2019高考物理最后沖刺增分小題狂練22

小題狂練22電容器帶電粒子在電場中的運動小題狂練eq\o(○,\s\up1(22))小題是基礎練小題提分快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，由于靜電感應現象，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＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容減小，根據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，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，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]靜電計是在驗電器的基礎上制成的，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?。鐖D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．斷開開關S后，只將A、B分開些B．保持開關S閉合，只將A、B兩極板分開些C．保持開關S閉合，只將A、B兩極板靠近些D．保持開關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，電容器所帶電荷量不變，將A、B分開一些，則d增大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，根據U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故A項正確；保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故B、C項錯誤；保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，滑動變阻器僅僅充當導線功能，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、柳州高中聯考]工廠在生產紡織品、紙張等材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產流水線上設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極上，當流水線上通過的產品厚度增大，導致其對應的相對介電常數εr增大時，下列說法正確的是()A．A、B兩板間電場強度減小B．A、B兩板間電場強度增大C．有電流從a向b流過靈敏電流計D．有電流從b向a流過靈敏電流計答案：C解析：兩板間電場強度E＝eq\f(U,d)不變，A、B項錯誤；根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知當產品厚度增大導致εr增大時，電容器的電容C增大，再根據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、內阻為r的恒定電路，電壓表V的內阻為10kΩ，B為靜電計，C1、C2分別是兩個電容器，將開關閉合一段時間，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S斷開，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＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電壓增大，靜電計張角增大，故D項正確．6．[2019·江蘇省鹽城中學模擬]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.eq\f(l,d)gB.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)gD.eq\f(d,d－l)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，板間場強可以表達為E1＝eq\f(U,d－l)，且有qE1＝mg，當抽去金屬板，則板間距離增大，板間場強可以表達為E2＝eq\f(U,d)，有mg－qE2＝ma，聯立上述可解得a＝eq\f(l,d)g，選項A正確．7．[2019·黑龍江省大慶實驗中學模擬]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，電源負極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止狀態(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．斷開開關S，帶電油滴將向下運動答案：C解析：根據C＝eq\f(εrS,4πkd)及Q＝CU知，當開關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導電性，題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，根據公式E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此可得電場強度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，電場強度變大，帶電油滴向上運動，選項C正確；斷開開關S，由于二極管具有單向導電性，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不變，故油滴仍然處于靜止狀態(tài)，選項D錯誤．8．[2019·內蒙古包鋼四中測試](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進入電場的初速度大小與電荷N進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eq\f(1,2)·eq\f(qME,mM)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,mN)t2，解得eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)，qM>qN，故A項正確，B項錯誤；根據動能定理，電場力做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，質量相同，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝eq\f(2y,t)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·寧夏羅平中學檢測]如圖，勻強電場水平向左，帶正電物體沿絕緣粗糙水平面向右運動，經過A點時動能為100J，到B點時動能減少到80J，減少的動能中有12J轉化為電勢能，則它再經過B點時動能大小為()A．4JB．16JC．32JD．64J答案：B解析：從A到B的過程中，電場力做的功為－12J，動能減少了20J，從A到B，根據動能定理得，－qExAB－fxAB＝ΔEk；解得從A到B過程中，克服摩擦力做的功為Wf＝8J，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80J，則克服摩擦力做的功為Wf′＝32J，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′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)＝16J，故B項正確．10.[2019·四川省雅安中學模擬](多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞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，電場強度E＝eq\f(mg,q)，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內繞O點做完整的圓周運動，則它運動過程中的最小速度vmin≥eq\r(\r(2)gL)B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將小球在A點由靜止釋放，它將在ACBD圓弧上做往復運動D．若將小球在A點以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點答案：AB解析：由于電場強度E＝eq\f(mg,q)，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eq\r(2)mg，根據eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)得小球在等效最高點的最小速度為v＝eq\r(\r(2)gL)，A項正確；除重力和彈力外其他力做的功等于機械能的增量，若小球在豎直平面內繞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eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，由于在沿劣弧AD運動至半徑OA轉過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＝eq\r(\r(2)gL)，則小球不可能到達B點，D項錯誤．11.[2019·湖北省部分重點中學聯考](多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻射的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E.大量電荷量為－q(q>0)、質量為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軸正方向射入勻強電場．若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導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．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B．