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20xx秋人教版物理高二上學(xué)期10月月考試題2-資料下載頁

2025-11-19 12:19本頁面

【導(dǎo)讀】2021-2021學(xué)年廣東省揭陽市普寧市華僑中學(xué)高二。(上)第一次月考物理試卷。1.關(guān)于元電荷的理解,下列說法正確的是(). B.元電荷是表示跟電子所帶電荷量數(shù)值相等的電荷。D.物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍。荷量q越大,場強(qiáng)E越小。B.由E=k可知,在離點電荷Q很近的地方即r→0,場強(qiáng)E可達(dá)無窮大。C.放入電場中某點的檢驗電荷的電荷量改變時,場強(qiáng)也隨之改變;將檢驗電荷拿走,該點。3.在電場中的某一點,當(dāng)放入正電荷時受到的電場力向右,當(dāng)放入負(fù)電荷時受到的電場力。4.兩個固定的異種點電荷,電荷量給定但大小不等.用E1和E2分別表示這兩個點電荷產(chǎn)。B.有三個,其中一處合場強(qiáng)為零。B.沿電場線方向電勢逐漸降低。A.電荷在等勢面上移動時不受電場力作用,所以不做功。13.如圖所示,實線為電場線,虛線表示等勢面,相鄰兩個等勢面之間的電勢差相等,有一。在圖中用實線畫出電場線,用虛線畫出通過

  

