2019-2020年高考物理試題分項版匯編系列 專題09 靜電場（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理試題分項版匯編系列 專題09 靜電場（含解析）一、單選題1如圖所示，在電場有M、N兩點，則（）A. M點的電勢比N點的電勢高B. M點的電場強度比N點的電場強度大C. 正電荷在M點的電勢能比在N點的電勢能大D. 負電荷從M點運動到N點，電場力不做功【答案】 B綜上所述本題答案是：B2如圖所示，在水平放置兩平行金屬板M、N之間的P點，固定有一個帶電荷量為q的點電荷，兩金屬板通過電阻R接到直流電源上，其中N板接地( )A. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，金屬板帶電荷量將增加B. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，通過R的電流方向是b指向aC. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點電荷的電勢變小D. 當保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點電荷的電勢能變小【答案】 C【解析】試題分析：當保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，d增大，根據(jù)可知，電容C減小，因U不變，根據(jù)可知，電荷量減小，通過R的電流向右，即a指向b，故AB錯誤；由于電容器兩端的電勢差不變，將M板向上移動，d增大，根據(jù)可知，電場強度減小，根據(jù)，可知pN間的電勢差減小，又，且N點電勢為零，則p點的電勢減小，根據(jù)，電荷為負電荷，則在p點的電勢能變大故C正確，D錯誤故選C【點睛】電容器和電源相連，兩端的電勢差不變，通過電容的變化，結合Q=CU得出電荷量的變化，通過電容器帶電量的變化確定通過R的電流流向結合電場強度的變化，得出pN間電勢差的變化，從而確定p點電勢的變化，得出p點電勢能的變化3帶有等量異種電荷的一對平行金屬板,上極板帶正電荷.如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大,即使在兩極板之間,它們的電場線也不是彼此平行的直線,而是如圖所示的曲線(電場方向未畫出).虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線.關于這種電場,以下說法正確的是( ) A. 平行金屬板間的電場,可以看做勻強電場B. b點的電勢高于a點的電勢C. d點的電勢低于c點的電勢D. 若將一正電荷從電場中的任一點由靜止釋放,它必將沿著電場線運動到負極板【答案】 C點睛：解決本題關鍵掌握電場線的兩個物理意義：疏密表示場強的大小，方向表示電勢的高低，要明確只有電場線是直線時，電荷才能沿電場線運動4關于電場的性質正確的是：（ ）A. 電場強度大的地方，電勢一定高B. 正點電荷產(chǎn)生的電場中電勢都為正C. 勻強電場中，兩點間的電勢差只與兩點間距離成正比D. 電場強度大的地方，沿場強方向電勢變化快【答案】 D【解析】A項，場強和電勢沒有直接關系，電場強度大的地方電勢不一定高，故A項錯誤。B項，正點電荷產(chǎn)生的電場中電場線由正點電荷發(fā)出指向無窮遠，但本題中沒有規(guī)定哪兒為零勢點，所以正點電荷產(chǎn)生的電場中電勢不一定為正，故B項錯誤。C項，勻強電場中，兩點間電勢差與兩點沿電場線方向上的距離成正比，故C項錯誤。D項，電場強度大的地方，電場線密集，等勢線距離小，電勢變化快，故D項正確5如圖所示是電容式話筒的示意圖，它是利用電容制作的傳感器，話筒的振動膜前面有薄薄的金屬層，膜后距膜幾十微米處有一金屬板，振動膜上的金屬層和這個金屬板構成電容器的兩極，在兩極間加一電壓U，人對著話筒說話時，振動膜前后振動，使電容發(fā)生變化，使聲音信號被話筒轉化為電信號，其中導致電容變化的原因可能是電容器兩板間的（ ）A. 電壓變化 B. 電量變化C. 距離變化 D. 介質變化【答案】 C【解析】人對著話筒講話時，振動膜前后振動時，介質、正對面積沒有變化，電容器兩板間的距離發(fā)生變化，引起電容變化，使聲音信號被話筒轉化為電信號，故C正確，ABD錯誤；故選C。6如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖），使用前先給超級電容器C充電，彈射時，電容器釋放儲存電能所產(chǎn)生的強大電流經(jīng)過導體棒EF，EF在磁場（方向垂直紙面向外）作用下加速。則下列說法正確的是 （ ）A. 電源給電容器充電后，M板帶正電B. 導體棒在安培力作用下向右運動C. 超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變D. 在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小【答案】 B點睛：本題考查電容以及安培力的性質，要注意掌握左手定則以及電容的性質等基本內容，明確電容由導體本身的性質決定7為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，如圖所示，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板。當金屬板連接到高壓電源正負兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強電場?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，顆粒帶負電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說法正確的是（ ）A. 煙塵顆粒向下運動 B. 兩金屬板間電場方向向上C. 煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少 D. 煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍【答案】 C【解析】由圖可知，極板上端為正極，下端為負極；則帶負電的顆粒受電場力向上，故帶電顆粒將向上運動，故A錯誤；極板上端為正極，下端為負極，所以兩金屬板間電場方向向下故B錯誤；煙塵顆粒在運動過程中電場力做正功，電勢能減少故C正確；帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍故D錯誤；故選C.8如圖，兩電荷量分別為Q(Q0)和Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是A. O點的電勢為零，電場強度也為零B. a點的電勢高于b點電勢，a點電場強度大于b點電場強度C. 