到達坐標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，進入O點的動能必須大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮答案：CD解析：能進入第一象限的粒子，必須有－x＝v0t，－y＝eq\f(qE,2m)t2，所以有y＝－eq\f(qE,2mv\o\al(2,0))x2，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項A錯誤；設到達坐標原點的粒子入射速度與y軸的夾角為θ，因為sinθ＝eq\f(v0,v)，所以到達坐標原點的粒子速度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eq\f(1,2)mv2>qU，選項C正確；若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，到達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與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1.0×104N/C.現有一電荷量q＝＋1.0×10－4C、質量m＝0.1kg的帶電體(可視為質點)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＝10mA．帶電體在半圓形軌道C點的速度大小為2eq\r(2)m/sB．落點D與B點的距離xBD＝0C．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7ND．帶電體在從B到C運動的過程中對軌道最大壓力為3(eq\r(2)＋1)N答案：BD解析：設帶電體通過C點時的速度為vC，依據牛頓第二定律得，mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝2m/s，A項錯誤；設帶電體從最高點C落到水平軌道上的D點經歷的時間為t，根據運動的獨立性有：2R＝eq\f(1,2)gt2，xBD＝vCt－eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得xBD＝0，B項正確；設帶電體通過B點時的速度大小為vB，則有FB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，帶電體從B運動到C的過程中根據動能定理得，－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯立解得FB＝6N，根據牛頓第三定律可知帶電體對軌道的壓力大小為Feq\o\al(′,B)＝6N，C項錯誤；由P到B帶電體做加速運動，最大速度應在等效重力場的最低點，根據動能定理得，qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在動能最大位置處支持力最大，根據牛頓第二定律有：N－eq\r(2)mg＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，解得N＝3(1＋eq\r(2))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t時間后，電容器突然放電失去一部分電荷量ΔQ′，又經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.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝4B.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝3C.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝2D.eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝1答案：A解析：根據電場強度與電勢差的關系及電容的定義得E＝eq\f(Q＋ΔQ,Cd)、E′＝eq\f(Q＋ΔQ－ΔQ′,Cd)，而依題意有mg＝qeq\f(Q,Cd)，根據牛頓第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依題意有x＝eq\f(1,2)at2，－x＝at2－eq\f(1,2)a′t2，解得eq\f(a,a′)＝eq\f(1,3)，可得eq\f(ΔQ′,ΔQ)＝4，即A選項正確．14．如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，現將其與二極管串聯接在電動勢為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，二極管具有單向導電性．閉合開關S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，現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＝eq\f(εrS,4πkd)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U＝eq\f(Q,C)可知，電壓增大，靜電計指針張角變大，B選項錯誤；依題意帶電油滴帶負電，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E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知電容器內部電場強度不變，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)射出的電子在經過加速電場加速和兩個偏轉電場偏轉，最后打在熒光屏上．如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的()A．極板X應帶負電，極板Y應帶負電B．極板X′應帶負電，極板Y應帶負電C．極板X應帶負電，極板Y′應帶負電D．極板X′應帶負電，極板Y′應帶負電答案：B解析：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X偏轉，則電場方向為X到X′，則極板X′應帶負電；同理可知，因電子向Y′偏轉，則電場方向為Y′到Y，因此極板Y應帶負電，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eq\f(T,2)B．在0～eq\f(T,2)時間段內進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可能超過2Ek0D．只有t＝eq\f(nT,2)(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～eq\f(T,4)內射入的粒子能從OO′上方射出電場，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內射入的粒子在OO′下方射出電場，故B錯誤；粒子豎直方向的分位移最大為eq\f(d,2)，有eq\f(d,2)＝eq\f(0＋vym,2)·eq\f(L,v0)，由于L＝d，解得vym＝v0，故最大動能Eeq\o\al(′,k)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,ym))＝2Ek0，故C正確．課時測評eq\o(○,\s\up1(22))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，將正極板移到圖中虛線所示的位置時，d減小，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容增大，根據U＝eq\f(Q,C)可知，電容器的電壓減?。蒃＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkq,εS)，可知電場強度E不變，則P與負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)通過路面下埋設的感應線來感知汽車的壓力，感應線是一個壓電薄膜傳感器，壓電薄膜在受壓時兩端產生電壓，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，紅燈亮時，如果汽車的前、后輪先后經過感應線，回路中產生兩脈沖電流，如圖乙所示，即為“闖紅燈”，電子眼拍照，則紅燈亮時()A．車輪停在感應線上時，電阻R上有恒定電流B．車輪經過感應線的過程中，電容器先充電后放電C．車輪經過感應線的過程中，電阻R上的電流先增加后減小D．汽車前輪剛越過感應線，又倒回到線內，仍會被電子眼拍照答案：BD解析：輕輪停在感應線上時，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，當車輪經過感應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線，又倒回線內，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，引力的大小與內部場強E和極板所帶電荷量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，現將A極板下移使A、B兩板間距變?yōu)樵瓉淼膃q\f(2,3)，則A、B兩極板之間的引力與原來的比值是()A.eq\f(3,2)B.eq\f(9,4)C.eq\f(27,8)D.eq\f(81,16)答案：B解析：A、B兩板間距變?yōu)樵瓉淼膃q\f(2,3)，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，根據Q＝CU可知，極板所帶電荷量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，根據E＝eq\f(U,d)可知，內部場強變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，由于F＝kQE，所以兩極板之間的引力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(9,4)倍，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，現將其和二極管串聯接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿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A、B間距增大時，小球打在N點的右側B．