2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課練22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)含解析新人教版

PAGE20-課練22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(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(gè)金屬板，G為靜電計(jì)．起先時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開肯定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列實(shí)行的措施可行的是()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(dòng)變阻器觸頭向右移動(dòng)2．(多選)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽視．一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則()A．平行板電容器的電容將變大B．靜電計(jì)指針張角不變C．帶電油滴的電勢能將增大D．若先將上極板與電源正極連接的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變3．(多選)指紋識別傳感器在日常生活中應(yīng)用非常廣泛，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同．此時(shí)傳感器給全部的電容器充電后達(dá)到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，依據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數(shù)據(jù)，依據(jù)以上信息，下列說法正確的是()A．在峪處形成的電容器電容較小B．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C．在峪處形成的電容器放電時(shí)間較長D．潮濕的手指對指紋識別肯定沒有影響4．(多選)圖中直線AB為某點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中一條豎直的電場線．有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，從該直線上的A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)h到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好減為零，不計(jì)下落過程中的空氣阻力．下列推斷正確的是()A．該點(diǎn)電荷位于A點(diǎn)的正上方且?guī)ж?fù)電B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小EB>eq\f(mg,q)C．A點(diǎn)的電勢φA大于B點(diǎn)的電勢φBD．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能增加mgh5．(多選)在勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球由靜止釋放后，斜向下做直線運(yùn)動(dòng)，軌跡與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則()A．場強(qiáng)最小值為eq\f(mg,q)sinθB．小球的電勢能可能不變C．電場方向可能水平向左D．小球的機(jī)械能可能減小6．如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝1.0×10－5C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場，最終從MN邊界上的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時(shí)的速度v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a點(diǎn)電勢為零，假如以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場的電場強(qiáng)度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變更圖象正確的是()練高考小題7.[2024·北京卷，19]探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗(yàn)裝置如圖所示．下列說法正確的是()A．試驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．試驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．試驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大8．[2024·江蘇卷，5]如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng)D．向右下方運(yùn)動(dòng)9．[2024·全國卷Ⅲ，21](多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等．現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動(dòng)．在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽視．下列說法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C．在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等10．[2024·廣東卷](多選)如圖所示的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置．釋放后，M、N保持靜止．不計(jì)重力，則()A．M的帶電量比N的大B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．移動(dòng)過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功D．靜止時(shí)M受到的合力比N的大11．[2024·全國卷Ⅰ，20](多選)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱．忽視空氣阻力．由此可知()A．Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C．油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小練模擬小題12．[2024·黑龍江省大慶試驗(yàn)中學(xué)模擬]如圖所示，平行板電容器與直流電源、志向二極管(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(shí)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(diǎn)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(huì)向下移動(dòng)，且P點(diǎn)的電勢會(huì)降低B．減小極板間的正對面積，帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)，且P點(diǎn)的電勢會(huì)降低C．將下極板上移，帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)D．?dāng)嚅_開關(guān)S，帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng)13．[2024·江西省新余一中模擬](多選)如圖所示為一電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的恒定電路，電壓表的內(nèi)阻為10kΩ，B為靜電計(jì)，C1、C2分別是兩個(gè)電容器，將開關(guān)閉合一段時(shí)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(jì)兩端的電勢差B．若將滑動(dòng)變阻器觸頭P向右滑動(dòng)，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，然后使電容器C2兩極板間距離增大，則靜電計(jì)張角也增大14．[2024·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起先運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)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)g15.