高考物理一轮复习 课练22 电容器 带电粒子在电场中的运动（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练22电容器带电粒子在电场中的运动1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图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()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两极板靠近些D保持开关S闭合，只将滑动变阻器触头向右移动2(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的

2、下极板竖直向下移动一小段距离，则()A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角不变C带电油滴的电势能将增大D若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变3(多选)指纹识别传感器在日常生活中应用十分广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的

3、位置，从而形成指纹图象数据，根据以上信息，下列说法正确的是()A在峪处形成的电容器电容较小B充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C在峪处形成的电容器放电时间较长D潮湿的手指对指纹识别绝对没有影响4(多选)图中直线AB为某点电荷产生的电场中一条竖直的电场线有一质量为m、电荷量为q的小球，从该直线上的A点由静止释放，小球向下运动h到达B点时速度恰好减为零，不计下落过程中的空气阻力下列判断正确的是()A该点电荷位于A点的正上方且带负电BB点的电场强度大小EBCA点的电势A大于B点的电势BD小球从A点到B点的过程电势能增加mgh5(多选)在匀强电场中，质量为m、电荷量为q的小球由静止释放后，斜向下做直线

4、运动，轨迹与竖直方向的夹角为，如图所示，则()A场强最小值为sin B小球的电势能可能不变C电场方向可能水平向左 D小球的机械能可能减小6如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v11104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界上的b点以与水平边界MN成30角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v22104 m/s，已知MP20 cm、MN80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势、粒子的速度v

5、、电势能Ep随x的变化图象正确的是()练高考小题7.2018北京卷，19研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大82018江苏卷，5如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A仍然保持静止 B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下方运动92018全国卷

6、，21(多选)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a、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a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面a、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等102015广东卷(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置释放后，M、N保持静止不计重力，则()AM的带电量比N的大BM带

7、负电荷，N带正电荷C移动过程中匀强电场对M做负功D静止时M受到的合力比N的大112016全国卷，20(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知()AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小练模拟小题122019黑龙江省大庆实验中学模拟如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处

8、于静止状态下列说法正确的是()A减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，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132019江西省新余一中模拟(多选)如图所示为一电源电动势为E、内阻为r的恒定电路，电压表的内阻为10 k，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是()A若C1C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差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CC1上所带电荷量为零D再将开关S断开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则

9、静电计张角也增大142019江苏省盐城中学模拟如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，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快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动的加速度大小为()A.g B.gC.g D.g15.2019湖北省部分重点中学联考(多选)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为q(q0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v

10、0沿x轴正方向射入匀强电场若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布不计粒子的重力及它们间的相互作用下列说法正确的是()A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到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点的动能必须大于qUD若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮162019重庆模拟(多选)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.4 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E1.

11、0104 V/m.现有一电荷量q1.0104C、质量m0.1 kg的带电体(可视为质点)在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g10 m/s2，则()A带电体在半圆形轨道C点的速度大小为2 m/sB落点D与B点的水平距离xBD0C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 ND带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为3(1) N综合测评提能力一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1如图所示，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

12、表示电容器的电压，Ep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位置，则()AU变小，Ep不变 BE变大，Ep不变CU变大，Ep变大 DU不变，Ep变大2如图所示，有一倾角为30的斜面，A点位于斜面底端正上方与斜面顶端等高处将质量为0.1 kg的带电小球第一次从A点正对斜面水平抛出，小球恰能垂直落在斜面上加竖直方向电场后，将小球第二次从A点以原速度抛出，小球到达斜面时的位移最小，已知斜面长为L2 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小球的初速度大小为 m/sB小球第一次与第二次运动的时间之比为6:5C小球在电场中所受电场力大小为2.2 ND加电场后

13、，小球从抛出到落到斜面，电势能的变化量为2.4 J3如图所示边长为L的正方形区域内存在着匀强电场，质量为m、电荷量为q、重力忽略不计的带正电的粒子，由电场左侧从不同位置以相同的初速度v0垂直进入电场，已知从E点进入的粒子恰好从C点离开电场，E是AD的中点，F是CD的中点，则以下说法正确的是()AAD间的电势差为B从A、E之间进入电场的粒子，离开电场时速度与水平方向的夹角为45C从F点离开电场时粒子的动能为mvD从F点离开电场时粒子的动能为mv4.如图所示，一个带电粒子从粒子源O处射入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S处沿金属板A、B的中线(如图中虚线所示)射入偏转

14、电场，A、B板长均为L，相距为d，A、B两板之间的电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A. B.C. D.0)质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？课练22电容器带电粒子在电场中的运动狂刷小题夯基础1A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，根据C知，电容减小，根据U知，电势差增大，指针张角增大，故A项正确；保持开关闭

15、合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故B、C项错误；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头不会影响指针张角，故D项错误2BD根据C可知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是电容器两极板间的电势差，因为电容器始终与电源相连，电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E，可知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确3AB根据C可得，极板与指纹峪(凹下部分)的距离较