正的試探電荷在b點的電勢能大于零，所受電場力方向指向O點D. 將負的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功【答案】 B【解析】等量異種電荷連線的中垂線為一條等勢線，且電勢為零，即O點電勢為零，而兩電荷連線上電場方向由a指向b，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以a點的電勢高于O點的電勢，即a點的電勢高于b點的電勢，在連線上，電場強度先增大后減小，在O點電場強度最小，但不為零，在中垂線上，從O點向兩邊遞減，所以O點在中垂線上是電場強度最大的點，故a點電場強度大于b點電場強度，A錯誤B正確；電荷在零電勢處電勢能為零，故正的試探電荷在b點的電勢能為零，電場方向水平向右，C錯誤；負電荷從O向a移動過程中，電場力方向水平向左，電場力做正功，D錯誤9如圖所示，P點固定一個帶正電荷的小球，光滑桿上套有一個帶負電的質量為m的小環(huán)（可視為點電荷），A、P在同一水平面上，且相互為L，當環(huán)從A位置靜止開始下滑到C位置時速度恰好為零，B點是AC的中點，已知AC間的距離為h，則A. 在C位置時小環(huán)受到的庫侖力為B. 從A到C，小環(huán)的機械能先增大后減少C. 從A到B和從B到C，小環(huán)克服庫侖力做的功，后者較大D. 從A到C，小環(huán)克服庫侖力做功的功率一直增大【答案】 C【解析】A、在C位置時小環(huán)受到的庫侖力F，則有，故A錯誤；B、帶正電荷的小球對帶負電的質量為m的小環(huán)做負功，小環(huán)的機械能減少，故B錯誤；C、由點電荷周圍的電勢分布可知，距離點電荷越遠，電勢減小的越慢，所以AB之間的電勢小于BC之間的電勢，小環(huán)克服庫侖力做的功在BC多，故C正確；D、在A點，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，在C點，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，小環(huán)克服庫侖力做功的功率先增大后減小，故D錯誤；故選C。10如圖所示，有兩個固定的等量異種點電荷，a、b是它們連線的中垂線上兩個位置，c是它們產(chǎn)生的電場中另一位置，以無窮遠處為電勢的零點，則以下認識中正確的有A. a、b兩點場強相同 B. a、b兩點電勢相同C. c點電勢為正值 D. 將一正電荷從a點移到b點電場力做負功【答案】 B【解析】A、a、b兩點場強方向均與ac連線垂直向右，方向相同a點處電場線比b處疏，則a場強比b點小故C錯誤；B、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以a點電勢與b點電勢相等故B正確；C、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，a、b點處于同一等勢線上，而且這條等勢線一直延伸到無窮遠處，則a、b與無窮遠處電勢相等，無窮遠處電勢為零，又該電場電場線由正電荷出發(fā)到負電荷終止，故c點電勢比ab電勢低，故c電勢為負，故C錯誤；D、由于a、b電勢相等，故將一正電荷從b點移到c點電場力不做功，故D錯誤；故選B；11如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b兩點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示以下說法中正確的是 ( ）A. Q2帶負電B. Q2的電量一定大于Q1的電量C. a點電勢高于b點電勢D. 整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大【答案】 C【解析】A、由圖可知負電粒子速度先減小，若也帶負電，負電粒子因為排斥力，速度會增大，一定帶正電，選項A錯誤；B、過了b點后，負電荷速度變大，說明負電荷受到排斥力大于的吸引力，所以的電量一定大于的電量，選項B錯誤；C、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，所以負電荷應該是沿著電場線運動的，所以a點電勢高于b點電勢，故C正確；D、整個過程動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒得知，電勢能先增大后減小，選項D錯誤綜上所述本題答案是：C12如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構成的偏轉電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置與a、b平行方向射入偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點圖中未畫出），從N點射出的速度為v，則以下說法中正確的是A. 只增大帶電粒子的比荷大小，則v減小B. 只增大偏轉電場的電壓U的大小，則v減小C. 只減小初速度v0的大小，則x不變D. 只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變【答案】 D的夾角為，則由半徑公式，結合幾何關系，可得：x=2Rsin=，則會導致x不變，故D正確；故選D點睛：考查粒子做類平拋運動與勻速圓周運動的處理規(guī)律，掌握圓周運動的半徑公式，注意運動的合成與分解的方法13x軸上有兩個點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間連線上各點電勢高低如圖曲線所示，選無窮遠處電勢為零，從圖中可以看出（ ）A. Q1的電荷量小于Q2的電荷量B. Q1和Q2一定是同種電荷C. Q1和Q2之間連線上各點電場強度方向都指向Q2D. P處的電場強度為零【答案】 C【解析】AB、由圖象可以發(fā)現(xiàn)，離Q1越近電場中的電勢越高，由此可以判斷Q1為正電荷，同理由于離Q2越近電勢越低，所以Q2為負電。