《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練22 電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電容器　帶電粒子在電場中的運動 小題狂練 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1.[2019·河北省邯鄲檢測]使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開．下列各圖表示驗電器上感應(yīng)電荷的分布情況，正確的是(　　) 答案：B 解析：帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，由于靜電感應(yīng)現(xiàn)象，驗電器上方小球帶有與金屬球相反的電荷，驗電器的箔片上帶有與金屬球相同的電荷，B項正確． 2．[2019·江蘇省南京調(diào)研] “探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是(　　) A．極板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小 B．靜電計可以用

2、電壓表代替 C．靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等 D．靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量 答案：C 解析：電容器帶電荷量一定，極板正對面積減小時，由C＝知，電容器的電容減小，根據(jù)Q＝CU可知，兩板間電勢差變大，則靜電計指針偏角變大，A項錯誤；靜電計與電壓表、電流表的原理不同，電流表、電壓表線圈中有電流通過時，指針才偏轉(zhuǎn)，故不能用電壓表代替靜電計，故B項錯誤；靜電計與電容器串聯(lián)，其所帶電荷量只是很小的一部分，即小于平行板電容器的電荷量，C項正確；靜電計是定性反映電壓高低的儀器，不能反映平行板電容器所帶電荷量的多少，故D項錯誤． 3．[2019·湖北省武漢月考]靜電計是在驗電

3、器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小．如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計．開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，只將A、B分開些 B．保持開關(guān)S閉合，只將A、B兩極板分開些 C．保持開關(guān)S閉合，只將A、B兩極板靠近些 D．保持開關(guān)S閉合，只將滑動變阻器觸頭向右移動 答案：A 解析：斷開開關(guān)，電容器所帶電荷量不變，將A、B分開一些，則d增大，根據(jù)C＝知，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，指針張角增大，故A項正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電

4、勢差不變，則指針張角不變，故B、C項錯誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，滑動變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動觸頭不會影響指針張角，故D項錯誤． 4．[2019·廣西南寧二中、柳州高中聯(lián)考]工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感器，其中A、B為平行板電容器的兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的正負(fù)極上，當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大，導(dǎo)致其對應(yīng)的相對介電常數(shù)εr增大時，下列說法正確的是(　　) A．A、B兩板間電場強(qiáng)度減小 B．A、B兩板間電場強(qiáng)度增大 C．有電流從a向b流過靈敏電流計 D．有電流從b向a流過靈敏電流

5、計 答案：C 解析：兩板間電場強(qiáng)度E＝不變，A、B項錯誤；根據(jù)C＝可知當(dāng)產(chǎn)品厚度增大導(dǎo)致εr增大時，電容器的電容C增大，再根據(jù)Q＝CU可知極板帶電荷量Q增加，有充電電流從a向b流過，C項正確，D項錯誤． 5．[2019·江西省新余一中模擬](多選)如圖所示為一電源電動勢為E、內(nèi)阻為r的恒定電路，電壓表V的內(nèi)阻為10 kΩ，B為靜電計，C1、C2分別是兩個電容器，將開關(guān)閉合一段時間，下列說法正確的是(　　) A．若C1>C2，則電壓表兩端的電勢差大于靜電計兩端的電勢差 B．若將滑動變阻器觸頭P向右滑動，則電容器C2上所帶電荷量增大 C．C1上所帶電荷量為零 D．再將開關(guān)S斷開，

6、然后使電容器C2兩極板間距離增大，則靜電計張角也增大 答案：CD 解析：由于靜電計的兩個電極是彼此絕緣的，電路穩(wěn)定后，電路中沒有電流，電壓表兩端沒有電壓，而電容器C2充電后，兩端存在電壓，所以電壓表兩端的電勢差小于靜電計兩端的電勢差，故A項錯誤；電路穩(wěn)定后，電容器C2兩端的電壓等于電源的電動勢，保持不變，將滑動變阻器觸頭P向右滑動，電容器C2兩端的電壓不變，所帶電荷量不變，故B項錯誤；由于電壓表兩端沒有電壓，電容器C1沒有充電，所帶電荷量為零，故C項正確；將開關(guān)S斷開，電容器C2所帶的電荷量Q不變，板間距離增大，電容減小，由公式C＝分析可知，板間電壓增大，靜電計張角增大，故D項正確． 6

