2020屆高考物理 專項精練精析三十三

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1、 1.(2020·湖南長沙高三質(zhì)檢)如右圖所示，將電鍵S合到1位置，對平行板電容器充電，充電完成后，將電鍵S閉合到2位置，讓其放電，在電鍵S閉合瞬間將產(chǎn)生火花．放電后，再次將電鍵S合到1位置，對平行板電容器充電，然后斷開電鍵，將兩金屬板間距離拉大些，并再次將電鍵閉合到2位置，讓其放電，產(chǎn)生火花，則兩次放電過程相比較(　　) A．兩次放電過程放出的電荷量相等 B．兩次放電過程釋放的能量相等 C．第二次放電過程放出的電荷量較大 D．第二次放電過程釋放的能量較小 解析：　兩次充電是用同一電源進(jìn)行的，所以所充電的電荷量相同，故放電時所放出的電荷量也相等，在將兩金屬板間距離拉大的過程中

2、，克服電場力做功，電場能增加． 答案：　A 2.如右圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球一定打不到下板的中央 解析：　將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝，可知，電容器產(chǎn)生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．下板不動時，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動時

3、，小球可能打在下板的中央．所以只有選項B正確． 答案：　B 3．(2020·海門模擬)如右圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則(　　) A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小 解析：　電流

4、計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確． 答案：　D 4.如右圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則(　　) A．當(dāng)小球運動到最高點a時，線的張力一定最小 B．當(dāng)小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大 C．當(dāng)小球運動到最高點a時，小球的電勢能最小 D．小球在運動過程中機械能守恒 解析：　若qE＝mg，小球做勻速圓周運動，球在各處對細(xì)線的拉力一樣大．若qEmg，球在a處

5、速度最大，對細(xì)線的拉力最大．故A、B錯．a(chǎn)點電勢最高，負(fù)電荷在電勢最高處電勢能最低，故C正確．小球在運動過程中除重力外，還有電場力做功，機械能不守恒，D錯誤． 答案：　C 5．(2020·衡陽四市畢業(yè)班聯(lián)考)如圖甲所示，一電子以v0的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間．從電子射入的時刻開始在金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，假設(shè)電子能穿過平行金屬板．則下列說法正確的是(　　) A．電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線) B．電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出(不包括軸線) C．電子可能從軸線到上極板之間的空間射出，也可能沿軸線方向射出 D．電子射出后動能一定

6、增大 解析：　由題意可知，當(dāng)電子在電場中運動的時間恰好等于在A、B板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍時，電子可沿軸線射出，故A、B錯，C對；當(dāng)電子恰好沿軸線射出時，電子速度不變，其動能也不變，故D錯． 答案：　C 6．(2020·安徽理綜)如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合電鍵S，小球靜止時受到懸線的拉力為F.調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是(　　) A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大 B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變小 C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)

7、將變大 D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小 解析：　當(dāng)電路接通后，對小球受力分析：小球受重力、電場力和懸線的拉力F三個力的作用，其中重力為恒力，當(dāng)電路穩(wěn)定后，R1中沒有電流，兩端等電勢，因此電容器兩極板電壓等于R0兩端電壓，當(dāng)R2不變，R1變化時，電容器兩極板電壓不變，板間電場強度不變，小球所受電場力不變，F(xiàn)不變，C、D兩項錯．若保持R1不變，緩慢增大R2，R0兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，內(nèi)部電場減弱，小球受電場力減小，F(xiàn)變?。蔅項正確． 答案：　B 7．在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊

8、界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運動的v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．在t＝2.5 s時，小球經(jīng)過邊界MN B．小球受到的重力與電場力之比為3∶2 C．在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等 D．在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小 解析：　由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場力之比為3∶5，B錯誤．小球在t＝2.5 s時速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故C

9、正確．因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機械能與電勢能總和保持不變，D錯． 答案：　C 8．(2020·山東濟南模擬)如下圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運動，則下列說法中正確的是(　　) A．滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置下降 B．滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的速度變大 解析：　設(shè)加速電壓為U0，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時

10、的速度為v0，則電子經(jīng)加速電場：eU0＝mv① 偏轉(zhuǎn)電場中：L＝v0t② y＝t2③ y＝mv2－mv④ 由①②③得y＝ 當(dāng)滑動觸頭向右滑動時，U0變大，y變小，所以選項A、B均錯． 對①②③④得mv2＝＋eU0 當(dāng)U增大時，mv2增大，電子打到屏上的速度變大，故選項C錯，D對． 答案：　D 9.一個帶負(fù)電荷q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動．現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球，則(　　) A．小球不能過B點 B．小球仍恰好能過B點 C．小球能過B點，且在B點與軌

11、道之間壓力不為0 D．以上說法都不對 解析：　小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動，則mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球，則(mg－qE)(h－2R)＝mv，聯(lián)立解得mg－qE＝，滿足小球恰好能過B點的臨界條件，選項B正確． 答案：　B 10.如右圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB＝BC.不計空氣阻力，則可

12、知(　　) A．微粒在電場中作類平拋運動 B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等 C．MN板間的電勢差為2mv/q D．MN板間的電勢差為Ev/2g 解析：　因電場力和重力均為恒力，其合力亦為恒力，且與v0有一定夾角，故微粒做勻變速曲線運動——即拋物線運動，但不是類平拋運動，所以A錯．因AB＝BC，即·t＝·t可見vC＝v0.故B項正確；由動能定理，得：W電＋WG＝ΔEk＝0， 即：q－mg·＝0，所以 U＝mv/q，故C項錯誤；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D項錯誤． 答案：　B 二、非選擇題 11.如右圖所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板，

13、軌道所在空間存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的勻強電場．一個質(zhì)量m＝0.10 kg、帶電荷量q＝5.0×10－5 C的滑塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上與擋板相距x1＝0.20 m的P點由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動．當(dāng)滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動，運動到與擋板相距x2＝0.10 m的Q點，滑塊第一次速度減為零．若滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變，求： (1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大?。? (2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功； (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能． 解析：　(1)設(shè)滑塊沿軌道向左做勻

14、加速運動的加速度為a 此過程滑塊所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N 根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，解得a＝0.20 m/s2. (2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功 W1＝qEx1＝4.0×10－3 J. (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能等于滑塊由P點運動到Q點過程中電場力所做的功 即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J. 答案：　(1)0.20 m/s2　(2)4.0×10－3 J　(3)2.0×10－3 J 12.如右圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電

15、荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求： (1)粒子從射入到打到屏上所用的時間； (2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x. 解析：　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝. (2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan α＝＝. (3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a2＝· 又x＝y(tǒng)＋Ltan α 解得：x＝. 答案：　(1)　(2)tan α＝　(3)