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精选名校试题考点全面覆盖［基础题组］
一、单项选择题
1.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是（）A.充电时，电容器的电容变小B.充电时，电容器存储的电能变小C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零解析电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C错误.答案B
2.（
2020.山东济南外国语高三检测）带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）A.增大两极板间的距离B.用手触摸极板BC.在两板间插入电介质D.将极板8向上适当移动解析增大两极板间的距离，即d增大，则由电容的决定式=广2，可以知道电容器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由=专分析可以知道，电容器板间的电势差增大，静电计的指针偏角变大，故A错误.因为3板接地，用手触摸时，仍接地，对电荷量没有影响，电势差保持不变，故B错误.在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由Q=UC可以知道电势差减小，故C正确.将极板3向上运动时，正对面积减小，则C减小，由=可以知道，电势差增大，故D错误.答案C.两平行金属板相距为d电势差为U一电子质量为〃2电荷量为G从点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，0A=〃，此电子具有的初动能是（）解析电子从点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小.根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力.这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，^mvl=eU0A.[JTJh1eUh因E=~fU（）a=Eh=j~故-厂，故选项D正确.答案D.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）信片输入纸一盒——带电室“一A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电荷量无关解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿方向x=vt沿电场方向y又=*，得）即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C正确，D错误.答案C.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度0垂直于电场线方向射入匀强电场中.在重力、电场力共同作用卜，三球沿不同的轨道运动，最后都落到极板上，则（）A.三个粒子在电场中运动的时间相同B.A粒子带负电C.三者落在板上的动能关系为EkcEkBEkAD.三者都做平抛运动解析粒子在水平方向做初速度相同的勺速运动，水平位移越大运动时间越长，故运动的时间以〉加“c；在竖直方向做匀加速运动，侧向位移因三者侧向位移一样，故加速度QC劭如，静皂力与重力的合力关系为FcFbFa即带负电、B不带电、A带正电，故B做平抛运动A、做类平抛运动.由于合力做功WcW户WZ根据动能定理，粒子动能的增加量为AEkcAEkBAEi^又初动能相同，故三者落到板上的动能关系为£kcEk户EraC正确.答案c
二、多项选择题.如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图.当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化.若静电计上的指解析由公式=才力，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C增大，由公式C=号可知电荷量不变时，U减小，则减小，故A错误，C正确；由公式=广方，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容减少，由公式可知电荷量不变时，U增大，则增大，故B正确，D错误.答案BC.两平行极板间距为人两极板间电压为U不计重力的电子以平行于极板的速度射入两极板之间，沿极板方向运动距离为/时侧移为y.如果要使电子的侧移=%仅改变一个量，下列哪些措施可行（）A.改变两极板间距为原来的一半.改变两极板所加电压为原来的一半C.改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D.改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍解析电子做类平抛运动，根据分运动公式，水平方向有竖直方向有丁=枭匕其中4=*，联立解得.若改变两极板间距d为原来的一半，）增加为原来的2倍，A错误；若改变两极板所加电压为原来的一半，y减小为原来的，B错误；若改变电子沿极板方向运动距离/为原来的一半，y减小为原来的;，C正确；若改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，y减小为原来的，D正确.答案CD.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为仇极板间距为cl带负电的微粒质量为加、带电荷量为/从极板M的左边缘A处以初速度内水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘8处射出，则（）A.微粒达到3点时动能为斗砂
8.微粒的加速度大小等于gsinC.两极板的电势差口的=黑）D.微粒从A点到B点的过程电势能增加与普wdoC/解析微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达8时动能小于;〃g8选项A错误；根据^Esin=加0qEcos0=mg解得”=gtana选项B错误；两极板的电势差Umn=EcI=选项C正C/LU、CZ确；微粒从A点到3点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量43^=乌巴LU〉tz选项D正确.答案CD［能力题组］
