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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，克服電場力做功，電場能增加答案：A2.如右圖
2、所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，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，小球可能打在下板的中央所以只有選項B正確答案：B3(2020海門模擬)如右圖所示是測定液面高度h的電
3、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QCU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：
4、D4.如右圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，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qEmg，小球做勻速圓周運動，球在各處對細線的拉力一樣大若qEmg，球在a處速度最大，對細線的拉力最大故A、B錯a點電勢最高，負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：C5(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
5、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：C6(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，用絕緣細線將質(zhì)量為m
6、、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)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
7、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)變小故B項正確答案：B7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、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域中離邊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vt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t2.5 s時，小球經(jīng)過邊界MNB小球受到的重力與電場力之比為32C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)域與區(qū)域中的加速度之比為32，由牛頓第二定律可知：，所以
8、小球所受的重力與電場力之比為35，B錯誤小球在t2.5 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：C8(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
9、，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，進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v0，則電子經(jīng)加速電場：eU0mv偏轉(zhuǎn)電場中：Lv0tyt2ymv2mv由得y當(dāng)滑動觸頭向右滑動時，U0變大，y變小，所以選項A、B均錯對得mv2eU0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：D9.一個帶負電荷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點與軌道之間壓力不為0D以上說法都
10、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mgm，mg(h2R)mv；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球，則(mgqE)(h2R)mv，聯(lián)立解得mgqE，滿足小球恰好能過B點的臨界條件，選項B正確答案：B10.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ABBC.不計空氣阻力，則可知()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
11、相等CMN板間的電勢差為2mv/qDMN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ABBC，即tt可見vCv0.故B項正確；由動能定理，得：W電WGEk0，即：qmg0，所以Umv/q，故C項錯誤；又由mgqE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，軌道所在空間存在E4.0102 N/C、水平向左的勻強電場一個質(zhì)量m0.10 kg、帶電荷量q5.0105 C的滑塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上與擋板相距x10.20 m的P
12、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x20.10 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小；(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加速運動的加速度為a此過程滑塊所受合外力FqE2.0102 N根據(jù)牛頓第二定律Fma，解得a0.20 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W1qEx14.0103 J.(3)滑塊第一次與
13、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EqE(x1x2)2.0103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0103 J(3)2.0103 J12.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 ；(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vya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 .(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則ya2又xyLtan 解得：x.答案：(1)(2)tan (3)
2020屆高考物理 專項精練精析三十三
