高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第08章靜電場(chǎng)熱點(diǎn)強(qiáng)化練10靜電場(chǎng)性質(zhì)綜合訓(xùn)練

高考物理經(jīng)典習(xí)題解析熱點(diǎn)強(qiáng)化練10靜電場(chǎng)性質(zhì)綜合訓(xùn)練(時(shí)間：40分鐘)1.(2020·北京市第二次合格性考試)圖1為某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線，a、b、c是同一條電場(chǎng)線上的三個(gè)點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢(shì)分別為φa、φb、φc。把一個(gè)檢驗(yàn)電荷先后放在a、b、c三點(diǎn)，它受到的電場(chǎng)力大小分別為Fa、Fb、Fc，下列判斷正確的是()圖1A.Fa＞Fb＞Fc B.Fa＜Fb＜FcC.Fa＝Fb＝Fc D.Fa＝Fb＜Fc答案A解析根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知，電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大，故Ea＞Eb＞Ec，電場(chǎng)力F＝qE，故有Fa＞Fb＞Fc，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.[2020·浙江省名校聯(lián)盟創(chuàng)新卷(一)]點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)如圖2所示，a、b為同一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，則下列判斷正確的是()圖2A.a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ea＝EbB.a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)φa＜φbC.負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能較小D.正電荷在b點(diǎn)電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反答案C解析電場(chǎng)強(qiáng)度跟電場(chǎng)線的疏密程度有關(guān)，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布可知，a點(diǎn)的電場(chǎng)線比b點(diǎn)的電場(chǎng)線密，因此Ea＞Eb，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的方向指向電勢(shì)降低的方向，因此φa＞φb，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；負(fù)電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，因此選項(xiàng)C正確；正電荷所受電場(chǎng)力的方向跟電場(chǎng)線在該點(diǎn)的切線方向相同，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.(2020·浙江選考模擬)如圖3所示，真空中固定于A、B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q1＝＋2.0×10－6C、Q2＝－2.0×10－6C，A、B之間的距離L為2.0m，MN為AB的中垂線，P點(diǎn)距離A、B的距離也為2.0m，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()圖3A.兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小為1.8×10－2NB.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向沿y軸正向C.若P點(diǎn)放置q＝＋2.0×10－6C的電荷，該電荷受到的電場(chǎng)力的大小為9.0×10－3ND.若P點(diǎn)放置q＝＋2.0×10－6C的電荷，該電荷受到的電場(chǎng)力的大小為9eq\r(3)×10－3N答案C解析根據(jù)庫(kù)侖定律，A、B兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小F＝keq\f(Q1Q2,L2)，代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N，A錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E1＝keq\f(Q,L2)，A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)在P點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小E＝2E1cos60°＝4.5×103V/m，根據(jù)矢量合成的法則，方向?yàn)閤軸的正方向，B錯(cuò)誤；P點(diǎn)處的電荷受到電場(chǎng)力的大小為F＝qE＝9.0×10－3N，C正確，D錯(cuò)誤。4.(多選)(2020·北京市密云區(qū)期末)如圖4所示，平行板電容器的A、B板水平正對(duì)放置，B板接地(電勢(shì)為0)。在兩板間有一帶負(fù)電液滴恰好靜止不動(dòng)，若A板向下移動(dòng)，則下列判斷正確的是()圖4A.液滴向下運(yùn)動(dòng)B.液滴仍靜止不動(dòng)C.若此平行板電容器與靜電計(jì)相連，則靜電計(jì)指針張角變小D.此帶電液滴電勢(shì)能不變答案BCD解析根據(jù)題意可知，電容器的電量不變。若A板向下移動(dòng)，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)可知，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，液滴所受電場(chǎng)力不變，仍平衡，靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；若A板向下移動(dòng)，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容變大，由C＝eq\f(Q,U)知，板間電壓減小，靜電計(jì)指針張角變小，故C正確；B板接地(電勢(shì)為0)，A板向下移動(dòng)，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，由U＝Ed知，液滴與下極板間的電勢(shì)差不變，液滴的電勢(shì)能不變，故D正確。5.(2020·山東煙臺(tái)市高考診斷一模)如圖5所示，在xOy平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的圓，與x、y軸的交點(diǎn)分別為a、b、c、d，從坐標(biāo)原點(diǎn)O向紙面內(nèi)各個(gè)方向以等大的速率射出電子，可以到達(dá)圓周上任意一點(diǎn)，而到達(dá)b點(diǎn)的電子動(dòng)能增加量最大。則()圖5A.電場(chǎng)線與x軸平行B.a點(diǎn)電勢(shì)大于c點(diǎn)電勢(shì)C.在圓周上的各點(diǎn)中，b點(diǎn)電勢(shì)最高D.