1、2022高考物理 强化训练一选择题1如图所示，将一球形容器内部固定有三根光滑绝缘轨道1、2、3，整个装置处于一竖直向下的匀强电场中，将一带正电的小球依次从轨道顶端静止释放，小球都可到达最低点P，则三个球的运动中（）A小球水平方向上动量守恒B电场力做功平均功率最大的是沿轨道1的运动C在最低点P重力的瞬时功率最大的是沿轨道3的运动D由于未确定零势能面，无法确定哪个过程机械能变化量最大2如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A电容器的电容增大B固定在P点的电子的电势能增大CA、B两板间的电场强
2、度增大DP点电势升高3如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（）A若仅将A板上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处B若仅将A板上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处C若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处D若仅将R的滑片上移，带电小球将从B板的小孔N处穿出4如图所示的电路中，D为理想二极管（具有单向导电性），一带正电小油滴恰好在平行板电容器中央静止不动，电源内阻不计，则下列说法正确的是
3、（）A仅把开关S断开，油滴将下落B仅把电阻箱R1的阻值减小，油滴将上升C仅把电容器上极板稍水平右移，油滴将下落D仅把电容器上极板稍竖直上移，油滴仍静止不动5如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在点。表示电容器的电容、表示两板间的场强、表示点的电势，表示正检验电荷在点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，则下列关系图像正确的是（）ABCD6电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（）A甲图中，手指作为电容器电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作B乙图中，力
4、F增大过程中，电流计中的电流从a流向bC丙图中，油箱液位上升时，电容变小D丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态7如图所示，水平正对的金属板A、B与干电池连接， B板接地，静电计的电荷量导线以及电池的内阻均不计。开关S闭合，一带负电的油滴静止于两板间的P点。下列说法正确的是（）A若仅将A板上移一些， 则静电计指针的张角减小B若仅将B板下移一些，则油滴向下运动C若断开S，且仅将B板下移一些， 则油滴的电势能减小D若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则油滴向上运动8如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂
5、一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度。在以下方法中，能使悬线的偏角变大的是（）A增大a、b间的正对面积 B减小a、b间的距离C取出a、b两极板间的电介质D换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质9.(2015天津卷T7)(多选题)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A.偏转电场对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到
6、屏上的同一位置，10.(2021广东揭阳高三调考)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。如图是一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置。开关S闭合后,下列说法正确的是()A.油量减少时,电容器的电容增大B.油量减少时,电容器的带电荷量减小C.油量减少时,电流向上经过电流表GD.电流表G示数为零时,油箱中油量为零11(2021江苏常州一模)疫情期间，我国人民通过戴口罩来阻断疫情传播，体现了“人人为我、我为人人”的优良传统和守望相助的家国情怀。口罩中间层的熔喷布是一种用绝缘材料做成的带有静电的超细纤维布，它能阻隔几微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于()A尖端放电 B静电屏蔽C静电感应
7、和静电吸附 D静电感应和静电屏蔽12如图所示，一带电粒子质量为m， 带电量为-q，初速度忽略不计，经电压为U的电场加速后，粒子恰好从两板左侧中点沿中央轴线飞入平行板间，平行板板长和板间距离均为L，平行板右端到荧光屏的距离也是L。在两极板间加有偏转电压U（上极板电势高），不计粒子重力，则下列说法正确的是（）A如果粒子可以从偏转电场飞出，则该粒子在偏转电场中运动的时间比离开偏转电场到荧光屏的运动时间长B如果U=U0； 粒子到达荧光屏的位置距O点0.75LC如果U=3U0，粒子到达荧光屏的动能为1.75U0qD如果在偏转电场区域加垂直纸面向里的匀强磁场，粒子可能不发生偏转13如图所示，水平放置的平行
8、板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B。粒子重力不计，下列分析不正确的是（）A经过B点时的速度方向沿半圆的半径B无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆C若仅将下板下移少许，板间电压增大D若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点14. (2021上海普陀一模)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计