7、．[2019·江蘇省鹽城中學(xué)模擬] 如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g.粒子運動的加速度大小為(　　) A.g B.g C.g D.g 答案：A 解析：平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，有金屬板時，板間場強(qiáng)可以表達(dá)為E1＝，且有qE1＝mg，當(dāng)抽去金屬板，則板間距離增大，板間場強(qiáng)可以表達(dá)為E2＝，有mg－qE2＝ma，聯(lián)立上述可解得a＝g，選項A正確． 7．[2019·黑龍江

8、省大慶實驗中學(xué)模擬] 如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路)連接，電源負(fù)極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點的電勢會降低 B．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低 C．將下極板上移，帶電油滴向上運動 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，帶電油滴將向下運動 答案：C 解析：根據(jù)C＝及Q＝CU知，當(dāng)開關(guān)閉合并減小極板的正對面積，電容C減小，Q減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，題

9、圖中的電容器只能充電不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，根據(jù)公式E＝可得E＝＝，由此可得電場強(qiáng)度E變大，油滴所受電場力變大，則帶電油滴會向上移動，P點與下極板的距離不變，因E變大，則P點的電勢升高，選項A、B錯誤；由以上分析，可知將下極板上移，極板距離減小，電容器的電容變大，電容器所帶的電荷量Q變大，電容器充電，電容器兩端的電壓等于電阻R兩端的電壓，電場強(qiáng)度變大，帶電油滴向上運動，選項C正確；斷開開關(guān)S，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，電容器所帶電荷量Q不變，電容C不變，電壓也不變，電容器兩極板間的場強(qiáng)不變，故油滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項D錯誤． 8．[2019·內(nèi)蒙古包鋼四中測試]

10、 (多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒壓電源(未畫出)，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間C點相遇．若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運動的加速度相等 C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同 答案：AC 解析：從軌跡可以看出：yM>yN，故·t2>·t2，解得>，qM>qN，故A項正確，B項錯誤；根

11、據(jù)動能定理，電場力做的功為W＝mv，質(zhì)量相同，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝也大．故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C項正確；從軌跡可以看出：xM>xN，故vMt>vNt，故vM>vN，故D項錯誤． 9. [2019·寧夏羅平中學(xué)檢測]如圖，勻強(qiáng)電場水平向左，帶正電物體沿絕緣粗糙水平面向右運動，經(jīng)過A點時動能為100 J，到B點時動能減少到80 J，減少的動能中有12 J轉(zhuǎn)化為電勢能，則它再經(jīng)過B點時動能大小為(　　) A．4 J B．16 J C．32 J D．64 J 答案：B 解析：從A到B的過程中，電場力做的功為－12 J，動能減少

12、了20 J，從A到B，根據(jù)動能定理得，－qExAB－fxAB＝ΔEk；解得從A到B過程中，克服摩擦力做的功為Wf＝8 J，可知克服電場力做的功與克服摩擦力做的功之比為3：2，則在整個過程中，克服電場力做的功與克服摩擦力做的功之比仍然為3：2.從B點到速度減為零，動能減少量為80 J，則克服摩擦力做的功為Wf′＝32 J，對物體從B點向右到返回B點的過程運用動能定理，電場力做的功為0，則有：－2Wf′＝mv′－mv，解得mv′＝16 J，故B項正確． 10. [2019·四川省雅安中學(xué)模擬](多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L

