(新高考)高考物理一轮复习专题7.3《电容器、带电粒子在电场中的运动》练习（2份打包，解析版+原卷版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25292" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc25292 \h 1
\l "_Tc31575" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc31575 \h 3
\l "_Tc10639" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc10639 \h 6
一．练经典题型
1.(2020·深圳一模)如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，( )
A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大
B．若仅向两极板间插入云母介质，则板极间电场强度减小
C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两极板间距变大
【答案】B
【解析】根据平行板电容器电容的决定式可知，若仅使上极板上移一段距离，电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，选项A错误；若仅向两极板间插入云母介质，极板间介电常数变大，电容器电容增加，由U＝eq \f(Q,C)知，极板间电势差变小，由E＝eq \f(U,d)知，极板间电场强度减小，选项B正确；若两极板正对面积增大，由电容决定式知，电容器电容增大，由U＝eq \f(Q,C)知，极板间电势差变小，则静电计指针张角减小，选项C错误；若两极板间距变大，则电容器电容减小，同理可知极板间电势差变大，静电计指针张角变大，选项D错误。
2．(2021·北京市第二次合格性考试)图为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是( )
A.电容器带电荷量和两板间电压都增大
B.电容器带电荷量和两板间电压都减小
C.电容器带电荷量增大，两板间电压减小
D.电容器带电荷量减小，两板间电压增大
【答案】 B
【解析】 开关S与1端相连时，电源向电容器充电，电流先增大，电容器带电荷量不断增多，两板间电压也不断增大；开关S与2端相连时，电容器放电，电流减小，电容器带电荷量减小，两板间电压也在减小。故A、C、D错误，B正确。
3.(2021·广东广州、深圳市学调联盟第二次调研)如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的带电荷量增加
【答案】 B
【解析】 因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝qE可知电荷所受电场力变小，故A错误；板间电场强度E变小，由U＝EdPa知，P与a板的电势差减小，而a板的电势不变，故P的电势升高，由EP＝qφ知，q为负值时，电势能减小，故B正确，C错误；由Q＝CU和C＝eq \f(εrS,4πkd)，知C减小，Q减小，故D错误。
5.如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝eq \r(5) m/s，则( )
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为eq \r(5) m/s
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为eq \r(5) m/s
【答案】AB
【解析】AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，2qUAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vC＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为eq \r(5) m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误。
6．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v0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B板的中点，下列措施可行的是( )
A．仅使粒子的初速度变为2v0
B．仅使粒子的初速度变为eq \f(v0,2)
C．仅使B板向上平移eq \f(d,2)
D．仅使B板向下平移d
【答案】B
【解析】带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有x＝v0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)t2，联立可得x2＝eq \f(2mv\\al(2,0)d2,qU)，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为eq \f(v0,2)，A错误，B正确；仅使B板向上平移eq \f(d,2)，则根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可得电容增大为原来的两倍，根据U＝eq \f(Q,C)可得电压变为原来的eq \f(1,2)，x2变为原来的eq \f(1,2)，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的eq \f(1,2)，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误。
7.(多选)(2021·哈尔滨模拟)如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B.电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少
C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动
【答案】 D
【解析】 若电压是题图甲，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了eq \f(T,2)后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到eq \f(T,4)后向左减速，eq \f(T,2)后向右加速，eq \f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。
8．(多选)(2021·“超级全能生”26省联考) (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)
B.小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】 AB
【解析】 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
9.(多选)(2020·山东蒙阴县实验中学高二月考)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等
D．若不同比荷eq \f(q,m)的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同
【答案】 BCD
【解析】 设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝eq \f(U1q,md)，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02，可得v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，所以当带负电粒子的比荷eq \f(q,m)相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2l,2U1d′)，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷eq \f(q,m)的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．
10.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝eq \f(4,9)d，则下列判断正确的是( )
A.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)
B.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,3)
C.两滑块的碰撞为弹性碰撞
D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞
【答案】AD
【解析】 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v＜v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝eq \f(4,9)d，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(4,9)qEd＞0，D正确，C错误。
二、练创新情景
1.(2021·云南楚雄州第一次模拟)如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
【答案】D
【解析】电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝eq \f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝eq \f(Pt,E总)知，η＝eq \f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，选项D正确。
2.(2021·历城二中模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件．如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是( )
A．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点
B．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点
C．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点
D．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点
【答案】：A
【解析】：阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确．
3.(多选)(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是( )
A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
【答案】 AD
【解析】 两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mv02－0
偏转电场中，平行于极板方向：L＝v0t
垂直于极板方向：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md)，y＝eq \f(1,2)at2
设离开偏转电场的速度偏向角为θ，有：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)
联立以上各式得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)
偏移量y和速度偏向角θ都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；
对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：
qU1＋qeq \f(U2,d)y＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qeq \f(U2,d)y
因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．
4.(2021·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )
A．烟尘颗粒向下运动
B．两金属板间电场方向向上
C．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少
D．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍
【答案】：C
【解析】：由图可知，极板上端为正极，下端为负极，则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A错误；极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D错误；故选C.
