20xx屆高考物理專項精練精析五-資料下載頁
2025-08-14 18:04本頁面
【導(dǎo)讀】(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！的庫侖力，這三個力的合力可以為零，所以①正確；在三力平衡的基礎(chǔ)上，如果庫侖力增大，為保持平衡狀態(tài)，桿要給B球沿桿向下的摩擦力，反之如果庫侖力減小，為保持平衡狀態(tài)，一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，且變化率越來越小，即電勢隨距A點的距離變化越來越慢，由電場強度與電勢差的關(guān)系可知，，一簇電場線的分布關(guān)于y軸對稱，O是坐標原點，，分別從兩電場中的a點由靜止釋放，圓環(huán)受到的電場力也是由大變小，根據(jù)垂直桿方向合力為零，桿對圓環(huán)的彈力也是由大變小，故電場力一定豎直向上，與電場線方向相反，可知該質(zhì)點一定帶負電，B項正確，A項錯；帶電質(zhì)點到b點時速度又減為零，可知向上運動過程中，合力先向上再向下，即重力不變，小球進入電場后滑行的最大距離x2；小球從A點滑至C點的時間是多少？
【正文】 g＝ 3Eq B．小球重力與電場力的關(guān)系是 Eq＝ 3mg C．小球在 B 點時，細線拉力為 FT＝ mg D．小球在 B 點時，細線拉力為 FT＝ 2Eq 解析： 本題考查靜電場及共點力平 衡．根據(jù)對稱性可知，小球處在 AB 中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為 30176。，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得： qEsin 30176。＝ mgcos 30176。，化簡可知選項 A 錯誤， B 正確；小球到達 B 點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知： FT＝ qEsin 30176。＋ mgcos 30176。，化簡可知 FT＝ 3mg，選項 C、 D均錯誤． 答案： B 二、非選擇題 11．如圖甲所示，彎曲部分 AB 和 CD是兩個半徑相等的 14圓弧，中間的 BC 段是豎直的薄壁細圓管 (細圓管內(nèi)徑略 大于小球的直徑 )，分別與上下圓弧軌道相切連接， BC 段的長度 L可作伸縮調(diào)節(jié)．下圓弧軌道與地面相切，其中 D、 A 分別是上下圓弧軌道的最高點和最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)．一小球多次以某一速度從 A點水平進入軌道而從 D點水平飛出．今在 A、 D 兩點各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍?A、 D 兩點的壓力，計算出壓力差 ΔF.改變 BC 的長度 L，重復(fù)上述實驗，最后繪得的 ΔF－ L 圖象如圖乙所示． (不計一切摩擦阻力，g取 10 m/s2) (1)某一次調(diào)節(jié)后， D 點的離地高度為 m，小球從 D點飛出，落地點與 D 點的水平距離為 m，求小球經(jīng)過 D 點時的速度大??； (2)求小球的質(zhì)量和彎曲圓弧軌道的半徑． 解析： (1)小球在豎直方向做自由落體運動， 有 HD＝ 12gt2， 在水平方向做勻速直線運動，有： x＝ vDt， 得： vD＝ xt＝ x2HDg＝ 6 m/s. (2)設(shè)軌道半徑為 r， A到 D 過程機械能守恒，有： 12mv2A＝12mv2D＋ mg(2r＋ L)① 在 A點： FA－ mg＝ mv2Ar ， ② 在 D 點： FD＋ mg＝ mv2Dr ， ③ 由 ①②③ 式得： ΔF＝ FA－ FD＝ 6mg＋ 2mgLr， 由圖象縱截距得： 6mg＝ 12 N，得 m＝ kg， 當 L＝ m 時， ΔF＝ 17 N，解得： r＝ m. 答案： (1)6 m/s (2) m 12.(2020安徽模擬 )如右圖所示，固定于 同一條豎直線上的 A、 B 是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為＋ Q和－ Q， A、 B 相距為 是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球 p，質(zhì)量為m、電荷量為＋ q(可視為點電荷，不影響電場的分布 )，現(xiàn)將小球 p 從與點電荷 A等高的 C處由靜止開始釋放，小球 p 向下運動到距 C點距離為d 的 O 點時，速度為 MN與 AB 之間的距離為 d，靜電力常量為 k，重力加速度為 ： (1)C、 O 間的電勢差 UCO； (2)O 點處的電場強度 E 的大??； (3)小球 p 經(jīng)過 O 點時的加速度； (4)小球 p 經(jīng)過與點電荷 B 等高的 D 點時的速度． 解析： (1)小球 p 由 C 運動到 O 的過程，由動能定理 得 mgd＋ qUCO＝ 12mv2－ 0① 所以 UCO＝ mv2－ 2mgd2q .② (2)小球 p 經(jīng)過 O 點時受力如圖 由庫侖定律得 F1＝ F2＝ k Qq2 它們的合力為 F＝ F1cos 45176。＋ F2cos 45176。＝ 2kQq2d2 ③ 所以 O 點處的電場強度 E＝ Fq＝ 2kQ2d2 .④ (3)由牛頓第二定律得： mg＋ qE＝ ma⑤ 所以 a＝ g＋ 2kQq2md2 .⑥ (4)小球 p 由 O 運動到 D 的過程，由動能定理得 mgd＋ qUOD＝ 12mv2D－ 12mv2⑦ 由電場特點可知 UCO＝ UOD⑧ 聯(lián)立 ①⑦⑧ 解得 vD＝ 2v. 答案： (1)mv2－ 2mgd2q (2) 2kQ2d2 (3)g＋ 2kQq2md2 (4) 2v w*kamp。s%5￥ u 高考資源網(wǎng) w。 ww*kamp。s%5￥ u
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