2019届高三物理总复习课时作业

时间：45分钟满分：100分。

一、选择题(8×8′＝64′)

1．下列关于实验中使用静电计的说法中正确的是( )

a．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况。

b．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况。

c．静电计可以用电压表替代。

d．静电计可以用电流表替代。

解析：静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化．如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为a.

答案：a2．如下图所示，先接通s使电容器充电，然后断开s.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量q、电容c、两板间电势差u，电容器两极板间场强。

e的变化情况是( )

a．q变小，c不变，u不变，e变小。

b．q变小，c变小，u不变，e不变。

c．q不变，c变小，u变大，e不变。

d．q不变，c变小，u变小，e变小。

解析：充电以后的电容器所带电荷量q保持不变，故选项a、b错误；根据平行板电容器的电容公式c＝，d增大，c减小；又由c＝q/u得，u＝q/c，故u增大；再由公式c＝、c＝和e＝可得e＝，所以e不变，答案为c.

答案：c3．如下图所示，在a板附近有一电子由静止开始向b板运动，则关于电子到达b板时的速率，下列解释正确的是( )

a．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大。

b．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大。

c．与两板间的距离无关，仅与加速电压u有关。

d．以上解释都不正确。

解析：设电子质量为m，电荷量为e，两板间距为d，则。

t2＝d，解得t＝d，即t∝d

又eu＝mv2－0得v＝与d无关．

答案：c4．如下图所示，l为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上o点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋q的点电荷，杆上a、b两点到＋q的距离相等，oa之间距。

离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的o点由静止释放后，通过a点的速率为。则下列说法正确的是( )

a．小环通过b点的速率为。

b．小环从o到b，电场力做的功可能为零。

c．小环在oa之间的速度是先增大后减小。

d．小环在ab之间的速度是先减小后增大。

解析：由动能定理：o→a，mgh1－uq＝mv，o→b，mg(h1＋h2)－uq＝mv，解得vb＝.

答案：a5．如下图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方o点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从m点沿斜面上滑，到达n点时速度为零，然后下滑回到m点，此时速度为v2(v2a．小物体上升的最大高度为。

b．从n到m的过程中，小物体的电势能逐渐减小。

c．从m到n的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功。

d．从n到m的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小。

解析：本题综合考查库仑力、电场力做功与电势能变化的关系、动能定理，意在考查考生的推理能力和分析综合能力．m、n两点在同一等势面上．从m至n的过程中，根据动能定理，－mgh－wf＝0－mv，从n至m的过程中，mgh－wf＝mv，由两式联立可得h＝，a项正确；从n至m，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先增大后减小，b项错误；从m到n的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，c项错误；根据库仑定律，从n到m的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，d项正确．

答案：ad6．如下图所示，质子(h)和α粒子(he)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )

a．1:1 b．1:2

c．2:1 d．1:4

解析：由y＝和ek0＝mv，得y＝可知，y与q成正比，b正确．

答案：b7．如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，电场强度为e，在电场中p处由静止下落一质量为m、带电量为＋q的小球(可视为质点)．在p的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板s(挡板不影响电场的分布)，小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的k倍(k<1)，而碰撞过程中小球的机械能不损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反．设在匀强电场中，挡板s处的电势为零，则下列说法正确的是( )

a．小球在初始位置p处的电势能为eqh

b．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于h

c．小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于eqh

d．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h

解析：因s处的电势为0，故φp＝eh，小球在初始位置p处的电势能为φp·q＝ehq，a正确，设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0，由动能定理得，mgh＋qeh＝mv，设**后上升的高度为h，由动能定理得(mg＋ekq)h＝mv，由以上两式可得h＝h，因k<1，故h>h，b正确，d错误；因eqk·h＝eqh·答案：abc

8．如下图所示，在xoy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为m，与x轴交点为n，不计空气阻力，则小球( )

a．做匀加速运动。

b．从o到m的过程动能增大。

c．到m点时的动能为零。

d．到n点时的动能大于mv

解析：带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，a、b都错；小球自坐标原点到m点，y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到m点时的动能不为零，c错；由动能定理有：qex＝mv－mv>0，d正确．

答案：d二、计算题(3×12′＝36′)

9．如下图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差u＝1.5×103 v(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5c的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：

1)金属板的长度l.

2)小球飞出电场时的动能ek.

解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：

vy＝＝2 m/s

设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ＝＝2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝＝l＝，解得l＝＝0.15 m.

2)进入电场前mgh＝mv－mv

电场中运动过程qu＋mgl＝ek－mv

解得ek＝0.175 j.

答案：(1)0.15 m (2)0.175 j

10．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘透明的有机玻璃，它的上下底面是面积a＝0.04 m2的金属板，间距l＝0.05 m，当连接到u＝2500 v的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如下图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q＝＋1.

0×10－17 c，质量为m＝2.0×10－15 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后：

1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？

2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？

3)经过多长时间容器里烟尘颗粒的总动能达到最大？

解析：(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附，烟尘颗粒受到的电场力f＝，l＝at2＝，t＝l＝0.02 s.

2)w＝nalqu＝2.5×10－4j.

3)设烟尘颗粒下落距离为x

ek＝mv2·na(l－x)，当x＝时，ek达到最大，x＝at.

t1＝＝l＝0.014 s.

答案：(1)0.02 s (2)2.5×10－4j (3)0.014 s

11．(2012·大纲全国理综)如下图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于o点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋q和－q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．

解析：设电容器电容为c.第一次充电后两极板之间的电压为。

u＝①两极板之间电场的场强为e＝②

式中d为两极板间的距离．

按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有tcosθ1＝mg③

tsinθ1＝qe④

式中t为此时悬线的张力．

联立①②③式得tanθ1＝⑤

设第二次充电使正极板上增加的电荷量为δq，此时小球偏转角θ2＝，则tanθ2＝⑥

联立⑤⑥式得＝⑦

代入数据解得δq＝2q⑧

答案：2q

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