2015届高考物理第二轮精讲精练检测6.doc

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高 效 演 练
1.如图所示,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分别关于PQ连线对称,圆周半径为R,P、Q到圆心O的距离都为R,现在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点的场强大小为E1,如果同时拿走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.　　　 B.
C. D.
【解析】选C。根据对称性可知,四个电荷在P点产生的场强大小也为E1,且方向在PQ连线上,根据对称性可知,A、D两个点电荷在Q点产生的场强大小也为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,根据电场叠加有,k-E2=E1,q=,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,极板水平放置,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快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为(　　)

【解题指南】解答此题可按以下思路进行:
(1)初始时两极板间距离为d-l,此时粒子静止,满足二力平衡条件。
(2)金属板抽出后,两极板间距离为d,此时电场强度发生变化,粒子受力不再平衡,满足牛顿第二定律。
【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=;当把金属板从电容器中快速抽出后,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,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律ma=mg-q,两式联立可得a=g。
3.(2014·宁德模拟)如图所示,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通过该区域时的运动轨迹,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点的加速度比在Q点的加速度小
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
【解析】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,因此加速度也大,A错误;电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于电荷带负电,因此电场线向上,根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,带电质点通过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。
【总结提升】电势能大小及其变化分析的两个思路
(1)做功角度:根据静电力做功与电势能变化的关系分析、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,则粒子的电势能增加。
(2)转化角度:只有静电力做功时,电势能与动能可以相互转化,动能减小,电势能增加,动能增大,电势能减少。
4.(2014·江苏高考)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
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,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
【解题指南】判断电势高低首先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可以用特殊值法,在O点由于对称性,电场强度为0,在x轴的无限远,电场强度为0,而中间某处电场强度不为0。
【解析】选B。根据电荷分布的对称性判断,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=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过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点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求:
(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)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:
(1)不存在电场时,小球做平抛运动,要根据平抛运动规律求解。
(2)加上电场后,小球还受到电场力作用,有电场力做功,会涉及电势能的变化,可根据能量守恒定律求解。
(3)要把握匀强电场电势变化的特点,即在匀强电场中电势降落是均匀的。
【解析】(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=d,根据平抛运动的规律有dsin60°=v0t　 ①
dcos60°=gt2　 ②
又有Ek0=m　 ③
由①②③式得Ek0=mgd　 ④
设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+mgd　 ⑤
由④⑤式得=　 ⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0　 ⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0　 ⑧
在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。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=　 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°=ΔEpA　 ⑪
由④⑦⑪式得E=
答案:(1)　(2),方向与竖直向下的方向的夹角为30°
6.(2014·抚顺一模)如图在竖直放置的铅屏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平行放置,相距d=2.0×10-2m,其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)电子到达荧光屏M上的动能。
(2)荧光屏上的发光面积(结果保留3位有效数字)。
【解析】(1)对电子运动过程由动能定理得:
eEd=Ek-m,解得:Ek=1.25×10-16J
(2)电子射向各个方向,其中和铅屏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=··t2,r=v0t,解得:r=3×10-2m
在荧光屏上观察到的范围是半径为r的圆,其面积为S=πr2
解得:S=2.83×10-3m2
答案:(1)1.25×10-16J　(2)2.83×10-3m2
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薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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