2011届高考物理第一轮总复习满分练兵场 第6章第3讲

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1、2011届高考第一轮总复习满分练兵场第6章第三讲一、选择题1在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是()答案A解析前带电粒子做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动T时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.2如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路在增大电容器两极板间距离的过程中()A电阻R中没有电流B电容器的电容变小C电阻R中有从a流向b的电流D电阻R中有从b流向a的电流 答案BC解析由题意知，电容器两板间电压U一定，设已充电荷量为Q，当

2、两板距离增大时，电容C变小，由QCU知Q减小，必有一部分正电荷通过电阻R回流故BC对3如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是()A沿轨迹运动B沿轨迹运动C沿轨迹运动 D沿轨迹运动答案C解析由E可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动4(2009海门模拟)如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

3、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所带电量在增加，液体的深度h在增大 B导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小 答案D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所带电量在减小，由QCU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5如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间

4、的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为 ()A12.5J B2.5JC0 D2.5J答案D解析由题意可知，粒子从A到B，电场力做功10J，则带电粒子由A运动到等势面b时，电场力做功5J，粒子在等势面b时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J，当动能为7.5J时，其电势能为2.5J.6(2010青岛市检测)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(

5、)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以上说法都不对答案B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mgm，mg(h2R)mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mgqE)(h2R)mv，联立解得mgqE，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确7如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定，然后使两板各绕其中点转过角，如图中虚线所示，撤去外力，则P在两板间()A保持静止B水平向左做直线运动C向左下方运动D不知角的值无法确定P的运

6、动状态答案B解析设初状态极板间距是d，旋转角度后，极板间距变为dcos，所以电场强度E，而且电场强度的方向也旋转了，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B选项正确解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系8如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为() Amv B.mv C2mv D.mv答案D解析小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0tvPyt，所示合

7、速度vPv0EkPmvmv.故选D.二、非选择题9如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势k182V；栅网：能让电子由其间穿过，电势g0；反射电板电势为r250V.与栅网的距离d4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.911030kg，电荷量e1.61019C，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？答案1.5109s解析因为|k|r|，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回设电子在到达栅网时速度为v，则mv2e(gk)，电子在栅网和反射电板间的加速度a，又t，解得t1.5109s.10如图所示，

8、水平地面上方分布着水平向右的匀强电场一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中管的水平部分长为l10.2m，离水平地面的距离为h5.0m，竖直部分长为l20.1m.一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求： (1)小球运动到管口B时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B的水平距离(g10m/s2)答案(1)2.0m/s(2)4.5m解析(1)在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：mv0mgl2F电l1，解得：vB代入数据可得：vB2.0m/s(2)小球离开B点后，

9、设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：a，svBtat2，竖直方向有：hgt2，由式，并代入数据可得：s4.5m.11如图所示，在倾角37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E4.0103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板质量m0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回已知斜面的高度h0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数0.30，滑块带电荷q5.0104C.取重力加速度g10m/s2，sin370.60，cos370.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块被挡板弹回

10、能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q.(计算结果保留两位有效数字)答案(1)2.4m/s(2)0.10m(3)0.96J 解析(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为Ff(mgqE)cos37，设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理，(mgqE)hFfmv，解得v12.4m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h1，根据动能定理，(mgqE)h1Ffmv， 代入数据解得h10.10m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q(mgqE)h0.96J

11、.12(2009如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q2103C.如图所示，开始时静止在场强E200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h5cm，与A板距离H45cm，重力作用不计在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k，而碰后小球的速度大小不变(1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，则电场中P点的电势为多少？小球在P点时的电势能为多少？(电势能用EP表示)(2)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？ (3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A板？答案(1)10V0.02J(2)0(3)13解析(1)

12、由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：USPEh由电势差和电势之间的关系得：USPSP联立解得P点的电势为：PSEh02005102V10V小球在P点的电势能为：EPqP2103(10)J0.02J(2)对小球从P点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：W电Ek1Ek0解得：W电Ek1Ek0000(3)设碰撞n次后小球到达A板，对小球运动的全过程应用动能定理得：qEhknqE(hH)Ek1Ek0小球到达A板的条件是：Ekn0联立解得：n12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A板13(2009江苏淮安市二月四校联考)在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m1.0103kg、带电量q1.01

13、010C的带正电的小球，静止在O点以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy.在t00时突然加一沿x轴正方向、大小E12.0106V/m的匀强电场，使小球开始运动在t11.0s时，所加的电场突然变为沿y轴正方向、大小E22.0106V/m的匀强电场在t22.0s时所加电场又突然变为另一个匀强电场E3，使小球在此电场作用下在t34.0s时速度变为零求：(1)在t11.0s时小球的速度v1的大小；(2)在t22.0s时小球的位置坐标x2、y2；(3)匀强电场E3的大小；(4)请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s内的运动轨迹答案(1)0.2m/s(2)(0.3,0.1)(3)1.4106V/

14、m(4)见解析图 解析(1)01s对小球应用牛顿第二定律得：qE1ma1解得小球的加速度为：a1qE1/m0.2m/s2小球在t11.0s时的速度大小为：v1a1t10.21m/s0.2m/s(2)小球在t11.0s时的位置坐标为：x1a1t0.21.02m0.1m在1.0s2.0s内对小球应用牛顿第二定律得：qE2ma2解得小球的加速度为：a2qE2/m0.2m/s2在t22.0s时小球的位置坐标为：x2x1v1(t2t1)0. 1m0.21.0m0.3my2a2(t2t1)20.21.02m0.1m设在t22.0s时小球的速度为v2，则有：vv(at2)2解得：v2v10.2m/s0.28m/s(3)2.0s0.4s内对小球应用牛顿第二定律得：qE3ma3小球在4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：v4v2a3t3联立解得匀强电场E3的大小为：E31.4106V/m(4)小球在这4s内的运动轨迹如图所示