選無窮遠處電勢為零，根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場中各點的電勢，在它們的連線上的p點的電勢也是零，Q1在p點的電勢為正，Q2在p點的電勢為負，且絕對值相等，但p點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，所以A錯誤，B錯誤；C、由于Q1和Q2為異種電荷，并且Q1為正電荷，Q1在x軸正半軸上的電場方向向右；Q2為負電荷，Q2在Q1和Q2之間的電場方向也向右，所以Q1和Q2之間連線上各點電場強度方向都指向Q2，P點電場強度是Q1和Q2在p點產(chǎn)生的電場的和，不等于零，方向指向Q2，所以C正確，D錯誤。故選：C。14一電場線在豎直平面上的分布如圖所示。電場中的A、B兩點的電場強度分別為、，電勢分別為、。一個質量為m、電荷量為q的帶電小球，從電場中的A點運動到B點，A、B兩點間的高度差為h。小球經(jīng)過A點時的速度大小為，運動至B點時的速度大小為，該過程的速度偏向角為，電場力做功為W，則以下判斷中正確的是( )A. B. D. 【答案】 D【解析】AB、由電場線的疏密可判斷出EAEB，由電場線的方向可判斷出AB，故AB錯誤；CD、從電場中的A點運動到B點，由動能定理得，電場力做功為，故D正確，如果電荷為負電荷，電場力做負功，重力做正功，大小無法確定，所以和的大小無法判斷，故C錯誤；故選D。15以兩個等量同種正電荷的連線的中點為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓如圖所示，兩個圓上有三個不同的點M、N、P，下列說法中正確的是（ ）A. N點電勢一定小于M點的電勢B. N點場強一定大于M點的場強C. 一個電子在M點的電勢能和在P點的電勢能相等D. 一個電子在N點的電勢能比在P點的電勢能大【答案】 C【解析】A、兩個等量同種正電荷的連線的中點為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓，由疊加原理得，O點的電勢最高，無窮遠處的電勢為0，從O點經(jīng)N點、M點到無窮遠，電勢減小，則有N點電勢大于M點的電勢，故A錯誤；B、由疊加原理得，O點的場強為0,無窮遠處的場強為0，從O點經(jīng)N點、M點到無窮遠，場強先增大后減小，N點、M點具體位置未知，場強大小也未知，無法判斷N點、M點場強大小，故B錯誤；C、M點和P點在同一個圓上，M點電勢等于P點的電勢，電子在M點的電勢能和在P點的電勢能相等，故C正確；D、N點電勢大于M點的電勢，M點電勢等于P點的電勢，則有N點電勢大于P點的電勢，電子在N點的電勢能比在P點的電勢能小，故D錯誤；故選C。16某靜電場中有一條電場線與x軸重合，縱軸表示該條電場線上對應各點的電勢隨x的變化規(guī)律，如圖所示x軸上坐標為x1x0點的電勢和電場強度大小分別為1和E1，坐標x2x0點的電勢和電場強度大小分別為2和E2，下列有關判斷正確的是()A. 12，E1E2B. 12，E1E2C. 12，E1E2D. 12，E1E2【答案】 B【解析】由題意可知電場線方向沿x負方向，沿著電場線方向電勢降低，故有12，A、C錯；在x圖象中某點的斜率表示電場強度的大小，故有E1E2，故B正確；綜上所述本題答案是：B 17兩個不規(guī)則帶電導體間的電場線分布如圖所示，已知導體附近的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，選無窮遠為電勢零點，則()A. 場強大小關系有EbEcB. 電勢大小關系有bdC. 將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D. 將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功【答案】 D綜上所述本題答案是：D18在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，M30、P90，直角邊NP的長度為4 cm。已知電場方向與三角形所在平面平行，M、N和P點的電勢分別為3 V、15 V和12 V。則電場強度的大小為()A. B. C. D. 【答案】 A【解析】過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點，如圖所示由幾何知識可知N、O間的距離NO2 cm，M、O間的距離MO6 cm，由勻強電場的特點得O點的電勢為，即O、P在同一等勢面上，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：，故A正確。綜上所述本題答案是：A19如圖所示，P、Q是兩個電荷量相等的異種點電荷，在其電場中有a、b、c三點在一條直線上，平行于P、Q的連線，b在P、Q連線的中垂線上，abbc，下列說法正確的是()A. 電勢：abcB. 電勢：acbC. 電場強度：EaEbEcD. 電場強度：EbEaEc【答案】 A【解析】根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布特點知，a、c兩點對稱，場強大小相等，由a、c兩點處的電場線分布比b點處的密，故a、c兩點處的場強大于b點處的場強，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A正確；綜上所述本題答案是：A20將兩個質量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為30，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】取小球a、b整體作為研究對象，則受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關系，由圖知F的最小值為，由，知，故B對綜上所述所述本題答案是：B 21一對正、負電子可形成一種壽命比較短的稱為“電子偶素”的新粒子。電子偶素中的正電子與負電子都以速率v繞它們連線的中點做圓周運動。假定玻爾關于氫原子的理論可用于電子偶素，電子的質量m、速率v和正、負電子間的距離r的乘積也滿足量子化條件，即，式中n稱為量子數(shù)，可取整數(shù)值1、2、3、，h為普朗克常量。已知靜電力常量為k，電子質量為m、電荷量為e，當它們之間的距離為r時，電子偶素的電勢能，則關于電子偶素處在基態(tài)時的能量，下列說法中正確的是（）A. B. C. D. 