若小球帶正電，當A、B間距減小時，小球打在N點的左側C．若小球帶負電，當A、B間距減小時，小球可能打在N點的右側D．若小球帶負電，當A、B間距增大時，小球可能打在N點的左側答案：BC解析：若小球帶正電，當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E＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，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；若小球帶正電，當A、B間距d減小時，電容增大，Q增大，根據E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，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，故B正確；若小球帶負電，當A、B間距d減小時，由E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，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，小球將打在N點的右側，故C正確；若小球帶負電，當A、B間距d增大時，電容減小，但Q不變，根據E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，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，通過閉合開關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點由靜止開始下落，不計空氣阻力，該質點到達b孔時速度恰為零，然后返回．現要使帶電質點能穿出b孔，可行的方法是()A．保持S閉合，將A板適當上移B．保持S閉合，在兩板左邊之間插入電介質C．先斷開S，再將A板適當下移D．先斷開S，在兩板左邊之間插入電介質答案：CD解析：設質點距離A板的高度為h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U，質點的電荷量為q.質點到達b孔時速度恰為零，根據動能定理得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＝eq\f(1,2)mv2＝0，即質點下落到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＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εS,4πkd)，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＝eq\f(1,2)mv2>0，即質點下落到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，相對介電常數增大，電容C增大，則U減小，由動能定理得mg(h＋d)－qU＝eq\f(1,2)mv2>0，即質點下落到b孔時速度不為零，還有向下的速度，故D正確．6．(多選)用輕繩拴著一質量為m、帶正電的小球在豎直面內繞O點做圓周運動，豎直面內加有豎直向下的勻強電場，電場強度為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F間的關系如圖乙所示，當地的重力加速度為g，則()A．輕繩的長度為eq\f(2a,b)B．小球所帶電荷量為eq\f(b＋mg,E)C．小球在最高點的最小速度為eq\r(\f(2a,m))D．小球在最高點的最小速度為eq\r(\f(5a,m))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＝eq\f(mv2,L)，即eq\f(1,2)mv2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,L)))＝F＋Eq＋mg，由于Ek＝eq\f(1,2)mv2，故Ek＝eq\f(L,2)F＋eq\f(L,2)(mg＋Eq)，由圖象可知，圖象斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(L,2)，即L＝eq\f(2a,b)，故A正確；當F＝0時，mg＋Eq＝meq\f(v\o\al(2,m),L)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝a，解得q＝eq\f(b－mg,E)，故B錯誤；當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，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝a，解得v＝eq\r(\f(2a,m))，故C正確，D錯誤．7.在真空中上、下兩個區(qū)域均為豎直向下的勻強電場，其電場線分布如圖所示，有一帶負電的微粒，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，符合微粒在電場內運動情況的是()答案：A解析：帶負電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，進入下邊區(qū)域后，由于電場強度變大，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，等到它到達區(qū)域分界線時，速度大小又達到了v0，此后進入上邊區(qū)域，受力依然平衡．因此，速度—時間圖象應該為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.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)，則()A．在0～t1時間內，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，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，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＝qeq\f(U,d)，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，電場力大于最大靜摩擦力，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、負極相連，a、b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，閉合開關S后，帶正電的液滴從小孔正上方的P點由靜止自由落下，當液滴穿過b板小孔到達a板小孔時速度為v1，現使a板不動，在開關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a板小孔時速度為v2，空氣阻力不計，下列說法中正確的是()A．若開關S保持閉合，向下移動b板，則v2>v1B．若開關S保持閉合，則無論向上或向下移動b板，都有v2＝v1C．若開關S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則v2>v1D．若開關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<v1答案：BC解析：對液滴，從P到a由動能定理得mgeq\x\to(Pa)－Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0(或mgeq\x\to(Pa)－Eqeq\x\to(ab)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0)，若開關S保持閉合，向下移動b板，液滴到達a板時重力做的功和電場力做的功都不變，則v2＝v1，A錯誤，B正確；若開關S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，電容增大，電荷量不變，電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)不變，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，電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)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<v1，結合C項分析可知D錯誤．10．[2019·山東日照模擬](多選)質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落．t秒末，在小球下落的空間中，加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場．再經過t秒，小球又回到A點，不計空氣阻力且小球未落地，重力加速度為g，則()A．小球所受電場力的大小是4mgB．小球回到A點時的動能是mg2t2C．從A點到最低點的距離是eq\f(2,3)gt2D．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，運用運動學公式eq\f(1,2)gt2＋gt×t－eq\f(1,2)at2－0，解得a＝3g.根據牛頓第二定律得Eq－mg＝ma，解得Eq＝4mg，A正確；對全過程應用動能定理得Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2))＝Ek－0，解得Ek＝2mg2t2，小球回到A點時的動能是2mg2t2，B錯誤；設從A點到最低點的距離為h，根據動能定理mgh－Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,2)gt2))＝0，解得h＝eq\f(2,3)gt2，C正確；從A點到最低點，電場力做的功W＝－Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,2)gt2))＝－Eq·eq\f(1,6)gt2＝－eq\f(2,3)mg2t2，所以從A點到最低點，小球的電勢能增加了eq\f(2,3)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，其最低點B與水平軌道平滑連接．現有一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球(可視為質點)，從離圓形軌