[2024·湖北省部分重點(diǎn)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)分布著勻稱輻射的電場，坐標(biāo)原點(diǎn)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(shí)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(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)汲取并導(dǎo)走而不影響原來的電場分布．不計(jì)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(diǎn)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(diǎn)的動(dòng)能必需大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮16．[2024·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，半圓形軌道的半徑R＝0.4m．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＝1.0×104V/m.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C、質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)，取g＝10m/s2，則()A．帶電體在半圓形軌道C點(diǎn)的速度大小為2eq\r(2)m/sB．落點(diǎn)D與B點(diǎn)的水平距離xBD＝0C．帶電體運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對半圓形軌道的壓力大小為7ND．帶電體在從B到C運(yùn)動(dòng)的過程中對軌道最大壓力為3(eq\r(2)＋1)N———[綜合測評提實(shí)力]———一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)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(diǎn)．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(diǎn)的電勢能．若保持負(fù)極板不動(dòng)，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2．如圖所示，有一傾角為θ＝30°的斜面，A點(diǎn)位于斜面底端正上方與斜面頂端等高處．將質(zhì)量為0.1kg的帶電小球第一次從A點(diǎn)正對斜面水平拋出，小球恰能垂直落在斜面上．加豎直方向電場后，將小球其次次從A點(diǎn)以原速度拋出，小球到達(dá)斜面時(shí)的位移最小，已知斜面長為L＝2m，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．小球的初速度大小為eq\r(2)m/sB．小球第一次與其次次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為6:5C．小球在電場中所受電場力大小為2.2ND．加電場后，小球從拋出到落到斜面，電勢能的變更量為2.4J3．如圖所示邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為q、重力忽視不計(jì)的帶正電的粒子，由電場左側(cè)從不同位置以相同的初速度v0垂直進(jìn)入電場，已知從E點(diǎn)進(jìn)入的粒子恰好從C點(diǎn)離開電場，E是AD的中點(diǎn)，F(xiàn)是CD的中點(diǎn)，則以下說法正確的是()A．AD間的電勢差為eq\f(mv\o\al(2,0),2q)B．從A、E之間進(jìn)入電場的粒子，離開電場時(shí)速度與水平方向的夾角為45°C．從F點(diǎn)離開電場時(shí)粒子的動(dòng)能為eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)D．從F點(diǎn)離開電場時(shí)粒子的動(dòng)能為eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)4.如圖所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源O處射入(初速度很小，可忽視不計(jì))電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S處沿金屬板A、B的中線(如圖中虛線所示)射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B板長均為L，相距為d，A、B兩板之間的電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)當(dāng)滿意的條件是()A.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)<eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)<eq\f(d2,L2)5．[2024·遼寧六校聯(lián)考]勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變更的圖象如圖所示．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶正電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是()A．2s末帶電粒子的速度為零B．3s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)D．0～3s內(nèi)，電場力始終做正功6．[2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)二診]在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以肯定初速度v0水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同始終線上，且AB＝2BC，如圖所示．由此可見()A．電場力為2mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變更量大小相等7.在真空中上、下兩個(gè)區(qū)域均為豎直向下的勻強(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(shí)間圖象中，符合微粒在電場內(nèi)運(yùn)動(dòng)狀況的是()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(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才起先運(yùn)動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)，則()A.在0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到漸漸增大的摩擦力，方向水平向右B．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先漸漸增大，后漸漸減小C．t3時(shí)刻物塊的速度最大D．t4時(shí)刻物塊的速度最大二、多項(xiàng)選擇題(本題共2小題，每小題4分，共8分)9.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娦裕粠щ娦∏蜓谹、B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽視，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A極板來變更兩極板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(shí)，小球打在N點(diǎn)的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球打在N點(diǎn)的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球可能打在N點(diǎn)的右側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球可能打在N點(diǎn)的左側(cè)10．[2024·成都一診]下述為一個(gè)視察帶電油滴在平行板電容器兩板間電場中運(yùn)動(dòng)狀況的試驗(yàn)．