【答案】 C【解析】試題分析：由正負電子的庫侖力提供向心力，從而求出電子的動能；由題意可知，系統(tǒng)的電勢能，及電子的動能，可求得n=1時，“電子偶素”的能量設n=1時電子運轉軌道半徑為，此時正負電子間庫侖力，此庫侖作為向心力，由題中量子化理論可知，n=1時，聯(lián)立上式可得，由題意可知，系統(tǒng)的電勢能，每個電子動能，系統(tǒng)的能量，聯(lián)立可得，C正確22在某一靜電場中建立x軸，其電勢隨坐標x變化的圖線如圖所示。若將一帶負電的粒子（重力不計）從坐標原點O處由靜止釋放，電場中P、Q兩點位于x軸上，其橫坐標分別為lcm、4cm。則下列說法正確的是（）A. 粒子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等B. 粒子經(jīng)過P、Q兩點時，加速度大小之比1：1C. 粒子經(jīng)過P、Q兩點時，電場力功率之比1：1D. 粒子恰能運動到離原點12cm處【答案】 A【解析】A、由圖可知，橫坐標為1cm和4cm的P、Q兩點電勢相等，粒子經(jīng)過P點到Q點的過程中，電場力做功為零，動能相等，A正確；B、x圖象的斜率大小等于場強E.，則知P點的場強為Q點的場強的二倍，電場力為二倍，加速度之比為2:1，B錯誤；C、根據(jù)功率P=Fv，功率之比為2:1，C錯誤；D、根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，02cm內，電場線沿x軸負方向，粒子所受的電場力方向沿x軸正方向做加速運動；在26cm內電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x負方向做減速運動，6cm處粒子的速度為零；然后粒子向左先做加速運動后做減速運動。即在06cm間做往復運動。故D錯誤。故選：A。23如圖所示，兩根等長帶電棒放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上，棒與坐標軸圍成等腰直角三角形兩棒帶電量相等，且電荷均勻分布，此時O點電場強度大小為2E撤去其中一根帶電棒后，O點的電場強度大小變?yōu)椋ǎ〢. B. C. E D. 【答案】 D點睛：先把帶電棒等效成點電荷，利用點電荷產(chǎn)生的場強進行矢量求解解可。24如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量負點電荷A和B，O點為AB連線的中點，C、D為AB連線上關于O點對稱的兩個點，且COODL.一帶正電的可視為點電荷的小球以初速度v0從C點運動到D點設O點的電勢00，取C點為坐標原點，向右為x軸的正方向，下列關于小球的電勢能Ep、小球的動能Ek、電勢、電場強度E隨小球運動的位移x變化的圖象，可能正確的是()A. A B. B C. C D. D【答案】 B【解析】AC、從C點到D點，電場線方向先向左后向右，則電勢先升高后降低，則小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點處的電勢能相同，故A、C錯誤；B、由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點處的電勢能相同，由能量守恒定律得知，動能先減小后增大，在C、D兩點處的動能相同，故B正確；D、設ACBDr，點電荷A和B的電荷量大小為Q，則當位移為x時，由數(shù)學知識得知E與x是非線性關系，圖象是曲線，故D錯誤。故選：B。25如圖所示，在真空中電荷量相等的離子P1、P2分別以相同初速度從O點沿垂直于電場強度的方向射入勻強電場，粒子只在電場力的作用下發(fā)生偏轉，P1打在極板B上的C點，P2打在極板B上的D點G點在O點的正下方，已知GCCD，則離子P1、P2的質量之比為()A. 11 B. 12 C. 13 D. 14【答案】 D【解析】設離子的初速度為v0，電荷量為q，質量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度a，離子運動的時間，由于GCCD，所以飛行的時間之比t1t212，離子的偏轉量，因為P1帶電荷量與P2的帶電荷量相同，可得P1、P2的質量之比m1m2為14，D正確，ABC錯誤故選：D。26如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d且分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電質點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回若保持兩極板間的電壓不變，則下列說法不正確的是()A. 把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回B. 把A板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落C. 把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回D. 把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落【答案】 B【解析】AB、因質點到達N孔時速度恰為零，由動能定理得mg2dqU0，因極板一直與電源兩極連接，電壓U一直不變，當A板上移、下移時，滿足qUmgh0的條件，即h2d，則質點到達N孔時速度恰好為零，然后按原路返回，A正確，B錯誤；C、當把B板上移后，設質點仍能到達B板，則由動能定理得mghqUmv2，因B板上移后h2d，所以mghqU，即看似動能為負值，實際意義為在此之前物體動能已為零，將沿原路返回，C正確；D、把B板下移后，有mghqUmv20，即質點到達N孔時仍有向下的速度，將穿過B板繼續(xù)下落，D正確；本題選擇錯誤答案，故選：B。點睛：移動A板或B板后，質點能否返回P點的關鍵是質點在A、B間運動時到達B板之前速度能否減為零，如能減為零，則一定沿原路返回P點；如不能減為零，則穿過B板后只受重力，將繼續(xù)下落。根據(jù)動能定律判斷即可。27ab是長為l的均勻帶電細桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示。ab上電荷產(chǎn)生的電場在P1處的場強大小為E1，在P2處的場強大小為E2.則下列說法中正確的是（）A. 兩處的電場方向相反，E1E2B. 兩處的電場方向相反，E1E2C. 兩處的電場方向相同，E1E2D. 