13、的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動．AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑．已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度E＝，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做完整的圓周運動，則它運動過程中的最小速度vmin≥ B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機(jī)械能最大 C．若將小球在A點由靜止釋放，它將在ACBD圓弧上做往復(fù)運動 D．若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點 答案：AB 解析：由于電場強(qiáng)度E＝，故mg＝qE，則等效最低點在劣弧BC正中間，重力和電場力的合力為mg，根據(jù)mg＝m得小球在等效最高點的最小速度

14、為v＝，A項正確；除重力和彈力外其他力做的功等于機(jī)械能的增量，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做的功最多，故到B點時的機(jī)械能最大，B項正確；小球所受合力方向為與電場方向成45°角斜向下，故若將小球在A點由靜止釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，C項錯誤；若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，由于在沿劣弧AD運動至半徑OA轉(zhuǎn)過45°的過程中，克服重力做的功大于電場力做的正功，故小球動能減小，由于小球在等效最高點的最小速度為v＝，則小球不可能到達(dá)B點，D項錯誤． 11. [2019·湖北省部分重點中學(xué)聯(lián)考](多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著

15、均勻輻射的電場，坐標(biāo)原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場．若粒子只能從坐標(biāo)原點進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走而不影響原來的電場分布．不計粒子的重力及它們間的相互作用．下列說法正確的是(　　) A．能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條直線上 B．到達(dá)坐標(biāo)原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越大 C．能打到熒光屏上的粒子，進(jìn)入O點的動能必須大于qU D．若U<，熒光屏各處均有粒子

16、到達(dá)而被完全點亮 答案：CD 解析：能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有－x＝v0t，－y＝t2，所以有y＝－x2，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項A錯誤；設(shè)到達(dá)坐標(biāo)原點的粒子入射速度與y軸的夾角為θ，因為sinθ＝，所以到達(dá)坐標(biāo)原點的粒子速度v越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項B錯誤；能打到熒光屏上的粒子，都滿足mv2>qU，選項C正確；若U<，到達(dá)O點的粒子速度方向與y軸的夾角滿足0°<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點亮，選項D正確． 12．[2019·重慶模擬](多選)如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形

17、軌道的半徑R＝0.4 m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E＝1.0×104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C、質(zhì)量m＝0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點)在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點，取g＝10 m/s2，則(　　) A．帶電體在半圓形軌道C點的速度大小為2 m/s B．落點D與B點的距離xBD＝0 C．帶電體運動到半圓形軌道B點時對半圓形軌道的壓力大小為7 N D．帶電體在從B到C運動的過程中對軌道最大壓力為3(＋1) N 答案：BD 解析：設(shè)帶電體通過C點時

18、的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律得，mg＝m，解得vC＝2 m/s，A項錯誤；設(shè)帶電體從最高點C落到水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運動的獨立性有：2R＝gt2，xBD＝vCt－·t2，解得xBD＝0，B項正確；設(shè)帶電體通過B點時的速度大小為vB，則有FB－mg＝m，帶電體從B運動到C的過程中根據(jù)動能定理得，－2mgR＝mv－mv，聯(lián)立解得FB＝6 N，根據(jù)牛頓第三定律可知帶電體對軌道的壓力大小為F＝6 N，C項錯誤；由P到B帶電體做加速運動，最大速度應(yīng)在等效重力場的最低點，根據(jù)動能定理得，qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－mv，在動能最大位置處支持力最大，根據(jù)牛頓第二

19、定律有：N－mg＝m，解得N＝3(1＋) N，由牛頓第三定律知D項正確． 13．原有一油滴靜止在極板水平放置的平行板電容器中，給電容器再充上一些電荷量ΔQ，油滴開始向上運動，經(jīng)t時間后，電容器突然放電失去一部分電荷量ΔQ′，又經(jīng)t時間，油滴回到原位置，假如在運動過程中油滴電荷量一定，則(　　) A.＝4 B.＝3 C.＝2 D.＝1 答案：A 解析：根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系及電容的定義得E＝、E′＝，而依題意有mg＝q，根據(jù)牛頓第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依題意有x＝at2，－x＝at2－a′t2，解得＝，可得＝4，即A選項正確． 14．如圖所示，平行