【正文】 qU求出電場力做功,即可求得電勢能的變化量. 解答: 解:( 1)據(jù)題意,點電荷勻速地從由 A運動到 B,電場力與外力 F二力平衡,又根據(jù)負(fù)電荷所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相反,則得場強(qiáng)的方向斜向左上方,畫出電場線如圖.根據(jù)等勢線與電場線垂直,畫出通過 A、 B兩點的等勢線,如圖所示. ( 2)由 F=qE得:場強(qiáng) E= A、 B間的電勢差 UAB=φA﹣ φB= cos37176。=500=160V 則得 B點的電勢 φB=φA﹣ cos37176。=100﹣ 500=﹣ 60V ( 3)點電荷從由 A運動到 B,電場力做功 W=q( φA﹣ φB) =﹣ 10﹣ 5J 故點電荷的電勢能增大 10﹣ 5J 答:( 1)在圖中用實線畫出電場線,用虛線畫出通過 A、 B兩點的等勢線如圖所示.電場強(qiáng)度為 500N/C, AB 間的電勢差為 160V, B點的電勢為﹣ 60V. ( 3) q 在由 A到 B的過程中電勢能增大 10﹣ 5J. 點評: 本題的解題關(guān)鍵要掌握電場力與場強(qiáng)的關(guān)系、電場線 與等勢線的關(guān)系、電勢能的變化與電場力做功的關(guān)系、電勢與電勢差的關(guān)系等等電場的基本知識. 21.如圖所示,在平行金屬帶電極板 MN電場中將電荷量為﹣ 410﹣ 6C的點電荷從 A點移到 M板,電場力做負(fù)功 810﹣ 4J,把該點電荷從 A點移到 N板,電場力做正功為 410﹣ 4,N板接地.則 ( 1) A點的電勢 φA是多少? ( 2) UMN等于多少伏? ( 3) M板的電勢 φM是多少? 考點: 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系;電勢. 專題: 電場力與電勢的性質(zhì)專題. 分析: 根據(jù) WAN=qUAN可求出點 AN 的電勢差, N板接地電勢為零,即 可求出 A點的電勢;根據(jù) WAM=qUAM可求出點 AM 的電勢差,即可求出 UMN和 M板的電勢. 解答: 解:( 1) A、 N間的電勢差: UAN= = V=﹣ 100V 又 UAN=φA﹣ φN, φN=0, 則 A點的電勢為: φA=﹣ 100V. ( 2) M、 N板間的電勢差為: UMN= = = =﹣ 300V. ( 3)由 UMN=φM﹣ φN, φN=0, 得 M板的電勢為: φM=UMN=﹣ 300V 答:( 1) A點的電勢 ?A是﹣ 100V. ( 2) M、 N板間的電勢差 UMN等于﹣ 300V. ( 3) M板的電勢 φM是﹣ 300V. 點評: 運用電勢 差公式 U= 時,要注意電荷移動的方向,往往公式中三個量都要代入正負(fù)號一起計算. 22.如圖所示,水平放置的 A、 B兩平行板相距 h, A板帶正電, B板帶負(fù)電,有一個質(zhì)量為 m,帶電量為 +q的小球在 B板之下 H處以初速度 v0豎直向上進(jìn)入兩板間,欲使小球恰好打到 A板,計算 A、 B板間的電勢差是多大? 考點: 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系;電勢能. 專題: 電場力與電勢的性質(zhì)專題. 分析: 如圖,平行板電容器上極板 A帶正電,下極板 B帶負(fù)電,電場方向向下.質(zhì)量為 m,帶電量為 +q的小球從 B板進(jìn)入電場后受到重力和電場力,電場力方向向 下,對小球做負(fù)功, 小球剛好打到 A板時,速度恰好為零,電場力做功為 qUBA=﹣ qUAB,整個過程中重力做功為﹣ mg( H+h).根據(jù)動能定理求解電勢差 UAB. 解答: 解:由題,小球剛好打到 A板時,速度恰好為零,根據(jù)動能定理,對整個過程進(jìn)行研究得: ﹣ mg( H+h)﹣ qUAB=0﹣ 解得, UAB=m 答: A、 B板間的電勢差是 m . 點評: 本題涉及兩個過程,采用全程法運用動能定理研究,比較簡潔,也可以分段研究,運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合研究. 23.噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示,其中墨盒可以發(fā)出墨汁微 滴,此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負(fù)電,帶電的多少由計算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號控制.帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后,打到紙上,顯示出字體.無信號輸入時,墨汁微滴不帶電,徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.設(shè)偏轉(zhuǎn)板板長為 L=,兩板間的距離為 d=,偏轉(zhuǎn)板的右端距紙 L1=,若一個墨汁微滴的質(zhì)量為 m=10﹣ 10kg,以 v0=20m/s的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是 U=103V,此時墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是 Y=.不計空氣阻力和墨汁微滴的重力,可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部,忽略邊緣電場的不均勻性.求: ( 1)上述墨汁微滴通過帶電室?guī)系碾娏渴嵌嗌伲? ( 2)若用( 1)中的墨汁微滴打字,為了使紙上的字體放大 10%,偏轉(zhuǎn)板間電壓應(yīng)是多大? 考點: 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動;勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系. 專題: 電場力與電勢的性質(zhì)專題. 分析: ( 1)墨汁在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,根據(jù)水平方向的運動求出時間,根據(jù)豎直方向上的運動求出出電場時的偏轉(zhuǎn)位移,根據(jù)出電場時速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中 心,根據(jù)相似三角形求出打到紙上的點距原射入方向的距離與電荷電量的關(guān)系,從而求出電量的大?。? ( 2)為了使紙上的字放大 10%,墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離應(yīng)增大 10%,由上題的結(jié)果分析求解. 解答: 解:( 1)墨汁微滴在平行板運動時, 由電學(xué)知識可得: U=Ed 墨汁微滴在豎直方向的加速度: a= 墨汁微滴在豎直方向的位移: y= at2 墨汁微滴在平行板運動時間: L=v0t 由幾何學(xué)知識可得: = 聯(lián)立可解得: Y= q=10﹣ 13C ( 2)要使字體放大 10%,則墨汁微滴打到紙上的點距原 射入方向的距離應(yīng)是: Y′=Y( 1+10%) 設(shè)此時通過偏轉(zhuǎn)電場墨汁微滴在豎直方向的位移是 y39。,由幾何知識可得: = 由 Y= 可知 Y變?yōu)樵瓉淼?,則 U變?yōu)樵瓉淼?,解得: U=103 V 答: ( 1)上述墨汁微滴通過帶電室?guī)系碾娏渴?10﹣ 13C. ( 2)若用( 1)中的墨汁微滴打字,為了使紙上的字體放大 10%,偏轉(zhuǎn)板間電壓應(yīng)是 103 V. 點評: 解決本題的關(guān)鍵墨汁在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動,以及掌握 推論:粒子離開電場時速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中心. 24.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立 xoy直角坐標(biāo)系, oy表示豎直向上的方向,已知該平面內(nèi)存在沿 x軸負(fù)方向的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場,現(xiàn)有一個帶電量為 10﹣ 4C的小 球從坐標(biāo)原點 O沿 y軸正方向以 ?m/s的 初動量豎直向上拋出,它到達(dá)的最高點位置為圖中的 Q點,不計空氣阻力, g=10m/s2 ( 1)指出小球帶何種電荷; ( 2)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??; ( 3)求小球從 O點拋出到落回 x軸的過程中,電勢能的改變量. 考點: 帶電粒子在 勻強(qiáng)電場中的運動;勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系;動量定理;電勢 專題: 帶電粒子在電場中的運動專題. 分析: ( 1)根據(jù)小球沿 x軸的位移方向確定小球的電性. ( 2)由圖讀出小球的豎直位移大小和水平位移大?。畬⑿∏虻倪\動分解為豎直方向和水平方向:豎直方向小球做豎直上拋運動,水平方向小球做勻加速直線運動.由豎直位移求出時間.根據(jù)水平位移和時間,求出加速度,由牛頓第二定律求解電場強(qiáng)度. ( 3)電勢能的減少量等于電場力做的功. 解答: 解:( 1)根據(jù)小球的軌跡可知,小球所受的電場力沿 x軸正方向,而電場方向沿 x軸負(fù)方 向,故小球帶負(fù)電. ( 2)小球在 y方向上做豎直上拋運動,在 x方向做初速度為零的勻加速運動, 最高點 Q的坐標(biāo)為( , ) 由 ① 代入數(shù)據(jù)得 v0=8m/s 由初動量 p=mv0 ② 解得 m= 又 ③ ④ 由 ③④代入數(shù)據(jù)得 E=1103N/C ( 3)由 ④式可解得上升段時間為 t= 所以全過程時間為 t′=2t= 代入 ③式可解得 x方向發(fā)生的位移為 x= 由于電場力做正功,所以電勢能減少,設(shè)減少量為 △ E,代入數(shù)據(jù)得 △ E=qEx=. 答: ( 1)小球帶負(fù)電; ( 2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為 1103N/C; ( 3)小球從 O點拋出到落回 x軸的過程中電勢能減少了 . 點評: 本題帶電物體在重力場與電場的復(fù)合場中運動問題,由于兩個力都是恒力,采用運動的分解進(jìn)行處理是常用的方法.
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