6. 2018北京高考二模物理分类汇编 电场 教师版

2018北京高考二模物理分类汇编 电场
1.（海淀二模18）通常情况下，空气是不导电的。

但是如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，空气变成了导体。

这个现象叫做空气被“击穿”。

如图3所示，两金属板之间的点A 、B 分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒（为了看得清楚，两个点之间的距离做了放大），两金属板之间的距离为1.5cm ，在两金属板间加6.0×104V 的高电压，两板间就会出现放电现象。

下列说法正确的是
A ．板M 接电源正极，板N 接电源负极
B ．两板间匀强电场的场强大小为4×104V/m
C ．分子破碎过程中，分子内部的电势能增大
D ．空气导电时，两极板间电场力对微粒A 做负功
答案：C
2.（丰台二模19）电流和电压传感器可以测量电流和电压，传感器与计算机相连，对采集的数据进行处理，并拟合出相应的函数图像．如图所示，把原来不带电的电容器接入电路，闭合电键后，下列图像中能够正确反映充电过程中电荷量与电压、电流与时间关系的是
A ．
B ．
C ．
D ．
答案：A
3.（门头沟二模20）如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R0为
定值电阻，R 1、R 2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R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是 A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大 B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小 C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大 D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小 答案B
t
i 0
q 0
U
U q
t
i 0
A B
M
N
图3
接计算机
电压 传感器
接计算机
电流 传感器
E
S
R 0
R 1
R 2
M N
4.（海淀二模16）在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质。

下列关系式中，不属于比值定义的是
A ．电场强度E=
q F B ．电流强度I=R
U C ．电容C= U Q D ．密度ρ=v
m 答案：B
5.（东城二模21（2））在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3k 的电阻R 、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。

先使开关S 与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S 掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。

实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u -t 曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。

①根据图甲所示的电路，观察图乙．．可知：充电电流与放电电流方向 （选填“相同”或“相反”），大小都随时间 ；（选填“增加”或“减小”） ②该电容器的电容值为____________F ；（结果保留2位有效数字）
③某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值。

请你分析并说明该同学的说法是否正确。

答案：（2）①相反，减小 ①1.0×10－
2
①正确。

因为当开关S 与2连接，电容器放电的过程中，电容器C 与电阻R 上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U m ”及曲线与时间轴所围“面积S ”，仍可应用m
Q S
C U RU =
=计算电容值。

6.（门头沟二模24）显像管是旧式电视机的主要部件，显像管的简要工作原理是阴极K 发射的电子束经电场加速后，进入放置在其颈部的偏转线圈形成的偏转磁场，发生偏转后的电子轰击荧光屏，使荧光粉受激发而发光，图13(a )为电视机显像管结构简图。

显像管的工作原理图可简化为图13(b)。

其中加速电场方向、矩形偏转磁场区域边界MN 和PQ 均与OO ’平行，荧光屏与OO ’垂直。

磁场可简化为有界的匀强磁场，MN=4d ，MP=2d ，方向垂直纸面向里，其右边界NQ 到屏的距离为L 。

若阴极K 逸出的电子（其初速度可忽略不计），质量为m ，电荷量为e ，从O 点进入电压为U 的电场，经加速后再从MP 的中点射入磁场，恰好从Q 点飞出，最终打在荧光屏上。

（1）求电子进入磁场时的速度；
（2）求偏转磁场磁感应强度B 的大小以及电子到达荧光屏时偏离中心O’点的距离； （3）为什么电视机显像管不用电场偏转？请用以下数据计算说明。

炽热的金属丝可以发射电子，设电子刚刚离开金属丝时的速度为0。

在金属丝和金属板（图中圆环片）之间加电压U 1=2500V 。

电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。

之后进入两个相同的极板Y 与Y ′之间，极板长度l =6.0 cm ，相距d =2cm ，极板间的电压U 2=200V ，两板间的电场看做匀强电场。

图中极板X 与X ′之间未加电压。

从极板Y 与Y ′出射的电子最终打在荧光屏上P 点（图中未画出）。

如果极板Y 与Y ′之间不加电压，电子打在荧光屏正中心O 点。

那么要使OP 间距y =15cm （大约是21寸彩电高度的一半），则极板Y 与Y ′末端到荧光屏的距离s 等于多少？电子质量m =0.9×10-30kg ，电量e =1.6×10-19C 。

答案：（1）由动能定理有： -------------3分 得 --------------------------1分 （2）如图，由几何关系有：
得------2分 电子做圆周运动，由牛顿运动定律：
2
2
1mv eU =
m
eU
v 2=
222
)4(R d d R =+-）（2
17d
R =
× × × ×
M N
P Q
加速电场 图13(b)
× × × × O
O ’
偏转磁场 荧光屏
图13(a) 阴极K
阴极K E
S
R 0 R 1
R 2 M
N
----------------2分
解得：-----------1分
由几何关系有：
解得：--------2分
所以偏移距离为------------1分
电子在电场中加速，由动能定理：
v 1为电子从电子枪出射的速度，也是进入偏转电极时的速度。

