他一些点，其中经过B点的粒子的动能为1.5Ek0，经过C点的粒子的动能为2Ek0.不计粒子所受重力及粒子间相互作用的影响．下列说法中正确的是(　　)

A．经过C点的粒子的动能一定比经过圆周上其他点的粒子的动能大

B．经过C点的粒子的动能一定比经过圆周上其他点的粒子的动能小

C．无论粒子在A点的速度方向如何，圆周上总有些位置粒子无法到达

D．改变粒子在A点的速度方向，总能使圆周上任何位置都有粒子到达

7．如图D6－6所示，带等量异种电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点．一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则(　　)

A．粒子受电场力的方向一定由M指向N

B．粒子在M点的速度一定比在N点的大

C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大

D．电场中M点的电势一定高于N点的电势

图D6－6

图D6－7

8．如图D6－7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

二、实验题(共18分)

9．(8分)如图D6－8所示，半径为R的硬橡胶圆环上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为q.现在环上截去一小段长度为L(L?R)的圆弧AB，则在圆环中心O处的电场强度的大小为________．

图D6－8

图D6－9

10．(10分)如图D6－9所示，匀强电场与竖直方向成α角．一个带负电荷的小球电荷量为q，质量为m，用细线系在竖直墙面上，恰好静止在水平位置，则场强大小为____________．

三、计算题(共54分)

11．(15分)如图D6－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5 C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：

(1)M、N两板间的距离d.

(2)小球到达B点时的动能Ek.

图D6－10

12．(19分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置示意图如图D6－11所示．A、B为两块平行金属板，间距d＝0.30 m，两板间有方向由B指向A、电场强度E＝1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m＝2.0×10－15 kg，电荷量q＝－2.0×10－16 C，喷出的初速度v0＝2.0 m/s.油漆微粒最后都落在金属板B上．微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略．求：

(1)微粒落在B板上时的动能；

(2)微粒离开喷枪后到达B板所需的最短时间；

(3)微粒最后落在B板上所形成图形的面积．

图D6－11

13．(20分)如图D6－12所示，同一竖直线的A、B两点固定有等量异种点电荷，电荷量为q，正、负如图所示，△ABC为一等边三角形(边长为L)，CD为AB边的中垂线，且与右侧竖直光滑圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m、带电荷量为＋Q的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0.已知静电力常量为k，现取D为电势零点，求：

(1)在等量异种电荷的电场中，M点的电势φM；

(2)在最低点C时轨道对小球的支持力FN的大小．

图D6－12

45分钟单元能力训练卷（六）

1．D　[解析] 小球过b点时速度最大，有qE＝mg，得E＝，①正确；小球在c点并不是受力平衡，场强无法确定，②错误；小球从O到c有qU－mgh＝0，得U＝，由U＝0－φc得φc＝－，③错误、④正确．

2．D　[解析] 电场中某点的场强与检验电荷无关，选项D正确．

3．C　[解析] 由轨迹特征可知，正电荷经过MN时受力方向由N指向M，场源电荷在靠近N一侧，故a点的场强大于b点的场强，选项A错误；远离场源电荷的b点的电势低，选项B错误；从a运动到b过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，选项C正确、D错误．

4．B　[解析] 根据电场的电势变化分析电场，可以从两个方面入手：①电势线的斜率(表示场强)；②电势的大小．在图甲和图乙中，没有电势为零的点，应由斜率为零(场强为零)的点判读，由图甲中A、B之间的电势分布可知，斜率为零的点靠近A侧，即场强为零的点靠近A，故Q1＜Q2，同理可判断图乙中Q1>Q2，选项A正确、选项B错误；图丙中电势为零的点位于AB连线的中点，由电势分布规律可知，Q1、Q2为等量异号电荷，但Q1应为正电荷，选项C正确；图丁中，电势为零的点靠近B一侧，|Q1|＞|Q2|，选项D正确．

5．C　[解析] 由等量异种点电荷的电场分布图可知，O点与无穷远处的电势相同，在x轴上，＋Q点左侧的点的场强方向向左，－Q点右侧的点的场强方向向左，＋Q与－Q之间的点的场强向右，故在＋Q左侧与P点关于原点O对称的点的场强与P点场强相同，P点电势比O点电势低，试探电荷＋q由P点移到O点后电势能增大．

6．D　[解析] 由动能定理qUAB＝q(φA－φB)＝ΔEkAB＝0.5 Ek0，设A点电势为0，则B点电势为φB＝－0.5，令φ＝，则B点电势为－0.5φ，C点电势为－φ.由于在匀强电场中沿同一直线电势均匀变化，则AC的中点D的电势为－0.5φ，故BD为等势面，作BD的平行线与圆相切与P点，则UAP最大，粒子到达P点的动能最大，连接PO交圆周于Q，Q点电势最高，由几何关系可知，φQ<φ，由动能定理可知粒子可以到达Q点，且打在Q点的粒子动能最小，由此可知粒子能够达到圆周上的任何一点，综上所述，只有选项D正确．

7．B　[解析] 由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力方向向上，选项A错误；粒子由M到N，电场力做负功，电势能增加，动能减少，速度减小，故选项B正确、选项C错误；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，选项D错误．

8．C　[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．故选项A、B错．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故选项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，选项D错误．

[解析] 未截去圆弧AB时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，则O处的电场强度为0.截去圆弧AB后，除CD(和AB关于O对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在O处的场强为0，则CD在O处的场强就等于中心O处电场强度E.CD上所带电荷量为Lq，根据点电荷场强公式可得E＝.

10.

[解析] 小球受力情况如图所示，设场强大小为E，根据共点力平衡条件得qEcosα＝mg，所以E＝.

11．(1)0.3 m　(2)0.175 J

[解析] (1)小球进入电场区域前做平抛运动，竖直方向上

v＝2gh

解得vy＝2 m/s

进入电场后做直线运动，满足＝

解得d＝0.3 m.

(2)从A到B的过程中，应用动能定理得

mg(h＋L)＋qU＝Ek－mv

其中＝＝

解得Ek＝0.175 J.

12．(1)6.4×10－14 J　(2)0.06 s　(3)7.5×10－2 m2

[解析] (1)据动能定理，电场力对每个微粒做功

W＝Ekt－Ek0＝qEd

微粒打在B板上时的动能

Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋mv＝6.4×10－14 J

(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．设到达B板时速度为vt，有Ekt＝mv

可得vt＝8.0 m/s，

由于微粒在两极板间做匀变速运动，即

＝＝

解得t＝0.06 s

(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是向各个方向，因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形．对于喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒，在电场中做抛物线运动，根据牛顿第二定律，油漆微粒沿电场方向运动的加速度a＝

运动的位移d＝at

油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动，运动的位移即为落在B板上圆周的半径R＝v0t1

微粒最后落在B板上所形成的圆面积S＝πR2

联立解得S＝＝7.5×10－2 m2

13．(1)(mv－2mgR)　(2)mg＋m＋k

[解析] (1)小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得

mgR＋UMCQ＝mv

可得MC两点的电势差为

UMC＝(mv－2mgR)

又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C、D两点电势相等，故M点的电势为

φM＝UMC＝(mv－2mgR)

(2)小球到达最低点C时，＋q与－q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有

F1＝F2＝k

又因为△ABC为等边三角形，易知F1、F2的夹角是120°，所以二者的合力为F12＝k，且方向竖直向下．

由牛顿运动定律得

FN－mg－F12＝m

解得轨道对小球的支持力

FN＝mg＋m＋k

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