2019高考物理最后冲刺增分小题狂练22

小题狂练22电容器带电粒子在电场中的运动小题狂练eq\o(○,\s\up1(22))小题是基础练小题提分快1.[2019·河北省邯郸检测]使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()答案：B解析：带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷，B项正确．2．[2019·江苏省南京调研]“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B．静电计可以用电压表代替C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量答案：C解析：电容器带电荷量一定，极板正对面积减小时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大，A项错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，电流表、电压表线圈中有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故B项错误；静电计与电容器串联，其所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，C项正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器所带电荷量的多少，故D项错误．3．[2019·湖北省武汉月考]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A．断开开关S后，只将A、B分开些B．保持开关S闭合，只将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，只将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，只将滑动变阻器触头向右移动答案：A解析：断开开关，电容器所带电荷量不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，电势差增大，指针张角增大，故A项正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故B、C项错误；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头不会影响指针张角，故D项错误．4．[2019·广西南宁二中、柳州高中联考]工厂在生产纺织品、纸张等材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的正负极上，当流水线上通过的产品厚度增大，导致其对应的相对介电常数εr增大时，下列说法正确的是()A．A、B两板间电场强度减小B．A、B两板间电场强度增大C．有电流从a向b流过灵敏电流计D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案：C解析：两板间电场强度E＝eq\f(U,d)不变，A、B项错误；根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，再根据Q＝CU可知极板带电荷量Q增加，有充电电流从a向b流过，C项正确，D项错误．5．[2019·江西省新余一中模拟](多选)如图所示为一电源电动势为E、内阻为r的恒定电路，电压表V的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是()A．若C1>C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B．若将滑动变阻器触头P向右滑动，则电容器C2上所带电荷量增大C．C1上所带电荷量为零D．再将开关S断开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大答案：CD解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电后，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A项错误；电路稳定后，电容器C2两端的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器触头P向右滑动，电容器C2两端的电压不变，所带电荷量不变，故B项错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有充电，所带电荷量为零，故C项正确；将开关S断开，电容器C2所带的电荷量Q不变，板间距离增大，电容减小，由公式C＝eq\f(Q,U)分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D项正确．6．[2019·江苏省盐城中学模拟]如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动的加速度大小为()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：平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为E1＝eq\f(U,d－l)，且有qE1＝mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为E2＝eq\f(U,d)，有mg－qE2＝ma，联立上述可解得a＝eq\f(l,d)g，选项A正确．7．[2019·黑龙江省大庆实验中学模拟]如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态．下列说法正确的是()A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C．将下极板上移，带电油滴向上运动D．断开开关S，带电油滴将向下运动答案：C解析：根据C＝eq\f(εrS,4πkd)及Q＝CU知，当开关闭合并减小极板的正对面积，电容C减小，Q减小，但由于二极管具有单向导电性，题图中的电容器只能充电不能放电，所以电容器所带电荷量不变，根据公式E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此可得电场强度E变大，油滴所受电场力变大，则带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，因E变大，则P点的电势升高，选项A、B错误；由以上分析，可知将下极板上移，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电荷量Q变大，电容器充电，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电荷量Q不变，电容C不变，电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于静止状态，选项D错误．8．[2019·内蒙古包钢四中测试](多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒压电源(未画出)，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间C点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同答案：AC解析：从轨迹可以看出：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项正确，B项错误；根据动能定理，电场力做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，质量相同，电荷M竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝eq\f(2y,t)也大．故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C项正确；从轨迹可以看出：xM>xN，故vMt>vNt，故vM>vN，故D项错误．9.[2019·宁夏罗平中学检测]如图，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘粗糙水平面向右运动，经过A点时动能为100J，到B点时动能减少到80J，减少的动能中有12J转化为电势能，则它再经过B点时动能大小为()A．4JB．16JC．32JD．64J答案：B解析：从A到B的过程中，电场力做的功为－12J，动能减少了20J，从A到B，根据动能定理得，－qExAB－fxAB＝ΔEk；解得从A到B过程中，克服摩擦力做的功为Wf＝8J，可知克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比为3：2，则在整个过程中，克服电场力做的功与克服摩擦力做的功之比仍然为3：2.从B点到速度减为零，动能减少量为80J，则克服摩擦力做的功为Wf′＝32J，对物体从B点向右到返回B点的过程运用动能定理，电场力做的功为0，则有：－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项正确．10.[2019·四川省雅安中学模拟](多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝eq\f(mg,q)，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．若小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，则它运动过程中的最小速度vmin≥eq\r(\r(2)gL)B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止释放，它将在ACBD圆弧上做往复运动D．