16、大，构成的电容器电容较小，选项A正确由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据QCU可知，极板与指纹峪构成的电容器充上的电荷量较少，放电时间较短；反之，在嵴处形成的电容器电容较大，电荷量大，放电时间较长，选项B正确，C错误潮湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来电容器的电容，所以会影响指纹识别，选项D错误4BD若该点电荷位于A点的正上方且带负电，那么电荷量为q的小球受到向下的重力和向上的电场力，从A点由静止开始向下运动，在运动中由于库仑力减小，所以小球的加速度一直在增大，则小球的速度不可能再减到零，故A错误；小球从A到B先加速后减速，所以加速度先向下后

17、向上，故小球在B点时受到的合力向上，即qEBmg，故B正确；小球从A到B，动能没有变化，合外力做的功为零，重力做正功，所以电场力做负功，则电势能增加，且增加量为mgh，小球带正电，所以A点的电势A小于B点的电势B，故C错误，D正确5ABD由题意可知，重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则可知，当电场力与合力垂直时，电场力最小，即场强最小，由几何知识可得mgsin qE，解得Esin ，故A项正确；当电场方向垂直合力方向斜向右上方时，电场力不做功，小球的电势能不变，故B项正确；当电场方向水平向左时，小球所受电场力方向向左，重力竖直向下，重力与电场力的合力不可能斜向右下方，故C项

18、错误；当电场力方向与合力方向的夹角大于90时，在运动过程中电场力对小球做负功，所以小球的机械能减小，故D项正确6D因为匀强电场中的电场强度处处相等，故A错误；因为粒子离开电场时的速度v22v1，则电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故B项错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qExmv2mv，所以v与x不是线性关系，C项错误；因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qExEp0Ep，故EpqEx，故D项正确7A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的等量电荷，故选项A正确；实

19、验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C，可知电容C变小，由C可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C，可知电容C变大，由C可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C不变，由C，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误8D由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确9BD由题意知

20、，两微粒只受电场力的作用且电场力的大小相等，xaxb，由xat2可知，微粒a的加速度大，由qEma可知，微粒a的质量小，选项A错误；由动能定理qExEk可知，微粒a的动能大，选项B正确；Epq，在同一等势面上，两微粒所带电荷量虽相等，但电性相反，故电势能不相等，选项C错误；由动量定理有qEtmv，可知两微粒的动量大小相等，选项D正确10BC先对M、N的带电性质作出假设，然后分别分析M、N在假定的情况下所受的静电力，判断M、N是否能保持静止通过分析可见必须是M带负电、N带正电，即B正确，M、N才可能分别受力平衡再将MN看做是一整体，MN间的库仑力是内力，MN都要静止，则电场对两电荷的电场力必须大

21、小相等，方向相反，据FEq，则M、N带电荷量相等，即A、D错由于M带负电，其所受匀强电场的电场力水平向左，将M的合位移分解成向右，向下的位移，电场力做负功，C正确11AB带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误12C根据C及QCU知，当开关闭合并减小极板的正对面积，电容C减小，Q减小，但由于二极管具有单向导电性，题图中的电容器只能充电不能放电，所以电容器所带电荷

22、量不变，根据公式E可得E，由此可得电场强度E变大，油滴所受电场力变大，则带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，因E变大，则P点的电势升高，选项A、B错误；由以上分析，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，电容器两极板间的电压等于电阻R两端的电压，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，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，故油滴仍然处于静止状态，选项D错误13CD由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而

23、电容器C2充电后，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A项错误；电路稳定后，电容器C2两极板间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C2两极板间的电压不变，所带电荷量不变，故B项错误；由于电压表两端没有电压，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C2所带的电荷量Q不变，板间距离增大，电容减小，由公式C分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D项正确14A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，板间场强可以表达为E1，且有qE1mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为E2，有mg

24、qE2ma，联立上述可解得ag，选项A正确15CD能进入第一象限的粒子，必须有xv0t，yt2，所以有yx2，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；设到达坐标原点的粒子入射速度与y轴的夹角为，因为sin ，所以到达坐标原点的粒子速度v越大，入射速度方向与y轴的夹角越小，选项B错误；能打到荧光屏上的粒子，都满足mv2qU，选项C正确；若U，到达O点的粒子速度方向与y轴的夹角满足090，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确16BD设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律得，mgm，解得vC2 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，

25、根据运动的独立性有：2Rgt2，xBDvCtt2，解得xBD0，B项正确；设带电体通过B点时的速度大小为vB，则有FBmgm，带电体从B运动到C的过程中根据动能定理得，2mgRmvmv，联立解得FB6 N，根据牛顿第三定律可知带电体对轨道的压力大小为F6 N，C项错误；由P到B带电体做加速运动，最大速度应在等效重力场的最低点，根据动能定理得，qERsin 45mgR(1cos 45)Ekmmv，在动能最大位置处支持力最大，根据牛顿第二定律有：Nmgm，解得N3(1) N，由牛顿第三定律知D项正确综合测评提能力1A平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减

