1、 【高效演练】1密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是( ) A悬浮油滴带正电B悬浮油滴的电荷量为U(mg)C增大场强，悬浮油滴将向上运动D油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍【答案】C 2多选(2018宜昌六校联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )A重力做功
2、为5 J B电势能减少2 JC空气阻力做功0.5 J D动能减少3.5 J【答案】BD【解析】小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。3(多选)示波管的内部结构如图1甲所示如果偏转电极XX、YY之间都没有加电压，电子束
3、将打在荧光屏中心如果在偏转电极XX之间和YY之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形则( ) 甲 图1A若XX和YY分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B若XX和YY分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C若XX和YY分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D若XX和YY分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形【答案】AC 4将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开
4、始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( ) 图3A电子一直向着A板运动B电子一直向着B板运动C电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动【答案】D 5多选(2018贵阳模拟)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角37(sin 370.6，cos 370.8)，则( ) A小球带负电B匀强电场电场强度的大小为4q(3mg)C电场中A、B两点的电势差为4q(
5、3mgL)D当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为【答案】BD【解析】小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37mg(Eq)，解得E4q(3mg)，B正确；电场中A、B两点的电势差为UABEdEL(1sin )10q(3mgL)，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos UABq2(1)mvB20，解得vB，D正确。6(多选)如图6所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O
6、点，现有一质量为m、电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，AB间距离为L，静电力常量为k，则( ) 图6A在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为mB在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小COB间的距离为 mg(kQq)D从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】AC 7如图4甲所示，两平行金属板间距为d，加上如图乙所示的电压，电压的最大值为U0，周期为T.现有一离子束，其中每个离子的质量为m、电荷量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连
7、续地射入两板间的电场中设离子通过平行板所需的时间恰好为T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上，求离子击中荧光屏上的位置的范围(不计离子重力) 【答案】 8md(qU0T2)y8md(3qU0T2)【解析】 甲 如图乙所示，这些离子离开电场时的侧向位移最小，则ymin8md(qU0T2).如果离子不是在上述两种时刻进入电场，那么离子离开电场时的侧向位移在ymin与ymax之间综上所述，离子击中荧光屏上的位置范围为8md(qU0T2)y8md(3qU0T2). 乙8如图8所示，匀强电场方向与水平线间夹角30，方向斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以
8、初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致 图8(1)若小球的带电荷量为qE(mg)，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？(2)若小球的带电荷量为qE(2mg)，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？【答案】(1)mg 方向与水平线成60角斜向右上方(2)2(3)mg 方向与水平线成60角斜向左上方 (2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F2和mg的合力和电场力在一条直线上如图乙，当F2取最小值时，F2垂直于F.故F2mgsin 602(3)mg.方向与水平线成60角斜向左上方9(201
9、8济南八校联考)如图所示，在E103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？ 【答案】(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s (2)滑块到达P点时，
10、对全过程应用动能定理可得，qE(LR)mgLmgR2(1)mvP20在P点时由牛顿第二定律可得，FNqEmR(vP2)，代入数据解得FN1.5 N。由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R2(1)gt2，可得滑块运动的时间为t g(4R)得t0.4 s。滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qEma所以加速度a2.5 m/s2水平的位移为xvt2(1)at2代入解得x0.6 m。滑块落地时竖直方向的速度的大小为vygt100.4 m/s4 m/s水平方向的速度的大小为vxvat1 m/s落地时速度的大小为v地 解得v地 m/s。