2020高考物理最后冲刺增分小题狂练：22Word版含解析

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小题狂练22电容器带电粒子在电场中的运动
小题狂练 22○小题是基础练小题提分快
1.[2020 河·北省邯郸检测 ]使带电的金属球凑近不带电的验电器，验电器的箔片张开．以下各图表示验电器上感觉电荷的散布状况，正确的是()
答案： B
分析：带电的金属球凑近不带电的验电器，因为静电感觉现象，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
属球同样的电荷， B 项正确．
2．[2020 ·江苏省南京调研 ]
“研究影响平行板电容器电容大小要素”的实验装置如下图，
忽视漏电产生的影响，以下判断正确的选项是()
A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B．静电计能够用电压表取代
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等
D．静电计丈量的是平行板电容器所带电荷量
答案： C
分析：电容器带电荷量必定，极板正对面积减小时，由C＝ε
r S
4πkd 知，电容器的电容减小，依据 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、电流表的原理不一样，电流表、电压表线圈中有电流经过时，指针才偏转，故不可以用电压表取代静电计，故 B 项错误；静电计与电容器串连，其所带电荷量不过很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量， C 项正确；静电计是定性反应电压高低的仪器，不可以反应平行板电容器所带电荷量的多少，故 D 项错误．
3．[2020 ·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．如下图， A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开
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始时开关 S 闭合，静电计指针张开必定角度，为了使指针张开的角度增大些，以下采纳的举措可行的是()
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 两极板凑近些
D．保持开关 S 闭合，只将滑动变阻器触头向右挪动
答案： A
分析：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，依据 C＝ε
r
S
知，电容减小，依据 U＝
Q
知，电势差增大，
4πkd C
指针张角增大，故 A 项正确；保持开封闭合，电容器两头的电势差不变，则指针张角不变，故B、C 项错误；保持开封闭合，电容器两头的电势差不变，滑动变阻器不过充任导线功能，滑动触头不会影响指针张角，故 D 项错误．
4．[2020 ·广西南宁二中、柳州高中联考 ]工厂在生产纺织品、纸张等资料时为了及时监控其厚度，往常要在生产流水线上设置如下图的传感器，此中 A、B 为平行板电容器的两个极板，上下地点均固定，且分别接在恒压直流电源的正负极上，当流水线上经过的产品厚
度增大，致使其对应的相对介电常数ε增大时，以下说法正确的选项是
() r
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 流过敏捷电流计
D．有电流从 b 向 a 流过敏捷电流计
答案： C
U εr S 分析：两板间电场强度E＝d 不变， A、B 项错误；依据 C＝4πkd
ε增大时，电容器的电容 C 增大，再依据
＝C U 可知极板带电荷量 Q 增添，有充电电流从 a 向 b 流过， C 项正确， D 项错误．
最可怕的仇敌，就是没有坚毅的信念。

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5． [2020 ·江西省新余一中模拟]( 多项选择 )如下图为一电源电动势为 E、内阻为 r 的恒定电路，电压表 V 的内阻为 10 kΩ，B 为静电计，
C1、C2分别是两个电容器，将开封闭合一段时间，以下说法正确的选项是
()
A．若 C1>C2，则电压表两头的电势差大于静电计两头的电势差
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，而后使电容器 C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大
答案： CD
分析：因为静电计的两个电极是相互绝缘的，电路稳固后，电路
中没有电流，电压表两头没有电压，而电容器 C2充电后，两头存在电压，所以电压表两头的电势差小于静电计两头的电势差，故 A 项错
误；电路稳固后，电容器 C2两头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 C2两头的电压不变，所
带电荷量不变，故 B 项错误；因为电压表两头没有电压，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
Q
C2所带的电荷量 Q 不变，板间距离增大，电容减小，由公式C＝U分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故 D 项正确．6．[2020 ·江苏省盐城中学模拟 ]
如下图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，
极板水平搁置，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迅速抽出后，粒子 P 开始运动，重力加快度为 g.粒子运动的加快度大
小为()
l d－l
A.d g
B. d g
l d
最可怕的仇敌，就是没有坚毅的信念。

答案： A
分析：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，板间场强能够表达为 E1＝d U
－l，且有 qE1＝ mg，当抽去金属板，
U
则板间距离增大，板间场强能够表达为E2＝d，有 mg－qE2＝ma，联
l
立上述可解得 a＝d g，选项 A 正确．