兩處的電場方向相同，E1E2【答案】 A【解析】如圖，在桿上取a關于P1的對稱點則，之間的電荷在P1處的場強恰好抵消，即P1處的場強是由部分的電荷產(chǎn)生；P2處的場強可看成由桿上的之間的電荷在P2處的場強和桿上的之間的電荷在P2處的場強的疊加；之間的電荷在P1處、P2處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，桿上的之間的電荷和桿上的之間的電荷在P2處產(chǎn)生的場強方向相同。綜上，兩處的電場方向相反，E1E2點睛：電場的疊加遵循的是平行四邊形定則。在桿產(chǎn)生電場的場強問題中要注意對稱性的利用。28如圖所示在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列三個帶電小球A、B、C（可視為質點）.若它們恰能處于平衡狀態(tài).那么這三個小球所帶的電荷量及電性的關系，下面的情況可能的是（）A. 3、-2、6B. -9、4、-36C. -3、2、8D. 4、9、36【答案】 B【解析】題中要求三個小球均能處于平衡狀態(tài)，則要使A平衡，BC所帶電性相反（BC對A的力方向必須相反）；同理，則要使C平衡，AB所帶電性相反；綜上，電荷電性需滿足“兩同夾異”，排除CDA：若A選項正確：對小球B受力分析，則，代入數(shù)據(jù)得：對小球A受力分析，則，代入數(shù)據(jù)得：兩式一致，故B正確。點睛：三個電荷的自平衡問題，從力的方向角度滿足“兩同夾異”，從力的大小角度滿足“兩大夾小”。29如圖所示的電場線，可能是下列哪種情況產(chǎn)生的（ ）A. 單個正點電荷B. 單個負點電荷C. 等量同種點電荷D. 等量異種點電荷【答案】 C【解析】試題分析：由于電場線從兩個地方發(fā)出，故場源為兩個電荷；由于電場線是從電荷出發(fā)終止到無窮遠，故該場源電荷為正電荷；又由于兩電荷的連線之間電場線稀疏甚至有的地方?jīng)]有電場線，故兩個場源電荷為同種電荷綜上所述該電場線是由兩個等量正電荷產(chǎn)生的故C正確故選C?？键c：等量同種點電荷電場【名師點睛】該題目簡單，但需要同學們對電場線的特點比較清晰解決此類題目的前提是熟悉課本。30如圖所示，為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線兩電子分別從a、b兩點運動到c點a、b兩點的場強大小分別為Ea和Eb，電勢分別a和b，電場力對兩電子做功分別為Wa和Wb，兩電子在a、b兩點的電勢能分別為Epa和Epb則A. EaEb B. ab C. WaWb D. EpaEpb【答案】 B【解析】a位置的電場強度較密集，故EaEb，選項A錯誤；圖中a所在等勢面在b點等勢面的左側，因順著電場線電勢降低，則aEpb，選項B正確，D錯誤；由等勢面可知UacUbc，根據(jù)W=qU，有WaWb，選項C錯誤；故選B.點睛：題關鍵是明確電場強度的大小看電場線的疏密程度，電場力做功看電勢差；并注意電子在高電勢點的電勢能較小31如圖所示，平行板電容器兩極板M、N間距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，則下列能使電容器的電容減小的措施是A. 減小dB. 增大UC. 將M板向左平移D. 在板間插入介質【答案】 C【解析】根據(jù)可知，減小d，則C變大，選項A錯誤；增大U，電容器的電容不變，選項B錯誤；將M板向左平移，則S減小，C減小，選項C正確；在板間插入介質，則C變大，選項D錯誤；故選C.32如圖所示，O為半徑為R的圓的圓心，ac、bd為圓的兩個互相垂直的直徑。在圓心O處固定一電荷量為Q的負點電荷，在a點固定一電荷量為4Q的正點電荷。e為Oc連線上一點，f為Oc延長線上的一點，且eccf。則下列說法正確的是（ ）A. b、d兩點場強相同 B. b、c、d三點中，c點場強最大C. b、c、d三點中，c點電勢最高D. 將一負的點電荷從e點沿直線移到f點，電勢能先減小后增大【答案】 D【解析】根據(jù)電場線的分布情況知，b、d兩點場強大小相等，但方向不同，則電場強度不等，根據(jù)場強的疊加原理可知兩電荷在c點產(chǎn)生的場強等大反向，合場強為零，而b、d兩點均不為零，所以c點場強最小，故AB錯誤；b、d到正電荷的距離相等，由于b、d兩點場強大小相等，所以b、d兩點電勢相等；由電場強度疊加可知，正負電荷在ac連線上的合場強向右，因為沿電場線的方向電勢逐漸降低，所以c點電勢最低，故C錯誤；將負的點電荷從e點沿直線移到f點，電場力先做正功后做負功，所以點電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。33在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. x1處的電場強度為零B. q1、q2一定為異種電荷C. 負電荷從x1移到x2，電勢能增大D. 負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大【答案】 B【解析】在圖象中，曲線斜率表示場強的大小，x1處的斜率不為零，故電場強度不為零，故A錯誤；由圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以q1和q2帶有異種電荷，故B正確；負電荷從x1移到x2，電勢增大，電勢能減小，故C錯誤；負電荷從x1移到x2，曲線斜率減小，所以電場強度減小，即受到的電場力減小，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。34以下說法正確的是（ ）A. 在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸升高B. 外力對物體所做的功越多，對應的功率越大C. 電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比D. 在超重和失重現(xiàn)象中，地球對物體的實際作用力沒有發(fā)生了變化【答案】 D【解析】A、根據(jù)電場線的性質可知，在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A錯誤；B、功率等于功與時間的比值，做功多但如果用時很長，功率可能較小，故B錯誤；C、電容器電容只與自身有關，與電容器所帶電量以及兩極板間的電壓無關，故C錯誤；D、在超重和失重現(xiàn)象中，地球對物體的實際作用力，即吸引力不變，只是物體對外界的壓力或拉力發(fā)生了變化，故D正確。