2020屆高考物理 專項精練精析三十三

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為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導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導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大B導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大C導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小D導體芯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：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當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小B當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大C當小球運動到最高點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qE<mg，球在a處速度最小，對細線的拉力最小若qE>mg，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、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，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·t·t可見vCv0.故B項正確；由動能定理，得：W電WGEk0，即：qmg·0，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E4.0×102 N/C、水平向左的勻強電場一個質(zhì)量m0.10 kg、帶電荷量q5.0×105 C的滑塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上與擋板相距x10.20 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FqE2.0×102 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W1qEx14.0×103 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EqE(x1x2)2.0×103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0×103 J(3)2.0×103 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)