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一、单项选择题
1．(2019·湖北孝感模拟)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，D
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减小些，下
列采取的措施可行的是( )
A．断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动
解析：选B.断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据
C＝知，电容C减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，选项A错误；断开开关S，增
大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C＝知，电容C增大，根据U＝知，电势差减小，指
针张角减小，选项B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，
电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅
充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D错误．
2．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.粒子运动的加速度为(
)
A．g B．g
C．g D．g
解析：选A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，
由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差
不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，
粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma＝mg－q，两式联立可得a＝g.
3．(2019·高考原创猜题卷)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置
于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所
受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为( )A．2 B．2
C．2 D．
解析：选D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方
向运动，F
合
＝mg，x＝h，由动能定理得F
合
·x＝mv 2，解得
v
＝.
4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中
心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从
静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平
移，则从P点开始下落的相同粒子将( )
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板d处返回
解析：选D.设粒子质量为m，带电荷量为q，由动能定理得，第一次粒子从P点下落有mg
－qU＝0；设第二次粒子从P点下落进入电容器后在距上极板距离为x处返回，有mg－qU＝
0，联立解得x＝d，故选项D正确．
5．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出
极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏
转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减
小)，下列措施可行的是( )
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小偏转电场两极板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
解析：选C.微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有
L＝
v0
t，在竖直方向上有y＝at2，加速度为a＝，联立解得y＝＝，要缩小字迹，就要减小微粒
在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转
电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 E (增大墨汁微粒的喷出速
k0
度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确．
6.如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q 与q，质量分别为m 和m.它
1 2 1 2
们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上
的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则( )A．q>q B．m D．<
解析：选C.设粒子的速度为
v0
，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，所以
有加速度a＝，运动时间为t＝，偏转位移为y＝at2，整理得y＝，显然由于A粒子的水平位移
小，则有>，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确．
二、多项选择题
7．目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作
的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，
夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工
作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角
上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过
对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )
A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号
B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作
C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小
D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大
解析：选AD.据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四
个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔
与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变
大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变
大时，电容变大，故D正确．
8. 如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P
点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点电势将降低
C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小
D．带电油滴的电势能保持不变
解析：选BC.电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P
点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝
可知电容器电容减小，板间场强E ＝减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE，合力向下，带
场电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距
离h不变，由φ ＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝可知电容器所带
P
电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能
增大，D错．
9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变
化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是(
)
A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝ 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝ 时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解析：选AC.根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒
子的运动．由图(a)知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能
够击中右板，选项A正确、B错误．
由图(b)知，t＝时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能
到达右板，则之后往复运动，选项C正确、D错误．
10．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板
间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度
v0
从两极板中央
平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．
已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．微粒的入射速度 v0 ＝10 m/s
B．电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C．电源电压为180
V
时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D．电源电压为100
V
时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：选AC.开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由＝gt2，＝
v0
t，
联立得
v0
＝10 m/s，A对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位
移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，
L＝ v0 t 1 ，mg－＝ma，联立解得U 1 ＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2 ＝
200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V ≤U≤200 V 时，微粒可以从平行板电容器
的右边射出电场，C对、D错．
三、非选择题
11．(2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．
从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量
为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为
v0
，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用
时间为.重力加速度为g，求
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式
和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝.③
(2)设B从O点发射时的速度为
v1
，到达P点时的动能为E
k
，O、P两点的高度差为h，根
据动能定理有
E
k
－mv ＝mgh＋qEh④
且有
v1
·＝
v0
t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
E
k
＝2m(v ＋g2t2)．⑦
答案：(1) (2)2m(v ＋g2t2)
12．如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的
匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度
v0
从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且
能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：(1)初速度
v0
与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差U ；
PQ
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
解析：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
设初速度
v0
与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝
解得θ＝45°.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
W ＝qEL
PQ
解得U ＝＝－.
PQ
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有mg＝ma，
即a＝g，
v0
＝at
解得t＝
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝.
答案：(1)45° (2)－ (3)