电子在偏转电极间做类平抛运动，加速度不变，
垂直板面方向的偏移距离
其中t 1为飞行时间，电子在平行板面方向不受力，这个方向做匀速运动，有 l =v 1t 1
电子从偏转电极出射后做匀速运动，我们将这个匀速运动分解为平行板面的匀速运动1和垂直板面的匀速运动2。

匀速运动1的速度为v 1，垂直板面的匀速运动2的速度为v y =at 1 电子在极板Y 与Y ′末端到荧光屏之间的时间为t 2，有s =v 1t 2
电子在极板Y 与Y ′末端到荧光屏之间，垂直板面的偏移量： y 2=v y t 2 由题，y =y 1+y 2，可解得：
代入数据有：s =1.22m
7.（丰台二模22）如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝
S 1上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S 1与S 2之间的电场加速后，进入P 1和P 2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域．沿直线通过狭缝S 3垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹．若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q 、质量为m ，S 1与S 2之间的加速电压为U 1，P 1和P 2两金属板间距离为d ，两板间匀强磁场的磁感应强度为B 1，测出照相底片上的条纹到狭缝S 3的距离L ．求： （1）粒子经加速电场加速后的速度v 1；
（2）P 1和P 2两金属板间匀强电场的电压U 2； （3）经S 3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B 2.
答案：（1）带电粒子在S 1和S 2两极板间加速，根据动能定理有：
R
mv evB 2
=ed
emU
B 1722=
QE P O EF PQ 1=158L
EF =15
8L
d Y +
=
2111
02
qU mv =-
（2分）
加速后的速度1v =
（2分）
（2）带电粒子在P 1和P 2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：
2
11U q
qv B d
= （3分）
则21U B = （3分）
（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有
2112v qv B m R = 2
L
R =
（3分）
得：2B =
（3分）
8.（东城二模23）地球表面附近存在一个竖直向下的电场，其大小约为100V /m 。

在该电场的作用下，大气中正离子向下运动，负离子向上运动，从而形成较为稳定的电流，这叫做晴天地空电流。

地表附近某处地空电流虽然微弱，但全球地空电流的总电流强度很大，约为1800A 。

以下分析问题时假设地空电流在全球各处均匀分布。

（1）请问地表附近从高处到低处电势升高还是降低？
（2）如果认为此电场是由地球表面均匀分布的负电荷产生的，且已知电荷均匀分布的带电球面在球面外某处产生的场强相当于电荷全部集中在球心所产生的场强；地表附近电场的大小用E 表示，地球半径用R 表示，静电力常量用k 表示，请写出地表所带电荷量的大小Q 的表达式；
（3）取地球表面积S =5.1×1014m 2，试计算地表附近空气的电阻率ρ0的大小；
（4）我们知道电流的周围会有磁场，那么全球均匀分布的地空电流是否会在地球表面形成磁场？如果会，说明方向；如果不会，说明理由。

答案：（1）降低。

（2）由2Q
E k R
=，得电荷量的大小2ER Q k =。

（3）如图，从地表开始向上取一小段高度为Δh 的空气层（Δh 远小于地球半径R ），则从空气层上表面到下表面之间的电势差为U =E ·Δh ，这段空气层的电阻
h r S ρ∆=，且r U I =；三式联立得到0ES
I
ρ=，将E =100V/m ，I =1800A ，S =5.1×1014m 2代入，得ρ0=2.8×1013Ω·m 。

（4）方法一：如图，为了研究地球表面附近A 点的磁场情况，可以考虑关于过A 点的地球半径对称的两处电流I 1和I 2，根据右手螺旋定则可以判断，这两处电流在A 点产生的磁场的磁感应强度刚好方向相反，大小相等，所以I 1和I 2产生的磁场在A 点的合磁感应强度为零。

同理，地球上各处的地空电流在A 点的合磁感应强度都为零，即地空电流不会在A 点产生磁场。

同理，地空电流不会在地球附近任何地方产生磁场。

方法二：因为电流关于地心分布是球面对称的，所以磁场分布也必将关于地心球面对称，这就要求磁感线只能沿半径方向；但是磁感线又是闭合曲线。

以上两条互相矛盾，所以地空电流不会产生磁场。

9.（海淀二模24)用电子加速器产生的高能电子束照射可使一些物质产生物理、化学和生物学效应，其中电子束焊接是发展最快、应用最广泛的一种电子束加工技术。

电子束加工的特点是功率大，能在瞬间将能量传给工件，而且电子束的能量和位置可以用电磁场精确和迅速地调节，实现计算机控制。

图14甲是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。

图14乙是电子加速系统，K 是与金属板M 距离很近的灯丝，电源E 1给K 加热可以产生初速度不计的热电子，N 为金属网，M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场。