故選：D。35平行板電容器兩極板之間的距離為d、電壓為U、電場強度大小為E，兩極板所帶的電荷量為Q下列說法正確的是（ ）A. 保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑. 保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖. 保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓. 將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE不變【答案】 A【解析】A、保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)公式可知，E變?yōu)樵瓉淼囊话牍蔄正確B、保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，由U=Ed可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话牍蔅錯誤C、保持d不變，根據(jù)電容的決定式可知，電容C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，由公式分析可知，U變?yōu)樵瓉淼膬杀豆蔆錯誤D、根據(jù)電容的決定式可知，由分析知，；則可知，E與兩板間的距離無關，與Q成正比，則將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E減半故D錯誤綜上所述本題答案是：A【分析】保持U不變，根據(jù)公式分析E與d的關系；保持E不變，U與d正比；保持d不變，C不變，根據(jù)分析Q與U的關系36如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1=+4.010-8C和Q2=-10-8C，分別固定在x=0和x=4cm的位置上，則在x軸上（ ）A. 兩個點電荷間某點的電場強度為零B. x=8cm處的電場強度為零C. （4cm，8cm）區(qū)域內電場強度的方向沿x軸正方向D. 電子在兩個點電荷之間向右運動時，電勢能先增大后減小【答案】 B【解析】根據(jù)點電荷場強的疊加知，兩點電荷之間的場強方向沿x軸正方向，不可能為零，A錯誤；由分析可知，在x軸上場強為零的點，只能在Q2的右側，設距離Q2右側L處，則，解得L=4cm，則x=4cm+L=8cm處的電場強度為零，B正確；（4cm，8cm）區(qū)域內電場強度的方向沿x軸負方向，C錯誤；電子在兩個點電荷之間向右運動時，電場力做負功，電勢能增大，D錯誤；故選B.點睛：空間中某一點的電場，是空間所有電荷產(chǎn)生的電場的疊加，場強是矢量，其合成遵守平行四邊形定則37如圖1所示是電容式話筒，其原理示意圖如圖2所示，當對著話筒說話時，振動膜片發(fā)生振動，固定電極不動，當振動膜片向左振動時( )圖1 圖2A. 振動膜片與固定電極構成的電容器的電容增大B. 振動膜片上電荷量增大C. R中有自左向右的電流D. R左端的電勢比右端低【答案】 C【解析】當振動膜片向左振動時，振動膜片與固定電極的間距增大，根據(jù)影響電容器電容大小的因素知，電容C減小，A錯誤；由可知，在U不變時，C減小，Q減小，即電容器放電，振動膜片上電荷量減小，B錯誤；由于電容器放電，R中有自左向右的電流，R左端的電勢比右端高，故C正確，D錯誤；故選C.38如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖,廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū).圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡,A、B兩點是軌跡與電場線的交點.不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化,則以下說法正確的是A. A點電勢高于B點電勢B. 塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C. 塵埃在遷移過程中做勻變速運動D. 塵埃在遷移過程中電勢能一直在增大【答案】 B點睛：本題考查考查分析實際問題工作原理的能力，解題時要明確電場線的分布規(guī)律，并且能抓住塵埃的運動方向與電場力方向的關系是解題突破口39如圖所示，A、B是兩個帶異號電荷的小球，其質量分別為m1和m2，所帶電荷量分別為+q1和q2，A用絕緣細線L1懸掛于O點，A、B間用絕緣細線L2相連整個裝置處于水平方向的勻強電場中，平衡時L1向左偏離豎直方向，L2向右偏離豎直方向，則可以判定（ ）A. m1=m2 B. m1m2 C. q1q2 D. q1q2【答案】 C【解析】試題分析：把兩小球看成整體分析，兩球之間的庫侖力為內力，整體上受到重力向左的電場力和向右的電場力、的拉力，根據(jù)平衡條件判斷兩電場力的大小，從而可知電荷量的大小兩球整體分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，即，而兩球的質量無法比較其大小，故C正確40如圖所示的四條實線是電場線，虛線表示等勢面，四條電場線聚于點O，A、B、C、D分別是四條電場線上的點，則下列說法正確的是A. O點一定有一個正點電荷B. C點的場強小于B點的場強，C點的電勢高于B點的電勢C. A、D兩點的場強大小不一定相等，但將一個電荷由A點移到D點電場力做功為零D. 若將一個正電荷由A點移到B點時電場力做正功，則將一個負電荷由A點移到C點時電場力做負功【答案】 C【解析】A四條實線是電場線，方向不知道，O點點電荷電性可能帶正電荷，可能負電荷，故A錯誤；B由電場線越密的地方，電場強度越大，則有C點的場強小于B點的場強，沿著電場線，電勢逐漸降低，電場線方向不知道，C點的電勢不一定高于B點的電勢，故B錯誤。C虛線表示等勢面，A、D兩點的電勢相等，將一個電荷由A點移到D點電場力做功為零，由電場線越密的地方，電場強度越大，則有A點的場強小于D點的場強，故C正確。D若將一個正電荷由A點移到B點時電場力做正功，A點的電勢能小于B點的電勢能，A點的電勢小于B點的電勢，則有A點的電勢高于C點的電勢，將一個負電荷由A點移到C點時A點的電勢能小于C點的電勢能，電場力做正功，故D錯誤。