電子從O點(diǎn)射出至運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中，其電勢(shì)能增加答案C解析從坐標(biāo)原點(diǎn)O向紙面內(nèi)各個(gè)方向以等大的速率射出電子，可以到達(dá)圓周上任意一點(diǎn)，而到達(dá)b點(diǎn)的電子動(dòng)能增加量最大，說(shuō)明O、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差最大，電場(chǎng)線與y軸平行，沿y軸負(fù)方向，所以b點(diǎn)電勢(shì)最高，a點(diǎn)電勢(shì)等于c點(diǎn)電勢(shì)，故C正確，A、B錯(cuò)誤；電子帶負(fù)電，從O點(diǎn)射出至運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中，電勢(shì)升高，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤。6.(2020·浙江省名校協(xié)作體5月模擬)在點(diǎn)電荷＋Q形成的電場(chǎng)中有一點(diǎn)A，當(dāng)一個(gè)電荷量為－q的檢驗(yàn)電荷從電場(chǎng)的無(wú)限遠(yuǎn)處被移到電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做的功為W。取無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能及電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)分別為()A.EpA＝－W，φA＝eq\f(W,q) B.EpA＝－W，φA＝－eq\f(W,q)C.EpA＝W，φA＝eq\f(W,q) D.EpA＝W，φA＝－eq\f(W,q)答案A解析依題意，－q的檢驗(yàn)電荷從電場(chǎng)的無(wú)限遠(yuǎn)處被移到電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做的功為W，則電荷的電勢(shì)能減小W，無(wú)限處電荷的電勢(shì)能為零，則電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為EpA＝－W，U∞A＝eq\f(W,－q)＝0－φA，則A點(diǎn)的電勢(shì)φA＝eq\f(W,q)，故選項(xiàng)A正確。7.(多選)(2020·江蘇如皋中學(xué)模擬)如圖6，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N先后在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn)，不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是()圖6A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.M在b點(diǎn)的動(dòng)能小于它在a點(diǎn)的動(dòng)能C.N在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于它在e點(diǎn)的電勢(shì)能D.N在從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功答案ABC解析由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a到b點(diǎn)，庫(kù)侖力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理知，動(dòng)能減小，則b點(diǎn)的動(dòng)能小于在a點(diǎn)的動(dòng)能，故B正確；d點(diǎn)和e點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，則N在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于在e點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；N從c到d，庫(kù)侖斥力做正功，故D錯(cuò)誤。8.(多選)(2020·廣東佛山市二模)如圖7所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)直角三角形，BC邊垂直AC邊，∠BAC＝30°，BC邊長(zhǎng)度為d，已知電場(chǎng)方向與該直角三角形的某一邊平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子(不計(jì)重力)在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向沿AB；經(jīng)過(guò)BC邊的中點(diǎn)D時(shí)，速度大小為vD，方向與BC邊垂直。以下選項(xiàng)正確的是()圖7A.電場(chǎng)方向與AC邊平行B.A、B、C三點(diǎn)中B點(diǎn)電勢(shì)最高C.vD＝eq\f(1,2)v0D.電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qd)答案BD解析因帶正電的粒子沿AB方向入射，垂直BC邊射出，且已知電場(chǎng)方向與該直角三角形的某一邊平行，根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)的物體所受的合力方向指向軌跡的凹向，可知粒子所受電場(chǎng)力方向平行于BC向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知A、B、C三點(diǎn)中B點(diǎn)電勢(shì)最高，選項(xiàng)B正確；粒子在垂直于BC方向做勻速運(yùn)動(dòng)，可知vD＝v0cos30°＝eq\f(\r(3),2)v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由A到D由動(dòng)能定理－qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qd)，選項(xiàng)D正確。9.(多選)(2020·山西陽(yáng)泉市上學(xué)期期末)如圖8所示，在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，把小球拉起至A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)平行，然后把小球從A點(diǎn)無(wú)初速釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B后到達(dá)B的另一側(cè)C點(diǎn)時(shí)速度為零，則()圖8A.小球在B點(diǎn)時(shí)速度最大B.小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能一直在減少C.小球在B點(diǎn)時(shí)的繩子拉力最大D.從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中小球的電勢(shì)能一直增加答案BD解析小球受電場(chǎng)力水平向右，則由平衡知識(shí)可知，小球的平衡位置在AB之間的某位置，小球在平衡位置時(shí)的速度最大，繩子在此位置時(shí)繩子的拉力也是最大，則選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)程中，只有電場(chǎng)力和重力做功，則小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，因此過(guò)程中電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電勢(shì)能變大，則機(jī)械能一直在減少，選項(xiàng)B正確；從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，則小球的電勢(shì)能一直增加，選項(xiàng)D正確。