7．[2020 ·黑龙江省大庆实验中学模拟]
如下图，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，能够视为短路；反向电阻无量大，能够视为断路)连结，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关 S 稳固后，一带电油滴位于
电容器极板间的P 点且处于静止状态．以下说法正确的选项是() A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下挪动，且 P 点的电势会降低
B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上挪动，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
εr S
分析：依据 C＝4πkd及 Q＝CU 知，当开封闭归并减小极板的正
对面积，电容 C 减小，Q 减小，但因为二极管拥有单导游电性，题图中的电容器只好充电不可以放电，所以电容器所带电荷量不变，依据公U U4πkQ
式 E＝d可得 E＝d＝εr S，由此可得电场强度 E 变大，油滴所受电场力变大，则带电油滴会向上挪动， P 点与下极板的距离不变，因 E 变大，则 P 点的电势高升，选项 A、B 错误；由以上剖析，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，电容器两头的电压等于电阻 R 两头的电压，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项 C 正确；断开开关 S，因为二
极管拥有单导游电性，电容器不可以放电，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，故油滴仍旧处于静止状态，选项 D 错误．
8．[2020 ·内蒙古包钢四中测试 ]
(多项选择 )如下图，水平搁置的平行金属板 A 、B 连结一恒压电源 (未画出 )，两个质量相等的电荷 M 和 N 同时分别从极板 A 的边沿和两
极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰幸亏板间 C 点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用， 则以下说法正确的 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快度相等
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
大小必定同样
答案： AC
1 q M E
2 1 q N E 2 q M > q N
， 分析：从轨迹能够看出： y M
>y N
，故 · t > · t ，解得
m M m N 2 m M 2 m N
q M >q N ，故 A 项正确， B 项错误；依据动能定理，电场力做的功为
W
＝1
2mv 2y ，质量同样，电荷 M 竖直分位移大，竖直方向的末速度
v y ＝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；从轨迹能够看出： x M >x N ，故 v M t>v N t ，故 v M >v N ，故 D 项错误．
9.
[2020 ·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拙水平面向右运动，经过 A 点时动能为 100 J ，到 B 点时动能减少到 80 J ，减少的动能中有 12 J 转变成电势能，则它再经过 B 点时动能大小为 ( )
A ．4 J
B ．16 J
C ．32 J
D ．64 J 答案： B
分析：从 A 到 B 的过程中，电场力做的功为－ 12 J ，动能减少了 20 J ，从 A 到 B ，依据动能定理得，－ qEx AB － fx AB ＝ΔE k ；解得从 A 到 B 过程中，战胜摩擦力做的功为 W f ＝8 J ，可知战胜电场力做的功 与战胜摩擦力做的功之比为 ：2，则在整个过程中，战胜电场力 做的功与战胜摩擦力做的功之比仍旧为：2.从 B 点到速度减为零，
动能减少许为 80 J ，则战胜摩擦力做的功为 W f ′＝32 J ，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：
－ 2W f ′ ＝
1
2mv ′
2
B －12mv B 2 ，解得 2
1mv ′2
B ＝16 J ，故 B 项正确． 10.
[2020 ·四川省雅安中学模拟 ]( 多项选择 )如下图，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，能够在竖直平面内绕 O 点做圆周运动． AB 为圆周
mg 的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加快度为 g ，电场强度 E ＝ q ，
不计空气阻力，以下说法正确的选项
是 ( )
A ．若小球在竖直平面内绕 O 点做完好的圆周运动，则它运动过 程中的最小速度 v min ≥ 2gL
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 点由静止开释，它将在 ACB
D 圆弧上做来去 运动 D ．若将小球在 A 点以大小为 gL 的速度竖直向上抛出，它将能 够抵达 B 点
答案： AB mg
分析：因为电场强度 E ＝ q ，故 mg ＝qE ，则等效最低点在劣弧
v 2 BC 正中间，重力和电场力的协力为 2mg ，依据 2mg ＝m L 得小球在
等效最高点的最小速度为 v ＝
2gL ，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；小球所受协力方向为与电场方向成 45°角斜向
下，故若将小球在 A 点由静止开释，它将沿协力方向做匀加快直线运动，C 项错误；若将小球在 A 点以大小为 gL 的速度竖直向上抛出，因为在沿劣弧 AD 运动至半径 OA 转过 45°的过程中，战胜重力做的功大于电场力做的正功， 故小球动能减小， 因为小球在等效最高点的 最小速度为 v ＝
2gL ，则小球不行能抵达 B 点， D 项错误．
11.
