PAGE2020高考物理提分训练12一、选择题1.(2020·湖南长沙高三质检)如右图所示，将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花．放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较( )A．两次放电过程放出的电荷量相等B．两次放电过程释放的能量相等C．第二次放电过程放出的电荷量较大D．第二次放电过程释放的能量较小解析： 两次充电是用同一电源进行的，所以所充电的电荷量相同，故放电时所放出的电荷量也相等，在将两金属板间距离拉大的过程中，克服电场力做功，电场能增加．
答案
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： A2.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央解析： 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．所以只有选项B正确．答案： B3．(2020·海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析： 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．答案： D4.如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒解析： 若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE
mg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大．故A、B错．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D错误．答案： C5．(2020·衡阳四市毕业班联考)如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( )A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D．电子射出后动能一定增大解析： 由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错，C对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错．答案： C6．(2020·安徽理综)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析： 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F变小．故B项正确．答案： B7．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )A．在t＝2.5s时，小球经过边界MNB．小球受到的重力与电场力之比为3∶2C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析： 由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：eq\f(mg,F－mg)＝eq\f(3,2)，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B错误．小球在t＝2.5s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错．答案： C8．(2020·山东济南模拟)如下图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析： 设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①偏转电场中：L＝v0t②y＝eq\f(1,2)eq\f(Ue,dm)t2③eq\f(eU,d)y＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④由①②③得y＝eq\f(L2U,4dU0)当滑动触头向右滑动时，U0变大，y变小，所以选项A、B均错．对①②③④得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(L2U2e,4d2U0)＋eU0当U增大时，eq\f(1,2)mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C错，D对．答案： D9.一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则( )A．小球不能过B点B．小球仍恰好能过B点C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D．以上说法都不对解析： 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得mg－qE＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确．答案： B10.如右图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )A．微粒在电场中作类平抛运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．MN板间的电势差为2mveq\o\al(2,0)/qD．MN板间的电势差为Eveq\o\al(2,0)/2g解析： 因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动——即抛物线运动，但不是类平抛运动，所以A错．因AB＝BC，即eq\f(v0,2)·t＝eq\f(vC,2)·t可见vC＝v0.故B项正确；由动能定理，得：W电＋WG＝ΔEk＝0，即：qeq\f(U,2)－mg·eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝0，所以U＝mveq\o\al(2,0)/q，故C项错误；又由mg＝qE得q＝eq\f(mg,E)代入U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，得U＝eq\f(Ev\o\al(2,0),g)，故D项错误．答案： B二、非选择题11.如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝0.10kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10m的Q点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析： (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2N根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝0.20m/s2.(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3J.答案： (1)0.20m/s2 (2)4.0×10－3J (3)2.0×10－3J
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