試驗(yàn)操作如下：①先給圖示真空中水平放置的平行板電容器充電，讓A、B兩板帶上肯定的電荷量，使一個(gè)帶電油滴恰能在兩板間勻強(qiáng)電場中的P點(diǎn)靜止；②再給電容器瞬間充電使其電荷量突然增加ΔQ，讓油滴起先豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、發(fā)生位移x；③然后讓電容器瞬間放電使其電荷量突然削減ΔQ′，視察到又經(jīng)時(shí)間2t，油滴剛好運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方距P點(diǎn)x處．若電容器充、放電時(shí)間不計(jì)，油滴運(yùn)動(dòng)過程中未與極板接觸，油滴帶電荷量始終不變，則關(guān)于上述②和③兩個(gè)過程，下列說法正確的是()A．油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比a2:a3＝3:2B．合力的平均功率之比eq\x\to(P2):eq\x\to(P3)＝4:5C．合力的沖量大小之比I2:I3＝1;3D．ΔQ:ΔQ′＝2:5三、非選擇題(本題共3小題，共33分)11．(9分)[2024·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(diǎn)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(diǎn))，從離圓形軌道最低點(diǎn)B相距為L處的C點(diǎn)由靜止起先在電場力作用下沿水平軌道運(yùn)動(dòng)．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(yùn)動(dòng)過程中所帶電荷量q保持不變，不計(jì)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；(2)小球由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t；(3)小球運(yùn)動(dòng)到與圓形軌道圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD.12．(12分)[2024·重慶九校聯(lián)考]在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E0＝50V/m；第四象限內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上的P點(diǎn)以肯定的初速度垂直y軸方向進(jìn)入電場，通過第一象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第四象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點(diǎn)離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4m)、(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?3.(12分)[2024·全國卷Ⅱ]如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計(jì)．(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？課練22電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)[狂刷小題夯基礎(chǔ)]1．A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，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故A項(xiàng)正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，滑動(dòng)變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動(dòng)觸頭不會(huì)影響指針張角，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．BD依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，則電容減小，故A錯(cuò)誤；靜電計(jì)測量的是電容器兩極板間的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B正確；電勢差不變，d增大，則電場強(qiáng)度減小，故P點(diǎn)與上極板的電勢差減小，則P點(diǎn)的電勢上升，因油滴帶負(fù)電，可知帶電油滴的電勢能將減小，故C錯(cuò)誤；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d變更，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知電場強(qiáng)度不變，則油滴所受電場力不變，故D正確．3．AB依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，極板與指紋峪(凹下部分)的距離較大，構(gòu)成的電容器電容較小，選項(xiàng)A正確．由于外接電源為全部電容器充到一個(gè)預(yù)先設(shè)計(jì)好的電壓值，所以全部的電容器電壓肯定，依據(jù)Q＝CU＝eq\f(εrS,4πkd)可知，極板與指紋峪構(gòu)成的電容器充上的電荷量較少，放電時(shí)間較短；反之，在嵴處形成的電容器電容較大，電荷量大，放電時(shí)間較長，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤．潮濕的手指與傳感器之間有水填充，變更了原來電容器的電容，所以會(huì)影響指紋識別，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．BD若該點(diǎn)電荷位于A點(diǎn)的正上方且?guī)ж?fù)電，那么電荷量為＋q的小球受到向下的重力和向上的電場力，從A點(diǎn)由靜止起先向下運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中由于庫侖力減小，所以小球的加速度始終在增大，則小球的速度不行能再減到零，故A錯(cuò)誤；小球從A到B先加速后減速，所以加速度先向下后向上，故小球在B點(diǎn)時(shí)受到的合力向上，即qEB>mg，故B正確；小球從A到B，動(dòng)能沒有變更，合外力做的功為零，重力做正功，所以電場力做負(fù)功，則電勢能增加，且增加量為mgh，小球帶正電，所以A點(diǎn)的電勢φA小于B點(diǎn)的電勢φB，故C錯(cuò)誤，D正確．5．ABD由題意可知，重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為θ，依據(jù)平行四邊形定則可知，當(dāng)電場力與合力垂直時(shí)，電場力最小，即場強(qiáng)最小，由幾何學(xué)問可得mgsinθ＝qE，解得E＝eq\f(mg,q)sinθ，故A項(xiàng)正確；當(dāng)電場方向垂直合力方向斜向右上方時(shí)，電場力不做功，小球的電勢能不變，故B項(xiàng)正確；當(dāng)電場方向水平向左時(shí)，小球所受電場力方向向左，重力豎直向下，重力與電場力的合力不行能斜向右下方，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電場力方向與合力方向的夾角大于90°時(shí)，在運(yùn)動(dòng)過程中電場力對小球做負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減小，故D項(xiàng)正確．6．D因?yàn)閯驈?qiáng)電場中的電場強(qiáng)度到處相等，故A錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ与x開電場時(shí)的速度v2＝eq\f(v1,sin30°)＝2v1，則電場的方向水平向右，沿電場線的方向電勢降低，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理可知，qEx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以v與x不是線性關(guān)系，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢為零，粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)電場力做功與電勢能的變更的關(guān)系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故D項(xiàng)正確．7．A試驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a板帶電，由靜電感應(yīng)，在b板上感應(yīng)出與a板電性相反的等量電荷，故選項(xiàng)A正確；試驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；試驗(yàn)中，只將極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變小，靜電計(jì)指針的張角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；試驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，電容C不變，由C＝eq\f(Q,U)，可知靜電計(jì)指針的張角變大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．