5．(2021·牡丹江市一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是 ( )
A．电场强度的大小为E＝eq \f(Fcs θ,q)
B．AB两点的电势差为UAB＝－eq \f(Fdcs θ,q)
C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcs θ
D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向
【答案】：BC
【解析】：小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝eq \f(F,q)，故A错误．A、B两点的电势差为U＝－Edcs θ＝－eq \f(Fdcs θ,q)，故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fdcs θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcs θ，故C正确．小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向不变，故D错误．
6.(多选)(2021·四川泸州市二诊)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是( )
A.物块在上滑过程中机械能一定减小
B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
【答案】 CD
【解析】 上滑过程中满足qEcs θ＞Ff＋mgsin θ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电－Wf－WG＝ΔEk，则W电＞WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FN＝mgcs 30°，摩擦力Ff＝μmgcs 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。
7.(多选)(2021·云南四川贵州广西四省第二次联考)如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 ( )
A.A点电势高于B点电势
B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大
【答案】 B
【解析】 沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，D错误。
7.(2021·广东深圳模拟)如图所示，在竖直平面内，正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点， P点是EH的中点．一个带负电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出．以下说法正确的是 ( )
A．匀强电场中B点的电势比D点低
B．粒子的运动轨迹经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出
D．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH
【答案】：BC
【解析】：带负电的粒子向下偏转，因此电场强度应竖直向上，B点的电势应高于D点，A错误；粒子做类平抛运动，过C点做速度的反向延长线过FH的中点，也必过P点，因此运动轨迹应该过PE之间的某点，B正确；粒子的初速度减小到原来的一半，将从BC边出射，由类平抛运动的规律，y方向位移相等，则运动时间相同，水平位移将变为原来的一半，因此从E点射出，C正确；从C点射出的粒子，反向延长线过FH的中点O，OC垂直于EH；增大粒子的初速度，粒子从HC边射出，速度夹角必然减小，其反向延长线不可能再垂直于EH，因此粒子在经过EH边时不可能垂直于EH，D错误．
8．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，电场力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，电场力做功等于0
【答案】：D
【解析】：画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示
v ­t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确．
9．(2021·江西宜春调研)如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则( )
A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝eq \f(2μmgL＋mv\\al(2,m),2q)
B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小
C．OB间的距离为 eq \r(\f(kQq,μmg))
D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
【答案】：C
【解析】：小金属块从A到B过程，由动能定理得：－qUAB－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－eq \f(2μmgL＋mv\\al(2,m),2q)，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝keq \f(Qq,r2)，得r＝eq \r(\f(kQq,μmg))，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误．
10．(2021·淮北市一中周考)如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是( )
A．Q点在P点正下方
B．小球电势能减少
C．小球重力势能减少量等于eq \f(1,2)mg2t2
D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧
【答案】：C
【解析】：从P到Q点，根据动能定理可知：mgh＋W电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mg2t2，选项C正确．
三．练规范解答
1．(2021·广东深圳模拟) 半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E­r曲线下O～R部分的面积等于R～2R部分的面积．
(1)写出E­r曲线下面积的单位；
(2)已知带电球在r≥R处的场强E＝eq \f(kQ,r2)，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？
(3)求球心与球表面间的电势差ΔU；
(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？
【答案】：(1)伏特 (2)eq \f(E0R2,k) (3)eq \f(E0R,2) (4) eq \r(\f(qE0R,m))
【解析】：(1)E­r曲线下面积表示电势差，则单位为V.