9、重力，则下列说法正确的是()A.1212 B.1213C.在02T时间内，当tT时电子的电势能最小D.在02T时间内，电子的动能增大了二计算题15.(2016四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s，进入漂
10、移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108 C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。16.(2011浙江卷)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时为81%(即离下板0.8
11、1d0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值为；(2)求收集率与两板间距的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。17如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d、A、B两板间加周期性变化的电压，UAB如图乙所示，电压变化周期为T，正半周电压绝对值为U0，负半周电压绝对值为3U0，电子质量为m、电子电量的绝对值为e，不计
12、电子的重力，也不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场飞出后的速度v0多大；（2）A、B极板长设为L，若，求：从t=0时刻射入偏转电场的电子在离开偏转电场时的偏转距离y；（3）在满足（2）的条件下，在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例。参考答案1【答案】BA小球所受轨道支持力存在水平方向的分量，所以小球水平方向动量不守恒，故A错误；B设球形容器的半径为R，轨道与水平方向的夹角为，则根据几何关系可知轨道长度为小球在沿轨道方向的加速度大小为 设小球从顶端滑至P点所用时间为t，则根据运动学规律有联立解得由式可知小球在3个轨道从顶端下滑至P点
13、所用时间相同，而电场力对沿轨道1下滑的小球做功最多，根据功率的概念可知电场力做功平均功率最大的是沿轨道1的运动，故B正确；C当小球沿轨道1下滑时，电场力和重力对其做功最多，根据动能定理可知小球到达P点时速度v最大，在最低点P重力的瞬时功率为由于轨道1的值也是最大的，所以在最低点P重力的瞬时功率最大的是沿轨道1的运动，故C错误；D电场力对沿轨道1下滑的小球做功最多，即此过程小球机械能变化量最大，故D错误。故选B。2【答案】BA根据当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；C根据由于U不变，d增大，故电场强度变小，故C错误；BD因电场强度变小，导致P点与B板的电
14、势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，固定在P点的电子的电势能增大，故D错误，B正确。故选B。3【答案】AAB根据 解得若仅将A板上移，d增大，Q减小，由于二极管处于截止状态，电荷量Q将保持不变，电压U将增大；根据动能定理U增大，则小球下落的高度h减小，则带电小球将无法运动至B板的小孔N处，A正确，B错误；CD根据若仅将R的滑片上移，R两端电压增大，通过二极管给电容器充电，电容器两端电压U增大；根据U增大，则小球下落的高度h减小，则带电小球将无法运动至B板的小孔N处，CD错误。 故选A。4【答案】BDA开关S断开，二极管处于不导通状态，故电容器无法放电，电容器的电荷量不变，电场力不变
15、，则油滴仍静止不动，A错误；B带正电油滴静止不动，说明b点电势高于a点电势，仅把电阻箱R1的阻值减小，则b点电势升高，a点电势不变，故电容器电压增大，两极板间的场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴将上升，B正确；C将电容器上极板水平右移，则电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，即电容器的电荷量Q不变，由 和联立得S减小，则E增大，电场力增大，油滴将上升，C错误；D将电容器上极板竖直上移一些，电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，故电容器的电荷量Q不变，且由知电场力不变，油滴仍静止不动，D正确；故选BD。5【答案】DA平行板电容器的决定
16、式为即电容C与两板间距离d不呈线性关系，C-x图像不可能为直线，故A错误；B平行板电容器两板间电场强度为由题意可知Q不变，所以E不随两板间距离d变化，故B错误；CD设P点到负极板的距离为d，因为负极板接地，所以P点的电势为当E不变时，随d的减小而线性减小，又根据可知也随d的减小而线性减小，故C错误，D正确。故选D。6【答案】DA甲图中，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。故A错误。B乙图中，力F增大过程中，电容器极板间距减小，电容变大，电容器充电，电流计中的电流从b流向a，选项B错误；C丙图中，油箱液位上升时，电介质插入电容器，电容变大，选项C错误；D丁图中，当传
17、感器由静止突然向左加速，电介质插入电容器，电容变大，电容器处于充电状态，选项D正确。故选D。7【答案】BCA金属板A、B与干电池连接，两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A错误；B根据若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故B正确；C若断开S，极板电荷量不变，根据 可得仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与零电势B板间电势差增大，则P点电势增大，带负电的油滴在P点的电势能减小，故C正确；D若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则介电常数增大，则电场强度减小，则竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下
