1、1(2014山东潍坊市二模)(单选)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，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的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BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的油滴向下运动，电场力做负功，电势减小，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能增加，C错；电容器的电
2、容C，由于d增大，电容C减小，极板带电量QCU将减小，D错2(2014唐山二模)(单选)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A沿x轴正方向B沿x轴负方向C沿y轴正方向 D垂直于xOy平面向里解析：选B.在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确3(2014黄冈期末)(单选)在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖
3、直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间相互作用力，则下列判断错误的是()Ac、d带异种电荷Ba、b带同种电荷且电势能均不变Cd的电势能减小，重力势能增大Dc的电势能增大，机械能减小解析：选A.各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，各个质点均带负电，且所受电场力与重力平衡，选项A判断错误；a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B判断正确；d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C判断正确；c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D判断正确4(
4、2014吉林联考)(单选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析：选C.由平行板电容器的电容C可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U，E与d无关，则B错在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离为d，移动x后为dx.因为移动极板过程中电场强度E不变故PE(dx)EdEx，其中xl0，则C正确
5、；正电荷在P点的电势能WqPqEdqEx，显然D错5(2014山西省重点中学联考)(单选)如图所示，A、B两导体板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两板间加四种电压，它们的UABt图线如下列四图所示其中可能使电子到不了B板的是()解析：选B.在A选项所加电压下，电子将一直向B板加速运动；在C选项所加电压下，电子是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B板运动；D选项和C选项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B选项所加电压下，电子先向B板加速再减速，再向A板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在A、B间往复运动6(单选)如图所示，地面上某
6、区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()Amv Bmv/2C2mv D5mv/2解析：选D.小球做平抛运动，tan 45，即：vy2v0，所以EkPmv2m(vv)mv，所以应选D.7(多选)如图，在足够大的长方形abcd区域内同时存在水平向右的匀强电场和竖直方向的匀强电场(图中未画出)，其中ad边与水平方向垂直现有一带电的粒子从O点沿水平方向射入该区域，它的动能为10 J，运动轨迹如图所示，当它到达距ad边最远的A点时，所具有的动能为25
7、J带电粒子的重力不计，则()A竖直方向的匀强电场的方向为竖直向上B竖直方向的匀强电场的方向为竖直向下C带电粒子从O点运动至A点过程中带电粒子的电势能减少了25 JD该带电粒子折回通过ad边上的O点时，其动能为110 J解析：选AD.根据水平方向的匀强电场判断可知，该带电粒子带负电，由带电粒子偏转的方向可以判断出竖直方向的匀强电场方向向上，故选项A正确，B错误；因带电粒子在运动过程中仅电场力对它做功，故其电势能和动能的总和保持不变，粒子从O点运动至A点过程中，带电粒子的电势能减少25 J10 J15 J，选项C错误；粒子从O到A的过程中，竖直方向的匀强电场对其做功25 J，因带电粒子在竖直方向做
8、初速度为零的匀加速直线运动，故粒子折回通过ad边上的O点时，其动能为25 J410 J110 J，选项D正确8(2014河北保定市模拟)(单选)在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为U，一个电子以水平速度v0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力电子在电场中的竖直偏移距离为Y，当只改变偏转电压U(或只改变初速度v0)时，下列图象哪个能正确描述Y的变化规律()A BC D解析：选B.由带电粒子在电场中的运动性质知，在Y方向上，Yat2(其中l为板长，d为板间距离)Y正比于U，反比于v(即正比于)当U过大或过大时，电子会打在极板上，不再出来，Y就不随U或的增加而变大了，综上可知选项B正确9(2
9、014吉林长春十一中测试)(单选)如图所示，A、B两块平行金属板水平放置，A、B间所加电压为U.虚线MN与两极板等距一个质量为m、电荷量为q的粒子沿MN虚线从左向右以初速度v0射入电场，它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN的夹角为45(图中未画出)则在带电粒子穿越电场过程中()A电场力对粒子所做的功为qUB电场力对粒子所做的功为C电场力对粒子所做的功为mvD电场力对粒子所做的功为mv解析：选C.由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度vv0，根据动能定理可知电场力对粒子所做的功WEkmv2mvmv，C正确、D错误；粒子射出电场时，初、末位置的电势差U，所以W，A、B错误10如图，一平行
10、板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为/6，再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量解析：设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡位置设小球质量为m，所带电荷量为q，则有FTcos 1mgFTsin 1qE式中FT为此时悬线的张力联立式得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan
11、 2联立式得代入数据解得Q2Q.答案：2Q11如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？解析：(1)设电子
12、经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1mv0，解得v0 .(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t，Fma，FeE，E，yat2解得：y.(3)由y可知，减小U1和增大U2均可使y增大从而使电子打在P点上方答案：(1) (2)(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U212(2014浙江名校联考)如图所示，一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为d，N板中心镀有一层半径为R2的圆形
13、锌金属薄膜，dR2R1，两板之间电压为UMN，两板之间真空且可视为匀强电场N板受到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v，方向各异的电子，已知电子的电荷量为e，质量为m ，每秒稳定发射n个电子电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子的重力和电子间相互作用，电子到达M板全部被吸收M板右侧串联的电流表可以测量到通过M板的电流I.试求：(1)当UMN取什么值时，I始终为零；(2)当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值；(3)请利用(1)(2)的结论定性画出I随UMN变化的图象解析：(1)当垂直N板发射速率为v的电子不能到达M板时，I0，令此时两板间电压为UMN，则mv2eUMN得UMN(2)当从锌膜边缘平行N板射出的电子做类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大Ine令此时两板间电压为UMNR1R2vt，dat2，a得UMN(3)I随UMN变化的图象如图所示答案：(1)(2)ne(3)见解析图