高考物理一轮复习第九单元静电场单元检测（含解析）

这是一份高考物理一轮复习第九单元静电场单元检测（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
静电场一、选择题1.(2018辽宁大连实验中学模拟)(多选)“嫦娥二号”卫星由地面发射后,进入地月转移轨道,经多次变轨最终进入距离月球表面100 km,周期为118 min的圆形工作轨道,开始对月球进行探测,则(　　)。A.卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B.卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大C.卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大【解析】月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度,卫星在轨道Ⅲ上的半径大于月球半径,根据G=m,得卫星的速度v=,可知卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小,故A项正确。卫星在轨道Ⅰ上经过P点若要进入轨道Ⅲ,需减速,即卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时小,故B项错误。根据开普勒第三定律=k,可知卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小,故C项正确。卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,在P点需减速,动能减小,而它们在各自的轨道上机械能守恒,则卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大,故D项正确。【答案】ACD2.(2019贵州毕节开学考试)一种玩具的结构如图所示,竖直放置的光滑铁圆环的半径R=20 cm,环上有一穿孔的小球m,仅能沿环做无摩擦滑动。如果圆环绕通过环心的竖直轴O1O2以ω=10 rad/s的角速度旋转,g取10 m/s2,则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角θ为(　　)。A.30° B.45° C.60° D.75°【解析】向心力F=mgtan θ=mω2Rsin θ,则cos θ==,可得θ=60°。【答案】C3.(2018湖南怀化第三次擀调研)如图所示,将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L的两点,另一端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°。若将物体的质量变为M,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°=0.6),则等于(　　)。A. B. C. D.【解析】取连接点为研究对象,可知其受竖直向下的拉力mg、两弹簧弹力F作用而平衡,利用效果分解法得mg=2Fcos 37°,所以F=,由胡克定律知F=k-L=kL,同理可得F'=,F'=kL,联立可得=,A项正确。【答案】A4.(2019湖南邵阳开学考试)如图所示,在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点。已知OA与OB互相垂直,且OA与竖直方向成α角,则两个小球初速度之比为(　　)。A.tan α B.cos αC.tan α D.cos α【解析】由几何关系可知,A的竖直位移hA=Rcos α,水平位移xA=Rsin α;B的竖直位移hB=Rcos (90°-α)=Rsin α,水平位移xB=Rsin (90°-α)=Rcos α,由平抛运动的规律可知,h=gt2,x=v0t,解得v0=x,则=·=tan α,C项正确。【答案】C5.(2018江西南昌六校联考)(多选)一小球放置在光滑水平面上,弹簧左侧固定在竖直面上,右侧与小球相连,如图甲所示。手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手,用计算机描绘出小球运动的v-t图象为正弦曲线(如图乙所示)。从图中可以判断(　　)。A.在0~t1时间内,外力做正功B.在0~t1时间内,外力的功率逐渐增大C.在t2时刻,外力的功率最大D.在t1~t3时间内,外力做的总功为零【解析】由动能定理可知,在0~t1时间内小球的速度越来越大,动能越来越大,外力一定做正功,故A项正确;在t1~t3时间内,动能变化量为零,可以判定外力做的总功为零,故D项正确;由P=Fv知0、t1、t2、t3四个时刻功率均为零,故B、C两项错误。【答案】AD6.(2018西北师大附中模拟)(多选)宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s水平抛出一物体,并记录下物体的运动轨迹,如图所示,O为抛出点,若该星球半径为4000 km,引力常量G=6.67×10-11 N·m2·kg-2,则下列说法正确的是(　　)。A.该星球表面的重力加速度为4.0 m/s2B.该星球的质量为2.4×1023 kgC.该星球的第一宇宙速度为4.0 km/sD.若发射一颗该星球的同步卫星,则同步卫星的绕行速度一定大于4.0 km/s【解析】根据平抛运动的规律有h=gt2,x=v0t,解得g=4.0 m/s2,A项正确;在星球表面,重力近似等于万有引力,得M=≈9.6×1023 kg,B项错误;由=mg得第一宇宙速度为v==4.0 km/s,C项正确;第一宇宙速度为最大的环绕速度,D项错误。【答案】AC7.(2018江苏无锡10月考试)空间有一匀强电场,在电场中建立图甲所示的直角坐标系O-xyz,M、N、P为电场中的三个点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为(a,,)。已知电场方向平行于直线MN,M点电势为零,N点电势为1 V,则P点的电势为(　　)。甲A. V B. VC. V D. V 　　【解析】将立体图中的P点投影在xOy平面,做出M、N、P三点在xOy平面的相对位置如图乙所示,M点电势为零, N点电势为1 V,根据沿着电场线方向电势降低可知,该匀强电场的电场线方向如图乙所示,O1为MN连线的二等分点,O2为O1N的二等分点,由几何知识知AP'垂直于电场强度E,故P'、O2、A三点的电势相等,φO2=φP=UMN= V,D项正确。乙【答案】D8.(2018山西晋城12月考试)(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别为m1=4 kg,m2=2 kg,A的速度v1=3 m/s(设为正方向),B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是(　　)。