D由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．9．BD由題意知，兩微粒只受電場力的作用且電場力的大小相等，xa>xb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，微粒a的加速度大，由qE＝ma可知，微粒a的質(zhì)量小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qEx＝Ek可知，微粒a的動(dòng)能大，選項(xiàng)B正確；Ep＝qφ，在同一等勢面上，兩微粒所帶電荷量雖相等，但電性相反，故電勢能不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理有qEt＝mv，可知兩微粒的動(dòng)量大小相等，選項(xiàng)D正確．10．BC先對M、N的帶電性質(zhì)作出假設(shè)，然后分別分析M、N在假定的狀況下所受的靜電力，推斷M、N是否能保持靜止．通過分析可見必需是M帶負(fù)電、N帶正電，即B正確，M、N才可能分別受力平衡．再將MN看做是一整體，MN間的庫侖力是內(nèi)力，MN都要靜止，則電場對兩電荷的電場力必需大小相等，方向相反，據(jù)F＝Eq，則M、N帶電荷量相等，即A、D錯(cuò)．由于M帶負(fù)電，其所受勻強(qiáng)電場的電場力水平向左，將M的合位移分解成向右，向下的位移，電場力做負(fù)功，C正確．11．AB帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負(fù)功后做正功．則電場強(qiáng)度方向向下，Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；油滴在P點(diǎn)的速度最小，選項(xiàng)B正確；油滴在P點(diǎn)的電勢能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．12．C依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)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，依據(jù)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(qiáng)度E變大，油滴所受電場力變大，則帶電油滴會(huì)向上移動(dòng)，P點(diǎn)與下極板的距離不變，因E變大，則P點(diǎn)的電勢上升，選項(xiàng)A、B錯(cuò)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，電容器兩極板間的電壓等于電阻R兩端的電壓，電場強(qiáng)度變大，帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；斷開開關(guān)S，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，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，故油滴仍舊處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．13．CD由于靜電計(jì)的兩個(gè)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(jì)兩端的電勢差，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，電容器C2兩極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢，保持不變，將滑動(dòng)變阻器觸頭P向右滑動(dòng)，電容器C2兩極板間的電壓不變，所帶電荷量不變，故B項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)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＝eq\f(Q,U)分析可知，板間電壓增大，靜電計(jì)張角增大，故D項(xiàng)正確．14．A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(shí)，板間場強(qiáng)可以表達(dá)為E1＝eq\f(U,d－l)，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＝eq\f(U,d)，有mg－qE2＝ma，聯(lián)立上述可解得a＝eq\f(l,d)g，選項(xiàng)A正確．15．CD能進(jìn)入第一象限的粒子，必需有－x＝v0t，－y＝eq\f(qE,2m)t2，所以有y＝－eq\f(qE,2mv\o\al(2,0))x2，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子入射速度與y軸的夾角為θ，因?yàn)閟inθ＝eq\f(v0,v)，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)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(xiàng)B錯(cuò)誤；能打到熒光屏上的粒子，都滿意eq\f(1,2)mv2>qU，選項(xiàng)C正確；若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向與y軸的夾角滿意0°<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，選項(xiàng)D正確．16．BD設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓其次定律得，mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝2m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落到水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為t，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)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(xiàng)正確；設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)到C的過程中依據(jù)動(dòng)能定理得，－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得FB＝6N，依據(jù)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(xiàng)錯(cuò)誤；由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，最大速度應(yīng)在等效重力場的最低點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理得，qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在動(dòng)能最大位置處支持力最大，依據(jù)牛頓其次定律有：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(xiàng)正確．[綜合測評提實(shí)力]1．A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(shí)，d減小，依據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容增大，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)可知，電容器的電壓減小．由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkq,εS)，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(diǎn)的電勢不變，正電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變，故A正確．2．C本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓其次定律及電場力做功，意在綜合考查考生對牛頓其次定律、平拋運(yùn)動(dòng)等學(xué)問的理解應(yīng)用狀況．