18、，将向下运动，故D错误。故选BC。8【答案】CA根据可知增大a、b间的正对面积，电容C增大，Q不变，故ab间的电势差减小，PQ间电势差与ab间电势差始终相等，故PQ间电势差减小，场强减小，小球受到的电场力减小，悬线的偏角变小，A错误；B根据可知减小a、b间的距离，电容C增大，Q不变，故ab间的电势差减小，PQ间电势差与ab间电势差始终相等，故PQ间电势差减小，场强减小，小球受到的电场力减小，悬线的偏角变小，B错误；C根据可知取出a、b两极板间的电介质，会使介电常数减小，电容C减小，Q不变，故ab间的电势差增大，PQ间电势差增大，小球受到的电场力增大，悬线的偏角变大，C正确；D根据可知换一块形状
19、大小相同、介电常数更大的电介质，电容C增大，Q不变，故ab间的电势差减小，PQ间电势差减小，小球受到的电场力减小，会使悬线的偏角变小，D错误。故选C。9【答案】AD【解析】设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有，在偏转电场中有，与比荷无关，所以三钟粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确；偏转电场对粒子做功，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种拉子在进入偏转电场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误；因加速位移相同，粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中运动时间也越长，故迭项B错误。10故选：C。11故选：C。【12【答案】
20、BDA利用水平方向做匀速直线运动，两过程时间相等，A错误；B根据动能定理可得竖直方向有水平方向有又解得Y=0.75LB正确；C由B选项可知，当时，即有可得粒子打到上极板上，不能到达荧光屏，C错误；D加上磁场后，洛伦兹力与电场力平衡，D正确。故选BD。13【答案】AA粒子在平行板电容器中受到的合力向下，做类平抛运动，所以到达B点时，既有水平方向的速度，又有竖直向下的速度，故经过B点时的速度方向斜向右下方，故A错误；B粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做类平抛运动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，若粒子沿着半径方向离开半圆，则反向延长线过圆心，所以一定从C点射出，所以不可能，故B正确；C
21、若仅将下板下移少许，则平行板电容器间的极板距离d变大，由C可知电容变小，又平行板电容器充电后与电源断开，则Q不变，由U可知板间电压增大，故C正确；D若仅将下板下移少许，由E则场强不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动轨迹不变，则仍会经过B点，故D正确。故选A。14【答案】BD AB.电子在0T时间内向上加速运动，设加速度为a1，在T2T时间内先向上减速到零后向下加速回到原出发点，设加速度为a2，则解得由于、则1213选项A错误，B正确；C.依据电场力做正功最多，电势能最小，而0T内电子做匀加速运动，T2T之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动，因2=31，t1时刻电子
22、的动能而粒子在t2时刻的速度故电子在2T时的动能所以在2T时刻电势能最小，故C错误；D.电子在2T时刻回到P点，此时速度为(负号表示方向向下)电子的动能为根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。故选BD。15【解析】(2)16【解析】(1)收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，在水平方向有：在竖直方向有：其中：当减少两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%时，两板间距为.如果进一步减少，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有在竖直方向有其中联立可得(2)通过前面的求解可知，当时，收集
23、效率为100%；当d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有根据题意，收集效率为 联立可得(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量=当时，因此=当时，因此=绘出的图线如下17（1）加速电场加速。由动能定理得解得（2）电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有L=v0t将代入得，运动时间则t=0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有（3）由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在U0时加速度大小为a1，3U0时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得 可得a2=3a1在0时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则解得在0时间内，时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；T这段时间内，设t=T-t2时刻射入的电了刚好偏转位移为0。则有解得所以T这段时间内，（T-t2）时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出。在一个周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