若将小球在A点以大小为eq\r(gL)的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点答案：AB解析：由于电场强度E＝eq\f(mg,q)，故mg＝qE，则等效最低点在劣弧BC正中间，重力和电场力的合力为eq\r(2)mg，根据eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)得小球在等效最高点的最小速度为v＝eq\r(\r(2)gL)，A项正确；除重力和弹力外其他力做的功等于机械能的增量，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做的功最多，故到B点时的机械能最大，B项正确；小球所受合力方向为与电场方向成45°角斜向下，故若将小球在A点由静止释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球在A点以大小为eq\r(gL)的速度竖直向上抛出，由于在沿劣弧AD运动至半径OA转过45°的过程中，克服重力做的功大于电场力做的正功，故小球动能减小，由于小球在等效最高点的最小速度为v＝eq\r(\r(2)gL)，则小球不可能到达B点，D项错误．11.[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布．不计粒子的重力及它们间的相互作用．下列说法正确的是()A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角越大C．能打到荧光屏上的粒子，进入O点的动能必须大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮答案：CD解析：能进入第一象限的粒子，必须有－x＝v0t，－y＝eq\f(qE,2m)t2，所以有y＝－eq\f(qE,2mv\o\al(2,0))x2，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；设到达坐标原点的粒子入射速度与y轴的夹角为θ，因为sinθ＝eq\f(v0,v)，所以到达坐标原点的粒子速度v越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越小，选项B错误；能打到荧光屏上的粒子，都满足eq\f(1,2)mv2>qU，选项C正确；若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，到达O点的粒子速度方向与y轴的夹角满足0°<θ<90°，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确．12．[2019·重庆模拟](多选)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C、质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g＝10mA．带电体在半圆形轨道C点的速度大小为2eq\r(2)m/sB．落点D与B点的距离xBD＝0C．带电体运动到半圆形轨道B点时对半圆形轨道的压力大小为7ND．带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为3(eq\r(2)＋1)N答案：BD解析：设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律得，mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝2m/s，A项错误；设带电体从最高点C落到水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的独立性有：2R＝eq\f(1,2)gt2，xBD＝vCt－eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得xBD＝0，B项正确；设带电体通过B点时的速度大小为vB，则有FB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，带电体从B运动到C的过程中根据动能定理得，－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立解得FB＝6N，根据牛顿第三定律可知带电体对轨道的压力大小为Feq\o\al(′,B)＝6N，C项错误；由P到B带电体做加速运动，最大速度应在等效重力场的最低点，根据动能定理得，qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在动能最大位置处支持力最大，根据牛顿第二定律有：N－eq\r(2)mg＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，解得N＝3(1＋eq\r(2))N，由牛顿第三定律知D项正确．13．原有一油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷量ΔQ，油滴开始向上运动，经t时间后，电容器突然放电失去一部分电荷量ΔQ′，又经t时间，油滴回到原位置，假如在运动过程中油滴电荷量一定，则()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：根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝eq\f(Q＋ΔQ,Cd)、E′＝eq\f(Q＋ΔQ－ΔQ′,Cd)，而依题意有mg＝qeq\f(Q,Cd)，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有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选项正确．14．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是()A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将增加D．油滴仍将保持静止答案：D解析：由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，将平行板电容的下极板竖直向下移动一小段距离时，即d增大，则平行板电容器的电容将变小，A选项错误；电容器与电源及二极管连接，电容器不能放电，电荷量一定，根据U＝eq\f(Q,C)可知，电压增大，静电计指针张角变大，B选项错误；依题意带电油滴带负电，而P点的电势增加，所以带电油滴的电势能将减少，C选项错误；根据E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知电容器内部电场强度不变，所以油滴仍将保持静止，D选项正确．15．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带负电，极板Y应带负电B．极板X′应带负电，极板Y应带负电C．极板X应带负电，极板Y′应带负电D．极板X′应带负电，极板Y′应带负电答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到X′，则极板X′应带负电；同理可知，因电子向Y′偏转，则电场方向为Y′到Y，因此极板Y应带负电，故B正确，A、C、D错误．16．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等．板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿MN板右边缘垂直电场方向射出电场．则以下说法中正确的是()A．带电粒子通过电场的时间eq\f(T,2)B．在0～eq\f(T,2)时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D．只有t＝eq\f(nT,2)(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场答案：C解析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入，沿MN板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，即为t＝nT(n＝1,2,3，…)，故A、D错误；粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，在0～eq\f(T,4)内射入的粒子能从OO′上方射出电场，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内射入的粒子在OO′下方射出电场，故B错误；粒子竖直方向的分位移最大为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，故最大动能Eeq\o\al(′,k)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,ym))＝2Ek0，故C正确．课时测评eq\o(○,\s\up1(22))综合提能力课时练赢高分一、选择题1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则()A．U变小，Ep不变B．E变大，Ep不变C．U变大，Ep变大D．U不变，Ep变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C＝eq\f(εS,4πkd)知，电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)可知，电容器的电压减小．由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkq,εS)，可知电场强度E不变，则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确．2．(多选)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时()A．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流B．