設(shè)小球初速度為v，L為斜面長度，第一次小球垂直落在斜面上，有x1＝vt1，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(2y1,x1)＝tan60°，由幾何關(guān)系有y1＝eq\f(L,2)－eq\f(x1,\r(3))，解得x1＝eq\f(\r(3),5)L，v＝2m/s，t1＝eq\f(\r(3),5)s，A錯(cuò)誤；加豎直方向電場后，要使小球到達(dá)斜面時(shí)的位移最小，則小球落點(diǎn)與拋出點(diǎn)的連線應(yīng)與斜面垂直，設(shè)小球豎直方向加速度為a，有tan30°＝eq\f(x2,y2)，而x2＝vt2，y2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，由幾何關(guān)系有x2＝eq\f(\r(3),8)L，解得a＝32m/s2，t2＝eq\f(\r(3),8)s，故小球第一次與其次次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為8:5，B錯(cuò)誤；由牛頓其次定律得mg＋F電＝ma，解得F電＝2.2N，C正確；加電場后，小球從拋出到落到斜面，電勢能的變更量為ΔEp＝－F電y2＝－1.65J，D錯(cuò)誤．3．B本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)．依據(jù)題意，從E點(diǎn)進(jìn)入的粒子恰好可以從C點(diǎn)離開電場，有L＝v0t，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,Lm)，得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，A錯(cuò)誤；設(shè)從A、E之間進(jìn)入電場的粒子，離開電場時(shí)的豎直速度為vy，則有v0t＝L，eq\f(vy,2)t＝eq\f(L,2)，得vy＝v0，則粒子射出電場時(shí)速度與水平方向間夾角為45°，B正確；從F點(diǎn)離開電場的粒子，水平位移為eq\f(L,2)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(t,2)，豎直位移y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(L,8)，則粒子射出電場時(shí)動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋q×eq\f(U,8)＝eq\f(5,8)mveq\o\al(2,0)，CD錯(cuò)誤．4．C帶電粒子在加速電場中做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有qU1＝eq\f(1,2)mv2－0，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對帶電粒子在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝vt，對帶電粒子在豎直方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律可得eq\f(qU2,d)＝ma，設(shè)位移為y，則有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，要使帶電粒子能從A、B板間飛出，應(yīng)有y<eq\f(d,2)，聯(lián)立解得eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)，故選項(xiàng)C正確．5．B0～1s內(nèi)，粒子做加速運(yùn)動(dòng)，1～2s內(nèi)電場強(qiáng)度反向，且大小是0～1s內(nèi)電場強(qiáng)度的2倍，故粒子在1～2s內(nèi)的加速度比0～1s內(nèi)的加速度大，故粒子在1.5s末速度就為零了，所以1.5s～2s內(nèi)粒子反向加速，2s末速度不為零，依據(jù)對稱性可知粒子在3s末速度為零，回到動(dòng)身點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤，B正確；0～1s內(nèi)電場力做正功，1～1.5s內(nèi)電場力做負(fù)功，1.5～2s內(nèi)電場力做正功，2～3s內(nèi)電場力做負(fù)功，D錯(cuò)誤．6．D由于小球在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明小球所受電場力方向向上，所以小球帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的水平位移分別為x1和x2，豎直位移分別為y1和y2，經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，則從A到B過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意可知x1＝2x2，則t1＝2t2，即小球從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，故C錯(cuò)誤；又y1＝eq\f(1,2)gt21，將小球在電場中的運(yùn)動(dòng)看成沿運(yùn)動(dòng)軌跡相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有y2＝eq\f(1,2)at22，依據(jù)幾何學(xué)問有eq\f(y1,y2)＝eq\f(x1,x2)＝2，解得a＝2g，依據(jù)牛頓其次定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，故A錯(cuò)誤；從A到B過程速度變更量大小為Δv1＝gt1＝2gt2；從B到C過程速度變更量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變更量大小相等，故D正確．7．A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，因此微粒起先做向下的減速運(yùn)動(dòng)，等到速度為零后，又會(huì)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(shí)，速度大小又達(dá)到了v0，此后進(jìn)入上邊區(qū)域，受力依舊平衡．因此，速度—時(shí)間圖象應(yīng)當(dāng)為A.8．C在0～t1時(shí)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＝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(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物塊始終加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運(yùn)動(dòng)且為減速運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻物塊速度最大，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．9．BC若小球帶正電，當(dāng)A、B間距d增大時(shí)，電容減小，電容器要放電，二極管阻擋放電，所以Q不變．依據(jù)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，小球仍舊打在N點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；若小球帶正電，當(dāng)A、B間距d減小時(shí)，電容增大，Q增大，依據(jù)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(yùn)動(dòng)時(shí)豎直向下的加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)，故B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距d減小時(shí)，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(yùn)動(dòng)豎直向下的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)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(shí)，電容減小，但Q不變，依據(jù)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，小球仍舊打在N點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．10．CD假設(shè)第一次充電后電容器所帶的電荷量為Q，電容器的電容為C，兩板間距離為d，則由U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(Q,dC)，油滴靜止時(shí)mg＝qE＝eq\f(qQ,dC)；當(dāng)電容器電荷量增加ΔQ時(shí)，由牛頓其次定律有eq\f(qQ＋ΔQ,dC)－mg＝ma2，又由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x＝eq\f(1,2)a2