系统放置在真空环境中，通过控制系统排走工件上的多余电子，保证N 与工件之间无电压。

正常工作时，若单位时间内从K 发出的电子数为n ，经M 、N 之间的电场加速后大多数电子从金属网N 的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I 。

已知电子的质量为m 、电量为e ，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。

高压
电源
M
N
S
E 2 N M E 1 K A Δh
A
I 1 I 2
(1)求单位时间内被金属网N 吸收的电子数n ′；
(2)若金属网N 吸收电子的动能全部转化为内能，试证明其发热功率P =IU ；
(3) a.电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N 中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。

求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；并说明为增大这个作用力，可采取的合理可行的措施（至少说出两种方法）；
b. 已知MN 梁板间的距离为d ，设在两板之间与M 相距x 到x +①x 的空间内（①x 足够小）电子数为①N ，求 与x 的关系式。

答案： （1）在单位时间内打到金属网N 上被吸收的电子数为
n ′=I
e ……………3分
（2）设在金属网N 上产生的热功率为P ，则 Ue=12mv 2 …………… 2分
P= n ′12mv 2…………… 2分 解得： P =IU …………… 1分
(3) a. 在Δt 时间内到达工件处的电子数为 n 2=（n - n ′) Δt …………… 2分
在Δt 时间内，有n 2个电子与工件作用时速度由v 减为0，设电子受到工件的持续作用力大小为F ，由动量定理得
mv n t F 20-=∆- …………… 2分
解得：meU e
I n F 2)(-= …………… 1分 由牛顿第三定律，电子对工件的作用为大小为
meU
e
I
n F F 2)(-==' …………… 1分
增大电源E 1辐射电子的功率；增大E 2电压U ；使金属丝变细且空格适当变大些，从而减少金属网N 吸收的电子。

…………… 2分
(每说出一点给1分，共计2分)
b. 距M 板x 处电子速度为v ，由动能定理
U d
ex =1
2
mv 2 …………… 1分
设电子通过Δx 的时间为Δt Δt=∆x
v
又因为 n=∆N ∆t =∆N v
∆x
所以 ∆N
∆x =n
v =n√dm
2Uex …………… 3分
10.（昌平二模23）带电粒子的电量与质量的比值（e /m ）称为比荷。

汤姆生当年用来测定电子比荷的实验装置如图9所示。

真空玻璃管内的阴极K 发出的电子经过加速电压加速后，形成细细的一束电子流。

当极板C 、D 间不加偏转电压时，电子束将打在荧光屏上的O 点；若在C 、D 间加上电压U ，则电子束将打在荧光屏上的P 点，P 点与O 点的竖直距离为h ；若再在C 、D 极板间加一方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，电子束又重新打在了O 点。

已知极板C 、D 的长度为L 1，C 、D 间的距离为d ，极板右端到荧光屏的距离为L 2。

不计电子重力影响。

（1）求电子打在荧光屏O 点时速度的大小；
（2）a ．推导出电子比荷的表达式（结果用题中给定的已知量的字母表示）；
b ．若L 1=5.00cm ，d =1.50cm ，L 2=10.00cm ，偏转电压U =200V ，磁感应强度
B =6.3×10－
4T ，h =3.0cm 。

估算电子比荷的数量级。

（3）上述实验中，未记录阴极K 与阳极A 之间的加速电压U 0，若忽略电子由阴极K 逸
出时的速度大小，根据上述实验数据能否估算出U 0的值？并说明理由。

答案：
（1）加上磁场后，电子做匀速直线运动，有eE evB =
（1分） d
U
E =
（1分）
所以 Bd
U v =
（2分）
（2）a ．电子在水平方向做匀速运动， 有1
1L t v
=
（1分） 电子在竖直方向做匀加速运动，加速度md
eU
a = （1分） 偏转距离2112
1
=at y
（1分） 离开极板区域时竖直方向的分速度为v y =at 1
（1分）
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t 2时间到达荧光屏，22L t v = （1分）
在时间t 2内竖直方向上运动的距离为y 2 = v y t 2 （1分） 则h= y 1 + y 2 （1分） 所以
)
(2112
2+2=L L dL B Uh
m e （2分） b ．代入数据知，电子比荷的数量级为1011（C/kg ） （2分） （3）能。

（1分）
O
D A P C ＋
＋
L 1 L 2
K
－
h A ＇
－
图9
由动能定理02
1
=20－mv eU ，已知v 和e /m ，可求U 0。

（2分）。