一、选择题如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d.有一带电粒子以某速度oo紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘.带电粒子所受的重力忽略不计.现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在8板的中点，下列措施可行的是（）仅使粒子的初速度变为2伙）仅使粒子的初速度变为空仅使8板向上平移D.仅使3板向下平移d解析带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有在沿电场方向做初速度为零的勺加速直线运动，有*t联立可得产=2mv现在要使工变为原来的一半，即炉为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为与，A错误，B正确；仅使B板向上平移则根据C=3哈可得电容增大为原来的两倍，根据可得电压变为原来的小变为原来的倍，c错误；仅使3板向下平移乩同理可得电容变为原来的电压变为原来的2倍，炉变为原来的2倍，D错误.答案B.（多选）（2018・高考全国卷III）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等.现同时释放〃、b它们由静止开始运动，在随后的某时刻、匕经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，、匕间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是（）A.Q的质量比b的大B.在/时刻，的动能比〃的大C.在，时刻，和力的电势能相等D.在/时刻，〃和〃的动量大小相等解析根据题述可知，微粒向下加速运动，微粒〃向上加速运动，根据〃、人经相同时间经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知的加速度大小大于〃的加速度大小，即恁＞恁.对微粒由牛顿第二定律，qE=m（对微粒由牛顿第二定律，qE=mbahy联立解得娃〉延，由此式可以得出q的质量比〃的小，选项A错误；在以h两微粒运动过mamb程中，微粒所受合外力（电场力）等于人微粒，〃微粒的位移大于人微粒，根据动能定理，在，时刻，〃的动能比b大，选项B正确；由于在，时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在1时刻，和〃的电势能不等，选项C错误；由于微粒受到的合外力（电场力）大小等于b微粒受到的合外力（电场力）大小，根据动量定理，在t时刻，、匕微粒的动量大小相等，选项D正确.答案BD
11.（多选）在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、3（均可视为质点）处在同一水平面上.现将两球以相同的水平速度向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则（）ABE;I\BAA球带正电，5球带负电A球比3球先落地C.在下落过程中，A球的电势能减少，3球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小解析两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=votDo相同，知A运动的时间比B的长，竖直方向上，由卜=%产=^^2相等，可知，A的合力比3的小，所以A的电场力向上，带正电，8的电场力向下，带负电，故A正确.A运动的时间比8的长，则3球比A球先落地，故B错误.A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加；B的电场力向下，电场力对5球做正功，3球的电势能减小，故C错误.A的合力比3的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变化小，故D正确.答案AD
12.（2019・高考天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2°方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）►Ej战A.动能增加B.机械能增加2根济3C.重力势能增加铲2〃D.电势能增加2机公解析由动能的表达式反=%%2可知带电小球在M点的动能为EkM=，2〃，在N点的13动能为反2=5m
（2）2=Zmv所以动能的增量为AEk=5加2故A错误；带电小球在电场中运动时，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有vy=v=gt9vx=2v=at=^—t可得qE=2mg竖直方向的位移/=5，，水平方向的位移犬=为3t=vt因此有x=2/i对小球由动能定理有夕以一mg/z=A£k=；7〃*联立上式可解得夕瓜=2m2mgh=^mv2电场力做正功，机械能增加2m浮，电势能减少2根浮，故B正确，D错误，重力做负功，重力势能增加量为］〃加，故C错误.乙答案B
二、非选择题
13.示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏，如图所示.若已知加速电场的电压为Ui，两平行金属板的板长、板间距离均为d荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d电子枪发射的质量为加、电荷量为一e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力.若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为上，电子会打在荧光屏上某点，该点距点距离为|d求Ui和为的比值会.解析在加速电场中，由动能定理得:qU\=^mv2以的速度进入偏转电场2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移的距离y\=；〃於其中t=E设粒子离开偏转电场时，速度方向与水平方向成夕角，则有tan3=~^vy=at根据牛顿第二定律有加速度〃=若ma离开偏转电场后偏移的距离，2=dtan而总的偏移距离y=y\+y2=^d联立以上几式解得*=].U2L答案
214.一质量为根的带电小球以速度oo沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场£中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，1小球带电情况；2小球由A到B的位移；3小球速度的最小值.解析1从A到8过程中，3点是最高点，竖直分速度为0有t=~g水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电aE初速度为0加速度圆=^—m水平方向有uo=吗m联立解得Eq=mg⑵在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小在竖直方向有2gh=决可得〃=工Ng所以位移大小为5/2=等方向与水平方向的夹角为45斜向右上方.⑶设重力与电场力的合力为£其与水平方向的夹角为仇则tanO=〃¥=l如图所示q乜开始一段时间内，产与速度方向夹角大于90，合力做负功，动能减小后来厂与速度夹角小于90，合力做正功，动能增加因此，当尸与速度的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为min解得tr=黑四桢=乐+1=坐2Ng乙答案）小球带正电电荷量为等Q唔与水平方向的夹角为45斜向右上方。
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