(2)根据R处的场强为E0，有E0＝keq \f(Q,R2)，解得Q＝eq \f(E0R2,k).
(3)E­r曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差ΔU＝eq \f(E0R,2).
(4)E­r曲线下O～R部分的面积等于R～2R部分的面积，知表面与2R处的电势差大小为eq \f(E0R,2)
根据动能定理得，－qΔU＝0－eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(qE0R,m)).
2.(2021·湖南宁乡一中等十校联考)如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)．在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq \r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上．极板长L，距偏转板右边缘s处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上．(板外无电场)，求：
(1)电子进入偏转板时的速度．
(2)eq \f(1,4)T时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离．
(3)电子打在荧光屏上的范围Y.
【答案】 (1) eq \r(\f(2eU0,m)) (2)距离为零 (3)eq \f(\r(1),3)L
【解析】 (1)由eU0＝eq \f(1,2)mv2，解得
v＝eq \r(\f(2eU0,m)).
(2)t＝eq \f(L,v)＝Leq \r(\f(m,2eU0))＝T，
电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零．
(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，有50%的电子由于偏转量太大，不能射出．
电子在eq \f(1＋8k,8)T～eq \f(3＋8k,8)T，eq \f(5＋8k,8)T～eq \f(7＋8k,8)T(k＝0,1,2，…)时进入偏转极板，能射出．
设两极板间距为d，则
a＝eq \f(U0e,dm)，eq \f(d,2)＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2，d＝eq \f(3,8)L
eq \f(Y,2)＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2－2×eq \f(1,2)a(eq \f(1,8)T)2，Y＝eq \f(\r(1),3)L，
因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围Y＝eq \f(\r(1),3)L.
3.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D.已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小．
【答案】(1)0.4 m (2)2eq \r(5) m/s
【解析】 (1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝meq \f(vD2,R)①
2R＝eq \f(1,2)(eq \f(mg＋qE,m))t2②
x＝vDt③
联立①②③得x＝0.4 m．④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙⑤
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv甲2＋eq \f(1,2)mv乙2⑥
联立⑤⑥得v乙＝v0⑦
由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mv乙2⑧
联立①⑦⑧得v0＝2eq \r(5) m/s.
4.(2021·重庆九校联盟联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小。
【答案】 (1)1 m/s (2)5 V (3)eq \r(10) m/s
【解析】 (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2，
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，
竖直方向有yP＝eq \f(1,2)at2，
联立得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))，
代入数据，解得v0＝1 m/s。
(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)，
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)，
解得E＝50 N/C，
设小球在水平电场中运动的水平距离为l，
eq \f(qE,mg)＝eq \f(l,d)，
根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El，
解得UAB＝5 V。
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，
解得v＝eq \r(10) m/s。
5.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E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，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
(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。
【答案】 (1)小球带正电，电荷量为eq \f(mg,E) (2)eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)，与水平方向的夹角为45°斜向右
上方 (3)eq \f(\r(2)v0,2)
【解析】 (1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有t＝eq \f(v0,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
初速度为0，加速度ax＝eq \f(qE,m)
水平方向有v0＝eq \f(qE,m)t
联立解得qE＝mg
可得q＝eq \f(mg,E)。
(2)由(1)分析可知，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veq \\al(2,0)＝2gh
可得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)
所以由A到B的位移xAB＝eq \r(2)h＝eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),2g)
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝eq \f(y,x)＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方。
(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则tan θ＝eq \f(mg,qE)＝1，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即tan θ＝eq \f(vx,vy)＝1，则vx＝vy，vx＝eq \f(qE,m)t′＝gt′，vy＝v0－gt′
解得vx＝vy＝eq \f(v0,2)，故vmin＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(\r(2)v0,2)。