20、板電容器兩極板水平放置，現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上，電容器下極板接地，靜電計所帶電荷量可忽略，二極管具有單向?qū)щ娦裕]合開關(guān)S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法正確的是(　　) A．平行板電容器的電容將變大 B．靜電計指針張角變小 C．帶電油滴的電勢能將增加 D．油滴仍將保持靜止 答案：D 解析：由公式C＝可知，將平行板電容的下極板豎直向下移動一小段距離時，即d增大，則平行板電容器的電容將變小，A選項錯誤；電容器與電源及二極管連接，電容器不能放電，電荷量一定，根據(jù)U＝可知，電壓增大，靜電計指針張角變大

21、，B選項錯誤；依題意帶電油滴帶負(fù)電，而P點的電勢增加，所以帶電油滴的電勢能將減少，C選項錯誤；根據(jù)E＝可知電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度不變，所以油滴仍將保持靜止，D選項正確． 15．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．從電子槍發(fā)射出的電子在經(jīng)過加速電場加速和兩個偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應(yīng)帶負(fù)電，極板Y應(yīng)帶負(fù)電 B．極板X′應(yīng)帶負(fù)電，極板Y應(yīng)帶負(fù)電 C．極板X應(yīng)帶負(fù)電，極板Y′應(yīng)帶負(fù)電 D．極板X′應(yīng)帶負(fù)電，極板Y′應(yīng)帶負(fù)電 答案：B 解析：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X偏

22、轉(zhuǎn)，則電場方向為X到X′，則極板X′應(yīng)帶負(fù)電；同理可知，因電子向Y′偏轉(zhuǎn)，則電場方向為Y′到Y(jié)，因此極板Y應(yīng)帶負(fù)電，故B正確，A、C、D錯誤． 16．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等．板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0，已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿MN板右邊緣垂直電場方向射出電場．則以下說法中正確的是(　　) A．帶電粒子通過電場的時間 B．在0～時間段內(nèi)進(jìn)入電場的帶電粒子最終都從OO′上方射出電場 C．運動過程中所有粒子的最大動能不

23、可能超過2Ek0 D．只有t＝(n＝0,1,2，…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場 答案：C 解析：粒子在平行極板方向不受電場力，做勻速直線運動，故所有粒子的運動時間相同；t＝0時刻射入電場的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入，沿MN板右邊緣垂直電場方向射出電場，說明豎直方向分速度變化量為零，根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故運動時間為周期的整數(shù)倍，即為t＝nT(n＝1,2,3，…)，故A、D錯誤；粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻變速直線運動，在0～內(nèi)射入的粒子能從OO′上方射出電場，在～時間內(nèi)射入的粒子在OO′下方射出電場，故B錯誤；粒子豎直方向

24、的分位移最大為，有＝·，由于L＝d，解得vym＝v0，故最大動能E＝m(v＋v)＝2Ek0，故C正確． 課時測評 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點．以E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能．若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示位置，則(　　) A．U變小，Ep不變 B．E變大，Ep不變 C．U變大，Ep變大 D．U不變，Ep變大 答案：A 解析：平行板電容器充電后與電源斷開，電荷量Q不變，將正極板移到圖中

25、虛線所示的位置時，d減小，根據(jù)C＝知，電容增大，根據(jù)U＝可知，電容器的電壓減?。蒃＝＝＝，可知電場強(qiáng)度E不變，則P與負(fù)極板間的電勢差不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能Ep不變，故A正確． 2．(多選)電子眼系統(tǒng)通過路面下埋設(shè)的感應(yīng)線來感知汽車的壓力，感應(yīng)線是一個壓電薄膜傳感器，壓電薄膜在受壓時兩端產(chǎn)生電壓，壓力越大電壓越大，壓電薄膜與電容器C和電阻R組成圖甲所示的回路，紅燈亮?xí)r，如果汽車的前、后輪先后經(jīng)過感應(yīng)線，回路中產(chǎn)生兩脈沖電流，如圖乙所示，即為“闖紅燈”，電子眼拍照，則紅燈亮?xí)r(　　) A．車輪停在感應(yīng)線上時，電阻R上有恒定電流 B．車輪經(jīng)過感應(yīng)線的過程中，電容器先充