[2020 ·湖北省部分重点中学联考 ]( 多项选择 )如下图的直角坐标系中，第一象限内散布着平均辐射的电场， 坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为 U ；第三象限内散布着竖直向下的匀强电场， 场强盛小为 E.大批电荷量为－ q(q>0)、质量为 m 的粒子，某时辰起从第三象限不一样地点连续以同样的初速度 v 0 沿 x 轴正方向射入匀强电场．若粒子只好从坐标原点进入第一象限， 其余粒子均被坐标轴上的物质汲取并导走而不影响本来的电场散布． 不计粒子的重力及它们间的相互 作用．以下说法正确的选项是 ( )
A ．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始地点散布在一条直线上
B ．抵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 点的动能一定大于 qU
mv 20
D ．若 U< 2q ，荧光屏各处均有粒子抵达而被完好点亮
答案： CD
qE 2
分析：能进入第一象限的粒子，一定有－
x ＝v 0t ，－y ＝ t ，所
qE
2m
以有 y ＝－ 2mv 02x 2
，在匀强电场中的初始地点散布在一条抛物线上，
选项 A 错误；设抵达坐标原点的粒子入射速度与 y 轴的夹角为 θ，因
v 0
为 sin θ＝ v ，所以抵达坐标原点的粒子速度 v 越大，入射速度方向与
1 y 轴的夹角 θ越小，选项 B 错误；能打到荧光屏上的粒子，都知足 2
2
mv 2
>qU ，选项 C 正确；若 U<
mv
2q
，抵达 O 点的粒子速度方向与 y 轴
的夹角知足 0°<θ<90，°荧光屏各处均有粒子抵达而被完好点亮， 选项
D 正确．
12．[2020 ·重庆模拟 ]( 多项选择 )如下图，水平绝缘粗拙的轨道 AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘圆滑轨道 BC 光滑连结，半圆形轨道的半径 R ＝0.4 m ．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 ＝×104 N/C.现有一电荷量 q ＝＋
×10－4
C 、质量 m ＝0.1 kg 的带电体 (可视为质点 )在水平轨道上
的 P 点由静止开释， 带电体恰巧能经过半圆形轨道的最高点 C ，而后
落至水平轨道上的 D 点，取 g ＝10 m/s 2，则 (
)
A ．带电体在半圆形轨道 C 点的速度大小为 2 2 m/s
B ．落点 D 与 B 点的距离 x BD ＝0
C ．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 7 N
D ．带电体在从 B 到 C 运动的过程中对轨道最大压力为 3( 2＋ 1) N
答案： BD
分析：设带电体经过 C 点时的速度为 v C ，依照牛顿第二定律得，
v C 2
mg ＝ m R ，解得 v C ＝2 m/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 ，依据运动的独立性有：
1 2 2R ＝2gt ， 1 qE 2
B 点时的 x BD
＝v C
t － · t ，解得 x BD
＝0，B 项正确；设带电体经过
2 m
2
速度大小为 v B ，则有 F B －mg ＝m
v
R
B
，带电体从 B 运动到 C 的过程中
依据动能定理得，－ 2mgR ＝
1
2mv 2
C －
1
2mv 2
B ，联立解得 F B ＝6 N ，依据
牛顿第三定律可知带电体对轨道的压力大小为 F ′
B ＝6 N ，
C 项错误；
由 P 到 B 带电体做加快运动，最大速度应在等效重力场的最低点，
依据动能定理得， qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝E km －
1
2mv 2B ，在动能
2
最大地点处支持力最大，依据牛顿第二定律有： N － 2mg ＝m
v
R
m
，解
得 N ＝3(1＋ 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搁置的平行板电容器中， 给电容器
再充上一些电荷量 Q ，油滴开始向上运动，经 t 时间后，电容器忽然放电失掉一部分电荷量 Q ′，又经 t 时间，油滴回到原地点，
若是在运动过程中油滴电荷量必定，则 ( )
A. Q ′＝4
B. Q ′＝3
Q Q C. Q ′ ＝2 D. Q ′ ＝1 Q Q
答案： A
分析： 依据电场强度与电势差的关系及电容的定义得 E ＝
Q ＋ Q Q ＋ Q － Q ′
Cd 、 E ′＝
Cd ，而依题意有 mg ＝q Q
，依据牛顿第
Cd
1
2
二定律可得 qE －mg ＝ma ，mg －qE ′＝ma ′，依题意有 x ＝2at ，－
1
a 1 Q ′ ＝4，即 A 选项正确．
x ＝at 2－2a ′t 2，解得 ′ ＝3，可得 Q
a
14．如下图，平行板电容器两极板水平搁置，现将其与二极管串连接在电动势为 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视，二极管拥有单导游电性．闭合开关 S ，一带电油滴恰巧静止于两板间的 P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下挪动一
小段距离，则以下说法正确的选项是 ( )