10.(多選)(2020·浙江寧波市適應(yīng)性考試)如圖9甲所示，一絕緣的圓環(huán)上均勻分布著正電荷，一光滑細(xì)桿過(guò)圓心且垂直于圓環(huán)平面，桿上套有帶正電的小球。t＝0時(shí)刻把小球從a點(diǎn)由靜止釋放后，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)b、c兩點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是()圖9A.小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增大B.圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為0C.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差Uab小于b、c兩點(diǎn)電勢(shì)差Ubc答案BD解析小球帶正電，則小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，絕緣豎直圓環(huán)上均勻分布的正電荷在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)完全抵消，則帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為零，故B正確；由乙圖可知小球在a處的加速度小于b處加速度，由qE＝ma，可知a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0＝eq\f(1,2)m×0.42＝0.08m，qUbc＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(1,2)m×(0.72－0.42)＝0.165m，可得a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差Uab小于b、c兩點(diǎn)電勢(shì)差Ubc，故D正確。11.(多選)(2020·天津市和平區(qū)第二次質(zhì)量調(diào)查)如圖10所示，一帶電的粒子以一定的初速度進(jìn)入某點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經(jīng)過(guò)電場(chǎng)中的a、b兩點(diǎn)，其中a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成30°角；b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成60°角，粒子只受電場(chǎng)力的作用，下列說(shuō)法中正確的是()圖10A.粒子帶正電B.a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)C.從a到b，系統(tǒng)的電勢(shì)能減小D.粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度答案AC解析將Ea、Eb延長(zhǎng)，其交點(diǎn)為Q點(diǎn)，如圖所示，由圖可知場(chǎng)源電荷在Q位置，電場(chǎng)方向指向場(chǎng)源電荷，故電荷為負(fù)電荷，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)所受合力指向曲線內(nèi)側(cè)，所以粒子帶正電，故A正確；由圖可知，Ra＞Rb，且點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中等勢(shì)面是以場(chǎng)源電荷為圓心的同心圓，沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低，故a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由于a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，由正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，即粒子從a到b電勢(shì)能減小，故C正確；由圖可知，Ra＞Rb，且根據(jù)E＝keq\f(Q,R2)可知粒子在a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于在b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。12.(2020·浙江省山水聯(lián)盟開(kāi)學(xué)考)如圖11所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝eq\f(mg,q)，管的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從管中a點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，則()圖11A.小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，并在adb間往復(fù)運(yùn)動(dòng)B.小球每周的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大速度在圓弧ad之間的某一位置C.小球第一次和第二次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為1∶5D.小球第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為4∶1答案C解析帶電小球從a點(diǎn)由靜止釋放，只有重力和電場(chǎng)力做功，帶電小球到達(dá)b點(diǎn)，重力勢(shì)能不變，電勢(shì)能減小，故到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qE·2R＝2mgR，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球重力和電場(chǎng)力的合力正好沿半徑方向時(shí)，小球的速度最大，所以速度最大點(diǎn)在d點(diǎn)的左側(cè)，故B錯(cuò)誤；第一次過(guò)d點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgR＋qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1d)，根據(jù)向心力公式，有FN1d－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1d),R)，解得FN1d＝5mg，第一次過(guò)c點(diǎn)，根據(jù)向心力公式，有FN1c＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1c),R)，第一次經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1c)＝mgR，F(xiàn)N1c＝mg，則小球第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為FN1d∶FN1c＝5∶1，故D錯(cuò)誤；從a點(diǎn)釋放到第二次到c點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有－mgR＋2qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2c)，據(jù)向心力公式，有FN2c＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2c),R)，解得FN2c＝5mg，則小球第一次和第二次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為FN1c∶FN2c＝1∶5，故C正確。