26、電后放電 C．車輪經(jīng)過感應(yīng)線的過程中，電阻R上的電流先增加后減小 D．汽車前輪剛越過感應(yīng)線，又倒回到線內(nèi)，仍會被電子眼拍照 答案：BD 解析：輕輪停在感應(yīng)線上時，壓力不變，則電壓不變，電容器不充電，也不放電，電阻R上沒有電流，故A錯誤；由題圖乙可知，當(dāng)車輪經(jīng)過感應(yīng)線時電流先增大后減小，然后反向增大再減小，因電壓是在受壓時產(chǎn)生的，故說明電容器先充電后放電，故B正確，C錯誤；若汽車前輪越過感應(yīng)線，又倒回線內(nèi)，則前輪兩次壓線，仍形成兩個脈沖電流，符合拍照條件，電子眼仍可拍照，故D正確． 3．[2019·河北邯鄲聯(lián)考]平行板電容器兩個帶電極板之間存在引力作用，引力的大小與內(nèi)部場強(qiáng)E和極板

27、所帶電荷量Q的乘積成正比．今有一平行板電容器兩極板接在恒壓直流電源上，現(xiàn)將A極板下移使A、B兩板間距變?yōu)樵瓉淼?，則A、B兩極板之間的引力與原來的比值是(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：A、B兩板間距變?yōu)樵瓉淼?，根?jù)C＝可知，電容器的電容變?yōu)樵瓉淼谋?，根?jù)Q＝CU可知，極板所帶電荷量變?yōu)樵瓉淼谋叮鶕?jù)E＝可知，內(nèi)部場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼谋?，由于F＝kQE，所以兩極板之間的引力變?yōu)樵瓉淼谋?，選項B正確． 4．(多選) 如圖所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶?/p>

28、小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A極板來改變兩極板A、B間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是(　　) A．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時，小球打在N點的右側(cè) B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時，小球打在N點的左側(cè) C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時，小球可能打在N點的右側(cè) D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時，小球可能打在N點的左側(cè) 答案：BC 解析：若小球帶正電，當(dāng)A、B間距d增大時，電容減小，電容器要放電，二極管阻止放電，所以Q不變．根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場力不變，電場力與重力合力不變，小球仍然打在N點，故A錯誤

29、；若小球帶正電，當(dāng)A、B間距d減小時，電容增大，Q增大，根據(jù)E＝＝，知E增大，所以電場力變大，方向向下，電場力與重力合力變大，小球做平拋運動時豎直向下的加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)，故B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距d減小時，由E＝＝，知E增大，所以電場力變大，方向向上．若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直向下的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)，故C正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距d增大時，電容減小，但Q不變，根據(jù)E＝＝，知E不變，所以電場力大小不變，電場力與重力合力不變，小球仍然打在N點，故D錯誤． 5. (多選)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通

30、過閉合開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，不計空氣阻力，該質(zhì)點到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回．現(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿出b孔，可行的方法是(　　) A．保持S閉合，將A板適當(dāng)上移 B．保持S閉合，在兩板左邊之間插入電介質(zhì) C．先斷開S，再將A板適當(dāng)下移 D．先斷開S，在兩板左邊之間插入電介質(zhì) 答案：CD 解析：設(shè)質(zhì)點距離A板的高度為h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U，質(zhì)點的電荷量為q.質(zhì)點到達(dá)b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－qU＝0.保持S閉合，A、B之間電壓不變，由動能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2＝0