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添
D ．油滴仍将保持静止 答案： D
分析：由公式 C ＝4επr
kd S 可知，将平行板电容的下极板竖直向
下挪动一小段距离时，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结，电容器不可以放电，电荷量必定，
Q
依据 U ＝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 点的电势增添， 所以带电油滴的电势能将
4πkQ 减少，C 选项错误； 依据 E ＝ εr S 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．示波管是示波器的中心零件，它由电子枪、偏转电极和荧光 屏构成，如下图．从电子枪发射出的电子在经过加快电场加快和两
个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．假如在荧光屏上 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
分析：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，所以极板 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络绎不绝地射入
电场，粒子射入电场时的初动能均为 E k0，已知 t＝0 时辰射入电场的粒子恰巧沿 MN 板右边沿垂直电场方向射出电场．则以下说法中正
确的是()
T
A．带电粒子经过电场的时间 2
T
B．在 0～2时间段内进入电场的带电粒子最后都从OO′上方射出电场
C．运动过程中全部粒子的最大动能不行能超出2E k0
nT
D．只有 t＝2 (n＝0,1,2， )时辰射入电场的粒子才能垂直电场
方向射出电场
答案： C
分析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故全部
粒子的运动时间同样； t＝0 时辰射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入，沿 MN 板右边沿垂直电场方向射出电场，说明竖直方向
分速度变化量为零，依据动量定理，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
T
T 速直线运动，在 0～ 4内射入的粒子能从 OO ′上方射出电场，在
4～ T OO ′下方射出电场，故 B 错误；粒子竖直方
2时间内射入的粒子在 向的分位移最大为 d d 0＋v ym L
2 ，有 ＝ · ，因为 L ＝d ，解得 v ym ＝v 0，故
2 2 v 0 最大动能 E k ′
＝1
m(v 02 ＋v ym 2)＝2E k0，故 C 正确．
2
课时测评 22○ 综合提能力 课时练 赢高分
一、选择题
1．如下图，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， E p 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地点，则 ( )
A ．U 变小， E p 不变
B ．E 变大， E p 不变
C ．U 变大， E p 变大
D ．U 不变，
E p 变大 答案： A
分析： 平行板电容器充电后与电源断开，电荷量
Q 不变，将正 εS
极板移到图中虚线所示的地点时，
d 减小，依据 C ＝4πkd 知，电容增
大，依据 U ＝
Q
可知，电容器的电压减小．由 E ＝U ＝ Q ＝
4πkq
，可
C d Cd εS
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 E p 不变，故 A 正确．
2． (多项选择 )电子眼系统经过路面下埋设的感觉线来感知汽车的压 力，感觉线是一个压电薄膜传感器， 压电薄膜在受压时两头产生电压， 压力越大电压越大，压电薄膜与电容器 C 和电阻 R 构成图甲所示的 回路，红灯亮时，假如汽车的前、后轮先后经过感觉线，回路中产生 两脉冲电流，如图乙所示，即为“闯红灯”，电子眼摄影，则红灯亮 时( )
A．车轮停在感觉线上时，电阻 R 上有恒定电流
B．车轮经过感觉线的过程中，电容器先充电后放
电
C．车轮经过感觉线的过程中，电阻R 上的电流先增添后减小
D．汽车前轮刚超出感觉线，又倒回到线内，仍会被电子眼摄影
答案： BD
分析：轻轮停在感觉线上时，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，当车轮经过感觉线时电流先增大后减小，而后反向增大再减小，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；若汽车前轮超出感觉线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，切合摄影条件，电子眼仍可摄影，故 D 正确．
3．[2020 ·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
2
下移使 A 、B 两板间距变成本来的3，则 A、B 两极板之间的引力与
本来的比值是 ()
3 9
A.2
B.4
27 81
C. 8
D.16
答案： B
分析： A、B 两板间距变成本来的2
，依据 C＝
ε
r
S可知，电容器