故選C41某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬極板。當對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動，在P、Q間距增大過程中A. P、Q兩板構成電容器的電容增大B. P板電荷量增大C. M點的電勢比N點高D. M點的電勢比N點低【答案】 C【解析】電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變在P、Q間距增大的過程中，根據(jù)電容決定式可知電容減小，又根據(jù)電容定義式得知電容器所帶電量減小，P極板上電荷量減小，電容器放電，充電電流通過R的方向由M到N故M點的電勢比N點高，故C正確42如圖所示，某一空間存在正交的勻強電場和勻強磁場共存的場區(qū)，三個速度不同的質子沿垂直電場線和磁感線方向從同一點射入場區(qū)，其軌跡為圖中、三條虛線設三個質子沿軌跡、進入場區(qū)時速度大小分別為v1、v2、v3，射出場區(qū)時速度大小分別為v1、v2、v3，不計質子所受到的重力，則下列判斷正確的是 （ ）A. v1v2v3，v1v1，v3v3 B. v1v2v3，v1v1，v3v3C. v1v2v3，v1v1，v3v3 D. v1v2v3，v1v1，v3v3【答案】 A【解析】質子重力不計，根據(jù)左手定則知，質子所受的洛倫茲力方向向上，電場力方向向下，沿軌跡的質子洛倫茲力大于電場力，即qv1BqE，沿軌跡的質子洛倫茲力等于電場力，即qv2B=qE，沿軌跡的質子洛倫茲力小于電場力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿軌跡的質子運動過程中，電場力做負功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得，v1v1，沿軌跡的質子運動過程中，速度不變，v2=v2，沿軌跡的質子運動過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得，v3v3，故A正確，B、C、D錯誤故選：A43如圖所示，A、B、C、D為半球形圓面上的四點，且AB與CD交于球心且相互垂直，E點為球的最低點，A點放置一個電量為+Q的點電荷，在B點放置一個電量為Q的點電荷，則下列說法正確的是（ ）A. C、D兩點電場強度不同B. 沿CD連線移動一電量為+q的點電荷，電場力始終做功C. C點和E點電勢相同D. 將一電量為+q的點電荷沿圓弧面從C點經(jīng)E點移動到D點過程中，電場力先做負功，后做正功。【答案】 C【點睛】+Q和-Q是等量異種電荷，其電場線和等勢面具有對稱性，通過AB連線的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，根據(jù)對稱性分析C、D場強關系；根據(jù)電勢的變化，分析電場力做功情況。44全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車在中國寧波基地下線，沒有傳統(tǒng)無軌電車的“辮子” ，沒有尾氣排放，乘客上下車的30秒內可充滿電并行駛5公里以上，剎車和下坡時可把80%的剎車能量轉化成電能回收儲存再使用，如圖為使用“3V、12000F”石墨烯納米混合型超級電容器的電車，下列說法正確的是（ ）A. 該電容最多能儲存72000C的電荷量B. 該電容器的容量為36000AhC. 若30s能充滿，則充電平均電流為1200AD. 電容器隨著放電，電量逐漸減少到0，電容也會逐漸減少到0【答案】 C【解析】A、根據(jù)C=Q/U，Q=CU=1xxF3V=36000C，A錯誤；B、根據(jù)Q=It=36000C=10Ah，B錯誤；C、根據(jù)I=Q/t=1200A，C正確；D、電容的大小只與電容器本身有關，與所帶電荷量無關，D錯誤。故選：C。45連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩板間的距離減小時（ ）（1）電容器的電容C變大（2）電容器極板的帶電量Q變小（3）電容器兩極板間的電勢差U變大（4）電容器兩極板間的電場強度E變大A. （1）（2） B. （3）（4） C. （2）（3） D. （1）（4）【答案】 D【解析】因，當兩板間的距離減小時，電容器的電容C變大，故（1）正確；連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，電容器的電容C變大，據(jù)，電容器極板的帶電量Q變大，故（2）錯誤；連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，故（3）錯誤；連接在電池兩極上的平行板電容器電壓不變，兩板間的距離減小，據(jù)，電容器兩極板間的電場強度E變大，故（4）正確。綜上選D點睛：電容器類問題分兩類：電容器始終與電源相連，電壓不變；電容器與電路斷開，不充電不放電，電荷量不變。46如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為一根光滑絕緣細桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點所在水平直線平行于兩點電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上下列說法中正確的是A. a點的場強與b點的場強方向相同B. a點的場強與c點的場強方向相同C. b點的場強大于d點的場強D. 套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動【答案】 D【解析】根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知，b點的場強水平向右，a點的場強斜向上，方向不同，選項A錯誤；由對稱性可知，a、c兩點的場強大小相同，方向不同，選項B錯誤；b點的場強小于兩點荷連線中點處的場強，而兩點荷連線中點處的場強小于d點的場強，則b點的場強小于d點的場強，選項C錯誤；套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后，由于豎直方向只受重力，電場力垂直細桿方向，則小環(huán)將做勻加速直線運動，選項D正確；故選D.47如圖所示，在兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場中，實線為其電場線分布，虛線為電子（不計重力）從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是 （ ）A. 