31、，即質(zhì)點下落到b孔時速度恰減為零，故A、B錯誤；斷開S，A、B兩板電荷量不變，由C＝＝，若A板下移，d減小，電容C增大，則U減小，由動能定理得mg(h′＋d′)－qU＝mv2>0，即質(zhì)點下落到b孔時速度不為零，還有向下的速度，故C正確；斷開S，在兩板左邊之間插入電介質(zhì)，相對介電常數(shù)增大，電容C增大，則U減小，由動能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2>0，即質(zhì)點下落到b孔時速度不為零，還有向下的速度，故D正確． 6．(多選)用輕繩拴著一質(zhì)量為m、帶正電的小球在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，豎直面內(nèi)加有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，如圖甲所示，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能Ek與繩中張力

32、F間的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則(　　) A．輕繩的長度為 B．小球所帶電荷量為 C．小球在最高點的最小速度為 D．小球在最高點的最小速度為 答案：AC 解析：在最高點時，輕繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則得F＋Eq＋mg＝，即mv2＝F＋Eq＋mg，由于Ek＝mv2，故Ek＝F＋(mg＋Eq)，由圖象可知，圖象斜率k＝＝，即L＝，故A正確；當(dāng)F＝0時，mg＋Eq＝m，mv＝a，解得q＝，故B錯誤；當(dāng)F＝0時，重力和電場力的合力提供向心力，此時小球在最高點有最小速度，mv＝a，解得v＝，故C正確，D錯誤． 7. 在真空中上、下兩個區(qū)域均

33、為豎直向下的勻強(qiáng)電場，其電場線分布如圖所示，有一帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，并進(jìn)入下邊區(qū)域(該區(qū)域的電場足夠廣)，在如圖所示的速度—時間圖象中，符合微粒在電場內(nèi)運動情況的是(　　) 答案：A 解析：帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，進(jìn)入下邊區(qū)域后，由于電場強(qiáng)度變大，因此所受電場力變大，因此微粒開始做向下的減速運動，等到速度為零后，又會向上加速，由于過程的對稱性，等到它到達(dá)區(qū)域分界線時，速度大小又達(dá)到了v0，此后進(jìn)入上邊區(qū)域，受力依然平衡．因此，速度—時間圖象應(yīng)該為A. 8．粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B.板

34、間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設(shè)直到t1時刻物塊才開始運動(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認(rèn)為相等)，則(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1～t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時刻物塊的速度最大 答案：C 解析：在0～t1時間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即f＝qE＝q，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項A錯誤；在t1～t3時間內(nèi)，電場力大于最大靜摩

35、擦力，物塊一直加速運動，摩擦力為滑動摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項B錯誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運動且為減速運動，故t3時刻物塊速度最大，選項C正確、D錯誤． 9. [2019·河南豫南九校質(zhì)量考評](多選)如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b分別與電源的正、負(fù)極相連，a、b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，閉合開關(guān)S后，帶正電的液滴從小孔正上方的P點由靜止自由落下，當(dāng)液滴穿過b板小孔到達(dá)a板小孔時速度為v1，現(xiàn)使a板不動，在開關(guān)S仍閉合或斷開的情況下b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，此時液滴到達(dá)a板小孔時速度為

36、v2，空氣阻力不計，下列說法中正確的是(　　) A．若開關(guān)S保持閉合，向下移動b板，則v2>v1 B．若開關(guān)S保持閉合，則無論向上或向下移動b板，都有v2＝v1 C．若開關(guān)S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則v2>v1 D．若開關(guān)S閉合一段時間后再斷開，則無論向上或向下移動b板，都有v2

37、，從P到a的過程中，重力做的功不變，電場力做的功減小，則v2>v1，C正確；若開關(guān)S閉合一段時間后再斷開，向上移動b板，則電容減小，電荷量不變，電場強(qiáng)度E＝＝＝不變，從P到a的過程中，重力做的功不變，電場力做的功增大，v2