3 4πkd
3
的电容变成本来的2倍，依据 Q＝CU 可知，极板所带电荷量变成本来3U 3
的2倍，依据 E＝d可知，内部场强变成本来的2倍，因为F＝kQE，
9
所以两极板之间的引力变成本来的4倍，选项 B 正确．
4．(多项选择 )
最可怕的仇敌，就是没有坚毅的信念。

如下图，平行板电容器 A 、B 两极板水平搁置， A 在上方， B
在下方，现将其和二极管串连接在电源上，已知 A 和电源正极相连， 二极管拥有单导游电性，一带电小球沿 A 、B 中心水平射入，打在 B 极板上的 N 点，小球的重力不可以忽视，现经过上下挪动 A 极板来改 变两极板 A 、B 间距 (两极板仍平行 )，则以下说法正确的选项是 ( )
A ．若小球带正电，当 A 、
B 间距增大时，小球打在 N 点的右边 B ．若小球带正电，当 A 、B 间距减小时，小球打在 N 点的左边
C ．若小球带负电，当 A 、B 间距减小时，小球可能打在 N 点的 右边
D ．若小球带负电，当 A 、B 间距增大时，小球可能打在 N 点的 左边
答案： BC
分析：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，二极管阻挡放电，所以 Q 不变．依据 E ＝
Q
＝ Q
＝4πkQ ，
Cd
εS
εS
4πkd d
知 E 不变，所以电场力不变， 电场力与重力协力不变， 小球仍旧打在 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
4π
kQ
Q 增大，依据 E ＝
＝ ，知 E 增大，所以电场力变大，方向
4πkd
d
向下，电场力与重力协力变大， 小球做平抛运动时竖直向下的加快度增大，运动时间变短，打在 N 点左边，故 B 正确；若小球带负电，
当 A 、B 间距 d 减小时，由 E ＝ Q
＝
4πkQ
，知 E 增大，所以电场 εS εS
d
4πkd
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
的加快度减小，运动时间变长，小球将打在 N 点的右边，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，依据
Q 4πkQ
E ＝ εS ＝ εS ，知 E 不变，所以电场力大小不变，电场力与重力
d
协力不变，小球仍旧打在 N 点，故 D 错误．
5.
(多项选择 )如下图， A、 B 为两块水平搁置的金属板，经过闭合开
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着落，不计空气阻力，该质点抵达 b
孔时速度恰为零，而后返回．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 板适合上移
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 板适合下移
D．先断开 S，在两板左边之间插入电介质
答案： CD
分析：设质点距离 A 板的高度为 h，A、B 两板本来的距离为 d，电
压为 U，质点的电荷量为 q.质点抵达 b 孔时速度恰为零，依据动能定理
得 mg(h＋d)－qU＝0.保持 S 闭合， A 、B 之间电压不变，由动能
1 2
定理得 mg(h＋d)－qU＝2mv ＝0，即质点着落到 b 孔时速度恰减为零，
QεS
故 A、B 错误；断开 S，A、B 两板电荷量不变，由 C＝U＝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′
1 2
＋d′)－qU＝2mv >0，即质点着落到 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＝
1 2
2mv >0，即质点着落到 b 孔时速度不为零，还有向下的速度，故 D
正确．
6．(多项选择 )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，不计全部阻力，小球运动到最高点时的动能E k与绳中
张力 F 间的关系如图乙所示，当地的重力加快度为g，则 ()
最可怕的仇敌，就是没有坚毅的信念。

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2a
A．轻绳的长度为 b
b＋mg
B．小球所带电荷量为
E
2a
C．小球在最高点的最小速度为m
5a
D．小球在最高点的最小速度为
m
答案： AC
分析：在最高点时，轻绳对小球的拉力、重力和电场力的协力提
mv2 1 2 2
供向心力，则得F＋Eq＋mg＝L ，即2mv L＝F＋Eq＋mg，因为
1 L L a L
E k＝2mv2，故 E k＝2F＋ 2 (mg＋Eq)，由图象可知，图象斜率 k＝b＝ 2 ，
2a v m2 1
即 L ＝b，故 A 正确；当 F＝0 时，mg＋Eq＝m L，2mv2m＝a，解得 q b－mg
＝，故 B 错误；当 F＝0 时，重力和电场力的协力供给向心力，
E
此时小球在最高点有最小速度，12mv2m＝a，解得
v＝
2a
m，故C 正确，
D 错误．
7.
在真空中上、下两个地区均为竖直向下的匀强电场，其电场线散布如下图，有一带负电的微粒，从上面地区沿一条电场线以速度
v0匀速着落，并进入下面地区(该地区的电场足够广 )，在如下图的
速度—时间图象中，切合微粒在电场内运动状况的是()
答案： A
分析：带负电的微粒，从上面地区沿一条电场线以速度v匀速。