一、選擇題圖4－1－131．(2012·淮北一中質(zhì)檢)圖4－1－13中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖4－1－13中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點．若不計重力，則()A．M帶負電荷，N帶正電荷B．N在a點的速度小于M在c點的速度C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D．M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零【解析】由O點電勢高于c點電勢知，場強方向垂直虛線向下，由兩粒子運動軌跡的彎曲方向知N粒子所受電場力方向向上，M粒子所受電場力方向向下，故M粒子帶正電、N粒子帶負電，A錯誤．N粒子從O點運動到a點，電場力做正功，C錯誤．因為UaO＝UOc，且M、N粒子質(zhì)量相等，電荷的絕對值相等，由動能定理易知B錯誤．O、b兩點位于同一等勢線上，D正確．【答案】D2.圖4－1－14圖4－1－14是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有()A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場力對礦粉做正功C．帶負電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變大【解析】由題圖可知，電場方向水平向左，帶正電的礦粉所受電場力方向與電場方向相同，所以落在左側(cè)；帶負電的礦粉所受電場力方向與電場方向相反，所以落在右側(cè)，選項A錯誤；無論礦粉所帶電性如何，礦粉均向所受電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力均做正功，選項B正確；電勢能均變小，選項C、D錯誤．【答案】B3.圖4－1－15(2012·銅陵模擬)如圖4－1－15所示，將平行板電容器兩極板分別與電池的正、負極相接，兩板間一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將下極板向上平移一小段距離，則在此過程中下列說法中正確的是()A．電容器的帶電荷量變大B．電路中有順時針方向的短暫電流C．帶電微粒仍將靜止D．帶電微粒將向下做加速運動【解析】電容器與電源相連，電容器兩極板間電壓U與電源電動勢E相等．下極板向上移動，兩板距離d減小，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)＝eq\f(Q,U)可知電容器的電荷量增大，選項A正確；電容器被充電，有逆時針方向的短暫電流，選項B錯誤；兩板距離d減小，電壓不變，場強變大，微粒將向上加速運動，選項C、D錯誤．【答案】AC．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動【解析】帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場力F＝Eq，方向垂直于極板向上．因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B錯．【答案】D6．(2012·重慶高考)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖4－1－18所示，a、b、c、d為電場中的4個點．則()圖4－1－18A．P、Q兩點處的電荷等量同種B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同C．c點的電勢低于d點的電勢D．負電荷從a到c，電勢能減少【解析】由電場的等勢面分布圖可判斷P、Q為等量異種點電荷，Q帶負電，A項錯誤．a(chǎn)、b兩點的電場強度方向不同，故B項錯誤．由正電荷到負電荷電勢逐漸降低知φc<φd，故C項錯誤．負電荷從a到c，電場力做正功，電勢能減小，故D正確．【答案】D7.圖4－1－19(2012·合肥模擬)在電荷量分別為－q和＋2q的兩個點電荷形成的電場中，電場線分布如圖4－1－19所示．在兩點電荷連線(水平方向)的中垂線上有a、b兩點．以下說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點的電場強度方向均為水平向左B．a(chǎn)、b兩點的電場強度大小相等C．a(chǎn)、b兩點的電勢相等D．帶正電的試探電荷在a點時具有的電勢能比在b點時大【解析】電場線上各點的切線方向表示該處電場的方向，電場線的疏密程度表示該處電場的強弱，根據(jù)題圖知A、B錯誤；又因電場中的等勢線始終與電場線垂直，故圖中虛線不是等勢線，a、b兩點電勢不相等，據(jù)此可作出過a的一條等勢線，由“沿電場線方向電勢逐漸降低”知：a點電勢高于b點電勢，正電荷在a點時的電勢能大于放在b點時的電勢能，C錯誤，D正確．【答案】D8．如圖4－1－20所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩極板不帶電，由于重力作用，微粒能落到下板的正中央．已知微粒質(zhì)量m＝4×10－5kg，電荷量q＝＋1×10－圖4－1－20A．微粒的入射速度v0＝20m/sB．電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場C．電源電壓為180V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶鯠．電源電壓為100V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶觥窘馕觥块_關(guān)S閉合前，兩極板不帶電，微粒落到下板的正中央，由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(L,2)＝v0t，得v0＝10m/s，A錯誤，電容器上板接電源正極時，微粒的加速度更大，水平位移將更小，B錯誤；設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時的加速度為a，電場力向上，則：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，L＝v0t，mg－eq\f(Uq,d)＝ma，得U＝120V，同理微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時，可得U＝200V，所以平行板上板帶負電，電源電壓為120V≤U≤200V時微粒可以從平行板電容器的右邊射出電場，C正確，D錯誤．【答案】C二、非選擇題9.圖4－1－21(2012·大綱全國高考)如圖4－1－21，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點．現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時懸線與豎直方向的夾角為π/6.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3，且小球與兩極板不接觸．求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量．【解析】設(shè)電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為U＝eq\f(Q,C)①兩極板之間電場的場強為E＝eq\f(U,d)②式中d為兩極板間的距離．按題意，當小球偏轉(zhuǎn)角θ1＝eq\f(π,6)時，小球處于平衡位置．設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcosθ1＝mg③Tsinθ1＝qE④式中T為此時懸線的張力．聯(lián)立①②③④式得tanθ1＝eq\f(qQ,mgCd)⑤設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時小球偏轉(zhuǎn)角θ2＝eq\f(π,3)，則tanθ2＝eq\f(qQ＋ΔQ,mgCd)⑥聯(lián)立⑤⑥式得eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(Q,Q＋ΔQ)⑦代入數(shù)據(jù)解得ΔQ＝2Q.⑧【答案】2Q10．(2012·蚌埠一中模擬)如圖4－1－22甲所示，A、B為光滑水平地面上相距d的兩帶電擋板，在A、B兩板間有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的點電荷P.若A、B兩板間所形成電場的電場強度如圖乙所示(從A指向B為電場強度的正方向)，在t＝0時刻點電荷P位于A、B間中點且初速度為0.已知點電荷能在A、B間以最大的幅度運動而不與兩板相碰，且點電荷P開始從中點第一次運動到某板后，以后每次從一板到另一板的運動過程中，電場方向只改變一次．甲乙圖4－1－22(1)求點電荷P從A、B中點由靜止開始到第一次運動到板處的時間；(2)導(dǎo)出圖乙中t2時刻的表達式；(3)導(dǎo)出圖乙中tn時刻(n≥2)的表達式．【解析】(1)設(shè)點電荷P在兩板間運動的加速度大小為a，則：qE＝ma點電荷P在電場力作用下開始向B板運動，先加速后減速，到達B板時速度為0，設(shè)加速時間為t1，減速時間為t′1，則：at1＝at′1eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)at′eq\o\al(2,1)點電荷P第一次到達B板的時間t＝t1＋t′1解得：t＝eq\r(\f(2d,g)).(2)設(shè)點電荷由B板向A板加速運動的時間為t′2，減速運動的時間為t″2，到達A板的速度為0，則：at′2＝at″2d＝eq\f(1,2)at′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)at″eq\o\al(2,2)t2＝t＋t′2解得：t2＝(eq\r(2)＋1)eq\r(\f(d,g)).(3)點電荷從A