38、2 D．從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2 答案：AC 解析：小球先做自由落體運動，然后受電場力和重力向下做勻減速運動到速度為零，再向上做勻加速運動回到A點．設(shè)加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向，整個過程中，小球的位移為零，運用運動學(xué)公式gt2＋gt×t－at2－0，解得a＝3g.根據(jù)牛頓第二定律得Eq－mg＝ma，解得Eq＝4mg，A正確；對全過程應(yīng)用動能定理得Eq＝Ek－0，解得Ek＝2mg2t2，小球回到A點時的動能是2mg2t2，B錯誤；設(shè)從A點到最低點的距離為h，根據(jù)動能定理mgh－Eq＝0，解得h＝gt2，C正確；從A點到最低點，電場力做的功W＝－Eq

39、＝－Eq·gt2＝－mg2t2，所以從A點到最低點，小球的電勢能增加了mg2t2，D錯誤． 二、非選擇題 11. [2019·北京海淀區(qū)統(tǒng)考]如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，水平軌道AB連接著一圓形軌道，圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，其最低點B與水平軌道平滑連接．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球(可視為質(zhì)點)，從離圓形軌道最低點B相距為L處的C點由靜止開始在電場力作用下沿水平軌道運動．已知小球所受電場力與其所受的重力大小相等，重力加速度為g，水平軌道和圓形軌道均絕緣，小球在運動過程中所帶電荷量q保持不變，不計一切摩擦和空氣阻力．求： (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小； (

40、2)小球由C點運動到B點所用的時間t； (3)小球運動到與圓形軌道圓心O等高的D點時的速度大小vD. 答案：(1)　(2) 　(3) 解析：(1)對小球，由題意可知 Eq＝mg① 解得E＝② (2)對小球，設(shè)從C到B的加速度為a， 根據(jù)牛頓第二定律可得Eq＝ma③ 由運動學(xué)公式可得L＝at2④ ②③④式聯(lián)立解得t＝⑤ (3)設(shè)圓形軌道半徑為R，對小球從C到D的過程，根據(jù)動能定理有 qE(L＋R)－mgR＝mv－0⑥ 聯(lián)立②⑥，可得vD＝. 12．[2019·湖北孝感第一次統(tǒng)考]在xOy直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為2 m的正方形如圖所示排列，第Ⅰ象限正方形區(qū)域ABOC中有

41、水平向左的勻強(qiáng)電揚，電場強(qiáng)度的大小為E0，在第Ⅱ象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場．現(xiàn)有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能通過E點． (1)求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E1； (2)保持第(1)問中電場強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過E點，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系； (3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋2＝E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點

42、靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過N點，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系． 答案：(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－4 解析：(1)設(shè)帶電粒子出第Ⅰ象限電場時速度為v，在第Ⅰ象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qL＝mv2，其中L＝2 m，要使帶電粒子通過E點，在第Ⅱ象限電場中偏轉(zhuǎn)時，豎直方向位移為y，設(shè)水平位移為x0，則y＝·2，因∠CEO＝45°，即x0＝y(tǒng)＝2 m，解得E1＝4E0. (2)設(shè)坐標(biāo)為(x，y)，帶電粒子出第Ⅰ象限電場時速度為v1，在第Ⅰ象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qx＝mv，要使帶電粒子過E點，在第Ⅱ象限電場中偏轉(zhuǎn)時，豎直方向位移為y，水平方向位移也為y，則y＝·2，解得y＝x. (3)如圖所示為其中一條軌跡圖，帶電粒子從DE出電場時與DE交于Q，進(jìn)入CDE電場后，初速度延長線與DE交于G，出電場時速度的反向延長線與初速度延長線交于P點，設(shè)在第Ⅰ象限出發(fā)點的坐標(biāo)為(x，y)，由圖可知，在CDE中帶電粒子的水平位移為y，設(shè)偏轉(zhuǎn)位移為y′，則y′＝·2，而＝，其中GP＝，NE＝2 m，在第Ⅰ象限加速過程中，E0qx＝mv，解得y＝3x－4. 19