2014年高考二轮复习专题训练之电学专题五（含答案解析，人教版通用） 7页

‎2014年高考二轮复习之电学专题五 ‎1．如图1所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是(　　)‎ A．b点场强大于d点场强 B．b点场强小于d点场强 C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能 ‎【解析】　‎ 如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点场强最大，在两电荷之间的连线上，O点场强最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A错误B正确；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，Uab＝Ubc，C正确；试探电荷＋q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，电场力做正功，电势能减小，D错误；另一种理解方法：a点电势高于c点电势，试探电荷＋q在a处的电势能大，在c处的电势能小，D错误．‎ ‎【答案】　BC ‎2.如图2所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d.现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m，电荷量为2e.则(　　)‎ A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为 B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为 C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d ‎【解析】　α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d，由2eBv＝m得B＝，故B正确；亮斑区的上边界是沿M板向上射出的α粒子，经1/4圆弧到达a点；亮斑区的下边界是垂直M板射出的α粒子，经1/4圆弧轨迹与屏相切的b点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d，C选项正确．‎ ‎3．如图2所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气(　　)‎ 图2‎ A．体积不变，压强变小　　　　 B．体积变小，压强变大 C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小 ‎【解析】　以细管中封闭气体为研究对象，当洗衣缸内水位升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，气体体积变小，故B项正确．‎ ‎【答案】　B ‎4．如图5所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则下列说法正确的是(　　)‎ ‎[来源:学科网ZXXK]‎ 图5‎ A．O点电势高于M点电势 B．运动过程中电子在M点电势能最多 C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ D．电场对电子先做负功，后做正功 ‎【解析】　由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M点电势高于O点，A错误；电子在M点电势能最少，B错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C错误，D正确．‎ ‎【答案】　D ‎5.如图6所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L的正三角形，A、B、C为三角形的顶点．今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝从AB边上某点P沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则下列选项正确的是(　　)‎ ‎[来源:学科网]‎ A．|PB|＜L B．|PB|＜L C．|QB|≤L D．|QB|≤L ‎【解析】　‎ 考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动．本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆轨迹画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点．由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝L，如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并从BC边切过，因此入射点P1为离B最远的点，满足|PB|＜L，A对；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远，为圆的半径R，故|QB|最大，即|QB|≤L，D对．‎ ‎【答案】　AD ‎6．如图4所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体(　　)‎ A．温度升高，压强增大，内能减少 B．温度降低，压强增大，内能减少 C．温度升高，压强增大，内能增加 D．温度降低，压强减小，内能增加 ‎【解析】　本题考查热力学第一定律、一定质量气体温度、压强和体积的关系．容器绝热，活塞对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增加；温度是分子平均动能的标志，且气体内能增加，故温度一定升高；对活塞进行受力分析p0S＋F＝p气S，可知，气体压强增大，C项正确．‎ ‎【答案】　C ‎7．清晨，湖中荷叶上有一滴约为‎0.1 cm3的水珠，已知水的密度ρ＝1.0×‎103 kg/m3，水的摩尔质量M＝1.8×10－‎2 kg/mol，试估算：‎ ‎(1)这滴水珠中约含有多少个水分子？‎ ‎(2)一个水分子的直径多大？(以上计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【解析】　(1)这滴水珠中含有的水分子数约为：‎ n＝NA＝×6.0×1023个＝3.3×1021个．[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ ‎(2)建立水分子的球体模型，有：π()3＝ 则分子的直径d＝ ‎＝ m＝3.9×10－‎10 m.‎ ‎【答案】　(1)3.3×1021个　(2)3.9×10－‎‎10 m ‎8．如图8，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)‎ 图8‎ A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为 C．粒子由O到A经历时间t＝ D．运动过程中粒子的速度不变 ‎【解析】　根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D项错；粒子做圆周运动的半径R＝，周期T＝，从O点到A点速度的偏向角为60°，即运动了T，所以由几何知识求得点A与x轴的距离为，粒子由O到A经历时间t＝，B、C两项正确．‎ ‎【答案】　BC ‎9．如图9所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．‎ 图9‎ ‎(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；‎ ‎(2)求两板间所加偏转电压U的范围；‎ ‎(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．‎ ‎【解析】　(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有 y＝at2①‎ L＝v0t②‎ vy＝at tan θ＝＝ 联立可得x＝ 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．‎ ‎(2)a＝③‎ E＝④‎ 由①②③④式解得y＝ 当y＝时，U＝ 则两板间所加电压的范围－≤U≤.‎ ‎(3)当y＝时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0＝(＋b)tan θ 而tan θ＝ 解得y0＝ 则粒子可能到达屏上区域的长度为.‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2)－≤U≤ ‎(3) ‎10．如图8，将质量m＝‎0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝‎4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝‎10 m/s2)．‎ ‎【解析】　令Fsin 53°＝mg，F＝1.25 N，当F<1.25 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcos θ－μFN＝ma，FN＋Fsin θ＝mg，解得F＝1 N，当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcos θ－μFN＝ma，Fsin θ＝mg＋FN，解得F＝9 N.‎ ‎【答案】　1 N或9 N ‎11．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为‎60 kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面‎18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为‎200 kg，消防队员着地的速度不能大于‎6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g＝‎10 m/s2.假设杆是搁在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：[来源:学科网ZXXK]‎ ‎(1)消防队员下滑过程中的最大速度；[来源:Z.xx.k.Com]‎ ‎(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力；‎ ‎(3)消防队员下滑的最短时间．‎ ‎【解析】　要在最短的时间滑下，则消防队员先匀加速(自由落体)后匀减速，中间不存在匀速过程．‎ ‎(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1＝v 消防队员受到的最大滑动摩擦力 Ff＝μFN＝0.5×1 800 N＝900 N.‎ 减速阶段的加速度大小：a2＝＝‎5 m/s2‎ 减速过程的位移为h2，由v－v2＝‎2a2h2‎ 又h＝h1＋h2‎ 以上各式联立可得：vm＝‎12 m/s.‎ ‎(2)以杆为研究对象得：FN′＝Mg＋Ff＝2 900 N.‎ 根据牛顿第三定律，杆对地面的最大压力为2 900 N.‎ ‎(3)最短时间为tmin＝＋＝2.4 s.‎ ‎【答案】　(1)‎12 m/s　(2)2 900 N　(3)2.4 s ‎12．擦黑板也许同学们都经历过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦干净．已知黑板的规格是：4.5×‎1.5 m2‎，黑板的下边沿离地的高度为‎0.8 m，若小黑板擦(可视为质点)的质量为‎0.1 kg，现假定某同学用力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对小黑板擦的作用力F与黑板面成45°角时，F＝20 N，他所能擦到的最大高度为‎2.05 m，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数；‎ ‎(2)如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小；‎ ‎(3)擦黑板时有这样的现象：粉笔字的位置越高或越远的地方，已经用力较大却还是不容易擦干净，请用物理知识简要解释．‎ ‎【解析】　‎ ‎(1)小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，它的受力如图所示，‎ 水平方向：FN－Fsin θ＝0[来源:Z§xx§k.Com]‎ 竖直方向：Fcos θ－mg－Ff＝0‎ 又Ff＝μFN 所以μ＝＝1－＝1－ ‎＝0.93.‎ ‎(2)小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它做自由落体运动．由运动学公式得：v2＝2gh v＝＝ m/s＝‎5 m/s.‎ ‎(3)在手臂的用力大小相同时，由Ff＝μF·sin θ可知：作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，所以手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净．‎ ‎【答案】　(1)0.93　(2)‎5 m/s　(3)见解析