13.(多選)(2020·遼寧葫蘆島市上學(xué)期質(zhì)監(jiān))如圖12所示，質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓U2。兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出并打在熒光屏MN上，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向正對(duì)熒光屏中心O點(diǎn)。下列關(guān)于兩種粒子運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是()圖12A.兩種粒子會(huì)打在屏MN上的同一點(diǎn)B.兩種粒子不會(huì)打在屏MN上的同一點(diǎn)，質(zhì)子離O點(diǎn)較遠(yuǎn)C.兩種粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)具有相同的動(dòng)能D.兩種粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)具有不同的動(dòng)能，α粒子的動(dòng)能較大答案AD解析兩種粒子在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，平行于極板方向L＝v0t，垂直于極板方向a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度偏向角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanα＝eq\f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏向角α都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無(wú)關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一個(gè)點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)兩個(gè)粒子先加后偏的全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理qU1＋qeq\f(U2y,d)＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)α粒子的動(dòng)能較大，C錯(cuò)誤，D正確。14.(多選)(2020·湖南永州市第二次模擬)如圖13所示，一充電后與電源斷開(kāi)的平行板電容器的兩極板水平放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g，下列結(jié)論正確的是()圖13A.兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)B.兩極板間電壓為eq\f(2mgd,q)C.整個(gè)過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能增加eq\f(3mg2L2,2veq\o\al(2,0))D.若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上答案BD解析據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場(chǎng)后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過(guò)程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱性，如圖可見(jiàn)兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得qE－mg＝mg，得到E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知板間電壓為U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯(cuò)誤，B正確；小球在電場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)的距離為y＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，小球打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為s＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，重力勢(shì)能的增加量為Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，故C錯(cuò)誤；僅增大兩板間的距離，因兩板上電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知板間場(chǎng)強(qiáng)不變，小球在電場(chǎng)中受力情況不變，則運(yùn)動(dòng)情況不變，故仍垂直打在屏上，故D正確。

高考復(fù)習(xí)時(shí)間安排進(jìn)入高三，考生應(yīng)該如何復(fù)習(xí)才最有效呢？這是考生們最為關(guān)心的，下面為考生們準(zhǔn)備了一套有效的高三復(fù)習(xí)計(jì)劃，希望對(duì)于考生們的高考復(fù)習(xí)有所幫助。高三復(fù)習(xí)計(jì)劃第一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)能力過(guò)關(guān)(8月中3月初)全面閱讀教材，查漏補(bǔ)缺，使知識(shí)系鏡化。并配合單元訓(xùn)練，提升應(yīng)用能力。第二輪復(fù)習(xí)棕合能力突破(3月初~5月中)明碚重點(diǎn)，突破難點(diǎn)，把握知識(shí)內(nèi)部聯(lián)系。加強(qiáng)解瓶訓(xùn)練，提升實(shí)戰(zhàn)能力。第三輪復(fù)習(xí)應(yīng)用能力提高(5月中5月底)檢驗(yàn)復(fù)習(xí)，強(qiáng)化記憶。自選模擬題，按考試要求自考，提前進(jìn)入考試狀態(tài)。高三階段怎樣安排自己的時(shí)間？在高三階段，復(fù)習(xí)課程的時(shí)間和內(nèi)容應(yīng)靈活安排，因?yàn)樘讉€(gè)人的學(xué)習(xí)習(xí)慣和方法等方面都有所不同，學(xué)習(xí)時(shí)間和課程內(nèi)容應(yīng)因人而異。根據(jù)自已的情況你可以制訂一個(gè)短期或長(zhǎng)期的學(xué)習(xí)時(shí)間要排表。若某一科目是你的劣勢(shì)，你可以多花些時(shí)間去學(xué)習(xí)，優(yōu)勢(shì)科目應(yīng)繼續(xù)拔高?？傊鶕?jù)你自己的實(shí)際情況制訂計(jì)劃，不要好高鷺遠(yuǎn)，故步自封。溫瑞要說(shuō)過(guò)，“真正的高手會(huì)把精、氣、神集中于一擊”。而在生活中，注意力更是一種資源。因?yàn)?/p>