A.均为1 m/s B.+4 m/s和-5 m/sC.+2 m/s和-1 m/s D.-1 m/s和+5 m/s【解析】由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况:Ek=m1+m2=27 JEk'=m1v1'2+m2v'2因为碰撞过程中动能不可能增加,所以应有Ek≥Ek',可排除B项;C项虽满足Ek≥Ek',但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA'>0,vB'<0),这显然是不符合实际的,因此C项错误;验证A、D两项均满足Ek≥Ek',故答案为A项(完全非弹性碰撞)和D项(弹性碰撞)。【答案】AD二、非选择题9.(2018云南昆明八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A为装有挡光片的钩码,总质量为M,挡光片的挡光宽度为b,轻绳一端与A相连,另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(m<M)的重物B相连。他的做法是:先用力拉住B,保持A、B静止,测出A的挡光片上端到光电门的距离h;然后由静止释放B,A下落过程中经过光电门,光电门可测出挡光片的挡光时间t,算出挡光片经过光电门的平均速度,将其视为A下落h(h≫b)时的速度,重力加速度为g。 (1)在A从静止开始下落h的过程中,验证以A、B、地球所组成的系统机械能守恒定律的表达式为　　　　　　　　　　　(用题目所给物理量的符号表示)。 (2)由于光电门所测的平均速度与物体A下落h时的瞬时速度间存在一个差值Δv,因而系统减少的重力势能　　　　(选填“大于”或“小于”)系统增加的动能。 (3)为减小上述Δv对结果的影响,小明同学想到了以下一些做法,其中可行的是(　　)。A.保持A下落的初始位置不变,测出多组t,算出多个平均速度然后取平均值B.减小挡光片上端到光电门的距离hC.增大挡光片的挡光宽度bD.适当减小挡光片的挡光宽度b(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 【解析】(2)光电门所测的平均速度小于物体A下落h时的瞬时速度,因而系统减少的重力势能大于系统增加的动能。(3)适当减小挡光片的挡光宽度b可以使挡光时间t减小,此时光电门所测的平均速度更接近于物体A下落h时的瞬时速度,可以减小系统误差,所以D项正确。(4)由于有空气阻力、摩擦力等因素的影响,采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值小于真实值。【答案】(1)(M-m)gh=(M+m)()2　(2)大于(3)D　(4)小于10.(2018山东济南六校联考)如图所示,在电场强度E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带电荷量为q=+10-4 C的小滑块的质量m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度取g=10 m/s2,问: (1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大?(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?【解析】(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得qEL-FfL-mg·2R=mv2-0由滑块的受力可知Ff=μFN,FN=mg小滑块在C点时,重力提供向心力,有mg=m联立上式得L=20 m。(2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得qE(L+R)-FfL-mg·R=m-0在P点时由牛顿第二定律可得FN'-qE=m联立解得FN'=1.5 N即滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。(3)小滑块经过C点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由2R=gt2,可得滑块运动的时间t=得t=0.4 s滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由(1)可得v=2 m/s,由牛顿第二定律可得qE=ma水平方向的位移x=vt-at2代入解得x=0.6 m滑块落地时竖直方向上的速度大小vy=gt=4 m/s水平方向的速度大小vx=v-at=1 m/s落地时速度大小v地=解得v地= m/s。【答案】(1)20 m　(2)1.5 N　(3)0.6 m　 m/s11.(2019江西南昌开学考试)如图所示,一质量M=2 kg、长L=4 m的绝缘不带电长木板B静止于光滑的水平面上,B的右端虚线边界与竖直挡板间存在宽度d=4.75 m的匀强电场,电场强度大小E=2×104 N/C,方向水平向右。一个质量m=1 kg、电荷量q=+1×10-4 C的小物体A以初速度v0=3 m/s从B的左端水平滑上B,两者达到共同速度后进入电场。设物体A可视为质点,A、B间的动摩擦因数μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失,g取10 m/s2。(1)求B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间的速度大小。(2)求B与竖直挡板第二次碰撞前的瞬间的速度大小。(3)A最后是否会从B上滑下?若不会,求出A最后在木板B上的位置。【解析】(1)设A、B达到共同速度v1时,A相对B向右运动距离为s1由动量守恒定律有mv0=(M+m)v1由能量守恒有μmgs1=m-(M+m)联立解得v1=1 m/s,s1=0.75 mA、B进入电场后,假设保持相对静止,以整体为研究对象,有qE=(M+m)a再以B为研究对象,f=Ma解得f= N<fm=μmg=4 N,故假设成立设B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间,B的速度为v2,则由动能定理qE[d-(l-s1)]=(M+m)-(M+m)解得v2= m/s。(2)B与竖直挡板第一次碰撞后,A的加速度为a1,则μmg-qE=ma1,解得a1=2 m/s2B的加速度为a2,则μmg=Ma2,解得a2=2 m/s2a1、a2大小相等,则两者同时减速到零,位移大小x==0.75 m然后保持相对静止向右加速,设B与竖直挡板第二次碰撞前的瞬间,B的速度为v3,则由动能定理qEx=(M+m)解得v3=1 m/s。(3)假设A最终停在距B左端s处,此时B右端与挡板接触,对全过程由功能关系可得μmgs=m+qE(d+s-L)由于s=3 m<L,可知A最后停在距B左侧3 m的位置。 【答案】(1) m/s　(2)1 m/s　(3)停在距B左侧3 m的位置