26、小，根据C知，电容增大，根据U可知，电容器的电压减小由E，可知电场强度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Ep不变，故A正确2C本题考查运动的合成与分解、牛顿第二定律及电场力做功，意在综合考查考生对牛顿第二定律、平抛运动等知识的理解应用情况设小球初速度为v，L为斜面长度，第一次小球垂直落在斜面上，有x1vt1，y1gt，由平抛运动规律有tan 60，由几何关系有y1，解得x1L，v2 m/s，t1 s，A错误；加竖直方向电场后，要使小球到达斜面时的位移最小，则小球落点与抛出点的连线应与斜面垂直，设小球竖直方向加速度为a，有tan 30，而x2vt2，y2at

27、，由几何关系有x2L，解得a32 m/s2，t2 s，故小球第一次与第二次运动的时间之比为8:5，B错误；由牛顿第二定律得mgF电ma，解得F电2.2 N，C正确；加电场后，小球从抛出到落到斜面，电势能的变化量为EpF电y21.65 J，D错误3B本题考查带电粒子在电场中的运动根据题意，从E点进入的粒子恰好可以从C点离开电场，有Lv0t，at2，a，得U，A错误；设从A、E之间进入电场的粒子，离开电场时的竖直速度为vy，则有v0tL，t，得vyv0，则粒子射出电场时速度与水平方向间夹角为45，B正确；从F点离开电场的粒子，水平位移为，运动时间为，竖直位移ya2，则粒子射出电场时动能为mvqmv

28、，CD错误4C带电粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理有qU1mv20，带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的匀加速直线运动，对带电粒子在水平方向上的匀速直线运动，由运动学公式得Lvt，对带电粒子在竖直方向上的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得ma，设位移为y，则有yat2()2，要使带电粒子能从A、B板间飞出，应有y，联立解得，故选项C正确5B01 s内，粒子做加速运动，12 s内电场强度反向，且大小是01 s内电场强度的2倍，故粒子在12 s内的加速度比01 s内的加速度大，故粒子在1.5 s末速度就为零了，所以1.5 s2 s内粒子反向加速，2

29、 s末速度不为零，根据对称性可知粒子在3 s末速度为零，回到出发点，A、C错误，B正确；01 s内电场力做正功，11.5 s内电场力做负功，1.52 s内电场力做正功，23 s内电场力做负功，D错误6D由于小球在电场中的运动轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明小球所受电场力方向向上，所以小球带负电，故B错误；带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程的水平位移分别为x1和x2，竖直位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，则从A到B过程小球做平抛运动，则有x1v0t1，从B到C过程，有x2v0t2，由题意可知x12x2，则t12t2，即小球从A到B

30、的运动时间是从B到C运动时间的2倍，故C错误；又y1gt21，将小球在电场中的运动看成沿运动轨迹相反方向的类平抛运动，则有y2at22，根据几何知识有2，解得a2g，根据牛顿第二定律得Fmgma2mg，解得F3mg，故A错误；从A到B过程速度变化量大小为v1gt12gt2；从B到C过程速度变化量大小为v2at22gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确7A带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大

31、小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡因此，速度时间图象应该为A.8C在0t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即fqEq，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误9BC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，二极管阻止放电，所以Q不变根据

32、E，知E不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在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增大，根据E，知E增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E，知E增大，所以电场力变大，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速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，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，根据E，知E不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故D错误10

33、CD假设第一次充电后电容器所带的电荷量为Q，电容器的电容为C，两板间距离为d，则由U、E可得E，油滴静止时mgqE；当电容器电荷量增加Q时，由牛顿第二定律有mgma2，又由运动学公式得xa2t2，运动时间t后的速度为va2t；电容器放电后，由牛顿第二定律可知mgma3，又2xa2t2ta3(2t)2，由以上整理得a2:a32:3，Q:Q2:5，A项错误，D项正确；过程，合力的平均功率为，过程，合力的平均功率为，则:2:3，B项错误；过程，合力的冲量大小为I2ma2t，过程，合力的冲量大小为I3ma32t，则I2:I31:3，C项正确11答案：(1)(2) (3)解析：(1)对小球，由题意可知E

34、qmg解得E(2)对小球，设从C到B的加速度为a，根据牛顿第二定律可得Eqma由运动学公式可得Lat2式联立解得t(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有qE(LR)mgRmv0联立，可得vD.12答案：(1)1 m/s(2)5 V(3) 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，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a解得a5 m/s2根据平抛运动规律有，小球沿水平方向做匀速运动xAv0t沿竖直方向有yPat2v0xA 解得v01 m/s(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入第四象限电场时

35、竖直方向的速度vy因为小球在第四象限电场区域内恰好做直线运动，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，有解得E50 V/m设小球在水平方向的电场中运动的水平距离为l，则，UABEl解得UAB5 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mv2mvmg(yPd)qUABqE0yP解得v m/s.13答案：(1)mvqhv0(2)2v0解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度L为L2l2v0