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电C．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照答案：BD解析：轻轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后反向增大再减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确．3．[2019·河北邯郸联考]平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距变为原来的eq\f(2,3)，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是()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两板间距变为原来的eq\f(2,3)，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容变为原来的eq\f(3,2)倍，根据Q＝CU可知，极板所带电荷量变为原来的eq\f(3,2)倍，根据E＝eq\f(U,d)可知，内部场强变为原来的eq\f(3,2)倍，由于F＝kQE，所以两极板之间的引力变为原来的eq\f(9,4)倍，选项B正确．4．(多选)如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A极板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧C．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧D．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧答案：BC解析：若小球带正电，当A、B间距d增大时，电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电，所以Q不变．根据E＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，知E不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当A、B间距d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，知E增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，知E增大，所以电场力变大，方向向上．若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，当A、B间距d增大时，电容减小，但Q不变，根据E＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εS)，知E不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故D错误．5.(多选)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是()A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，在两板左边之间插入电介质C．先断开S，再将A板适当下移D．先断开S，在两板左边之间插入电介质答案：CD解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0.保持S闭合，A、B之间电压不变，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝eq\f(1,2)mv2＝0，即质点下落到b孔时速度恰减为零，故A、B错误；断开S，A、B两板电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εS,4πkd)，若A板下移，d减小，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h′＋d′)－qU＝eq\f(1,2)mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故C正确；断开S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝eq\f(1,2)mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确．6．(多选)用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则()A．轻绳的长度为eq\f(2a,b)B．小球所带电荷量为eq\f(b＋mg,E)C．小球在最高点的最小速度为eq\r(\f(2a,m))D．小球在最高点的最小速度为eq\r(\f(5a,m))答案：AC解析：在最高点时，轻绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得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)，由图象可知，图象斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(L,2)，即L＝eq\f(2a,b)，故A正确；当F＝0时，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错误；当F＝0时，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球在最高点有最小速度，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝a，解得v＝eq\r(\f(2a,m))，故C正确，D错误．7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()答案：A解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为A.8．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C．t3时刻物块的速度最大D．t4时刻物块的速度最大答案：C解析：在0～t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即f＝qE＝qeq\f(U,d)，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误．9.[2019·河南豫南九校质量考评](多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是()A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1C．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2<v1答案：BC解析：对液滴，从P到a由动能定理得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)，若开关S保持闭合，向下移动b板，液滴到达a板时重力做的功和电场力做的功都不变，则v2＝v1，A错误，B正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电容增大，电荷量不变，电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功减小，则v2>v1，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向上移动b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v2<v1，结合C项分析可知D错误．10．[2019·山东日照模拟](多选)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落．t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过t秒，小球又回到A点，不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g，则()A．小球所受电场力的大小是4mgB．小球回到A点时的动能是mg2t2C．从A点到最低点的距离是eq\f(2,3)gt2D．从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2答案：AC解析：小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速运动到速度为零，再向上做匀加速运动回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向，整个过程中，小球的位移为零，运用运动学公式eq\f(1,2)gt2＋gt×t－eq\f(1,2)at2－0，解得a＝3g.根据牛顿第二定律得Eq－mg＝ma，解得Eq＝4mg，A正确；对全过程应用动能定理得Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2))＝Ek－0，解得Ek＝2mg2t2，小球回到A点时的动能是2mg2t2，B错误；设从A点到最低点的距离为h，根据动能定理mgh－Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,2)gt2))＝0，解得h＝eq\f(2,3)gt2，C正确；从A点到最低点，电场力做的功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，所以从A点到最低点，小球的电势能增加了eq\f(2,3)mg2t2，D错误．二、非选择题11.[2019·北京海淀区统考]如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