電子經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點的加速度大B. Q1的電荷量大于Q2的電荷量C. 電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D. 兩個點電荷連線中點O的場強為零【答案】 A【解析】A點電場線較B點密集，則A點場強較B點大，電子經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點的加速度大，選項A正確；由電場線的分布可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，選項B錯誤；由電子的運動軌跡可知，Q2帶正電，Q1也帶正電，則A點的電勢高于B點，電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，選項C錯誤；由于兩電荷帶電量不等，則兩個點電荷連線中點O的場強不為零，選項D錯誤；故選A.48某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，運動軌跡如圖所示，可以判定（ ）A. A點的電勢低于B點的電勢B. 在A點的加速度小于在B點的加速度C. 粒子帶負電D. 粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能【答案】 B【解析】沿電場線方向電勢逐漸降低，A點的電勢高于B點的電勢，故A錯誤；由電場線可知，B點的電場線密，所以B點的電場強度大，粒子受的電場力大，加速度也就大，故B正確；受力方向指向運動軌跡凹的一側，故可知粒子受力方向向上，與電場線方向相同，粒子帶正電，故C錯誤；粒子受到的電場力指向曲線彎曲的內側，所以受到的電場力的方向是沿電場線向上的，所以粒子從A到B的過程中，電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在A點的動能小于它在B點的動能，粒子在A點的電勢能大于它在B點的電勢能，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。49如圖所示，均勻帶正電的圓環(huán)水平放璽，AB為過圓心0的豎直 軸線。一帶正電的微粒（可視為點電荷)，從圓心0正上方某處由 靜止釋放向下運動，不計空氣阻力,在運動的整個過程中，下列說法中 正確的是 A. 帶電微粒的加速度可能一直增大B. 帶電微粒的電勢能可能一直減小C. 帶電微粒的運動軌跡可能關于0點對稱D. 帶電微粒的動能可能一直增大【答案】 D【解析】帶電微粒釋放后能向下運動，應考慮重力，且重力大于受電場力從釋放開始到運動到O點的過程中，所受電場力變化情況有兩種可能：（1）先增大后減小；（2）一直減小在第（2）種情況下，帶電微粒合力一直向下，合力逐漸增大，速度增大，動能一直增大，選項D正確過O點前，加速度一直增大，過O點后，加速度先增大后減小在第（1）種情況下，帶電微粒合力先減小后增大，釋放后帶電微粒的加速度先是減小的，選項A錯誤帶電微粒釋放電場力做負功，電勢能增大，選項B錯誤過O點后，帶電微粒所受重力和電場力都向下，帶電微粒將一直向下運動，選項C錯誤故選D.50空間有一沿x軸對稱分布的電場，規(guī)定水平向右為電場的正方向，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示。則下列說法中正確的是（ ）A. O點的電勢最低B. 帶正電的點電荷在x2點的電勢能大于在x1點的電勢能C. 將一帶正電的點電荷從x1點移到一x1點，電場力做功為零D. 帶正電的點電荷在x1和x3兩點處的電勢能不相等【答案】 CDD、在x3點的電勢低于在x1點的電勢，帶正電的點電荷在在x3點的電勢能低于在x1點的電勢能，故D正確；故選CD。51如圖所示，用兩根等長的絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球懸線與豎直線夾角為，B球懸線與豎直線夾角為，如果37，53，已知，。則兩小球mA和mB之比為()A. 1B. 34C. 43D. 21【答案】 C【解析】對兩球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關系的相似比，得：， ;由于FA=FB，且PAPB，則有m1m2且有m1：m2=，故C正確、ABD錯誤故選C.52如圖所示，一質量為m的帶電小球用絕緣的絲線系住，靜止于水平向右的勻強電場中。絲線質量忽略不計，現(xiàn)用激光燒斷絲線，小球將（）A. 依然靜止B. 自由落體運動C. 類平拋運動D. 勻加速直線運動【答案】 D【解析】小球受重力、電場力和拉力處于平衡；剪斷繩子后，重力和電場力不變，兩個力的合力沿繩子的方向斜向下，則小球將沿繩子的方向斜向下做勻加速直線運動，故選D.53以下敘述中不正確的是（）A. 伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動規(guī)律C. 利用渦流的熱效應，人們制成了用于加熱食物的電磁爐D. 超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏蔽的原理【答案】 B【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，A正確；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；電磁爐是利用渦流的熱效應來加熱食物的，C正確；超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確54如圖所示，空間的虛線區(qū)域內存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速v0由A點垂直場邊界進入該區(qū)域，沿直線運動從O點離開場區(qū)。如果這個區(qū)域只有電場，粒子將從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，粒子將從C點離開場區(qū)，且BO=CO。設粒在上述三種情況下，從A到B，從A到O和從A到C所用的時間分別是t1、t2和t3。比較t1、t2和t3的