7．如图7所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E)　　　　 (　)

A．电子到达B板时的动能是Ee

B．电子从B板到达C板动能变化量为零

C．电子到达D板时动能是3Ee　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图7

D．电子在A板和D板之间做往复运动

解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eE＝ΔE_k，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．

答案：ABD

6．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧

中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、

B、C处，如图6所示，则下列说法正确的有　　　　　　　 (　)

A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电　　　　　　　　 图6

B．三个微粒在电场中运动时间相等

C．三个微粒在电场中运动的加速度a_A＜a_B＜a_C

D．三个微粒到达极板时的动能E_kA＞E_kB＞E_kC

解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，x_C＜x_B＜x_A.

则三微粒的运动时间为

t_C＝，t_B＝，t_A＝

所以t_C＜t_B＜t_A

微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有

＝a_At_A²＝a_Bt_B²＝a_Ct_C²

所以a_A＜a_B＜a_C，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B选项错误．

根据动能定理得

A处：mg－q_AE＝E_kA－mv²

B处：mg＝E_kB－mv²

C处：mg+q_CE＝E_kC－mv²

所以D项错误．

答案：AC

5．如图5所示，静止的电子在加速电压U₁的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入

平行金属板间的电场，在偏转电压U₂的作用下偏转一段距离．现使

U₁加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该　　　 (　)

A．使U₂加倍

B．使U₂变为原来的4倍　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图5

C．使U₂变为原来的倍

D．使U₂变为原来的1/2

解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝at²＝··()²＝和qU₁＝mv₀²得y＝，可见在x、y一定时，U₂∝U₁.故A项正确．

答案：A

4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图4所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U₁的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U₂时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是　　　　 (　)

图4

A．U₁变大，U₂变大　 　　　　　　B．U₁变小，U₂变大

C．U₁变大，U₂变小　　　　　 　D．U₁变小，U₂变小

解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．

设电子经过U₁加速后速度为v₀，根据题意得：

eU₁＝mv₀² ①

电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：v_y＝at＝·　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

结合①②式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝＝.

显然，欲使θ变大，应该增大U₂、L，或者减小U₁、d.正确选项是B.

答案：B

3．如图3所示，地面上某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　　　　　　　　　　　　　　　　 　(　) 　　　　图3

A．mv₀²　 　　　　　　B.mv₀² C．2mv₀² 　D.mv₀²

解析：由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v₀t＝v_Pyt

合速度v_P＝＝v₀

E_kP＝mv_P²＝mv₀²，故选D.

答案：D

2．平行板间有如图1所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．在图2所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图1

图2

解析：0-时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，-T时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，故A对．

答案：A

1．(2009·海南高考)一平行板电容器两极板间距为d，极板面积为S，电容为，其中ε₀是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间　　 (　)

A．电场强度不变，电势差变大

B．电场强度不变，电势差不变

C．电场强度减小，电势差不变

D．电场强度减小，电势差减小

解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C＝可知，电容器的电容变小，由U＝可知电压变大，又由E＝可得E＝＝＝＝，所以电场强度不变，A正确．

答案：A

12．(16分)如图10所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝53°，绳长为l，B、C、D到O点的距离均为l，BD水平，OC竖直．BO＝CO＝DO＝l.

(1)将小球移到B点，给小球一竖直向下的初速度v_B，小球　　　　 图10

到达悬点正下方C点时绳中拉力恰等于小球重力，求v_B的大小．

(2)当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，求：小球首次经过悬点O正下方时的速率．(计算结果可带根号，取sin53°＝0.8)

解析：(1)小球由B点到C点的过程中

(mg－Eq)l＝mv_C²－mv_B²

由在C点绳中的拉力恰等于小球重力知

F_C－mg＝m，则v_C＝0

由在A点小球处于平衡知：

Eq＝mgtan53°＝mg，

所以v_B＝.

(2)小球由D点静止释放后沿与竖直方向夹角θ＝53°的方向做匀加速直线运动，直至运

动到O点正下方的P点，OP距离h＝lcot53°＝l.

在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程中的加速度a和位移x分别为a＝＝g，x

＝＝l，所以小球到达悬点正下方时的速率v＝＝.

答案：(1) 　(2)

11．(14分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面　　

的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×10⁵ N/C，方向与

x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10^－8 C、质量m

＝1.0×10^－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿

x轴正方向给物块一个初速度v₀＝2.0 m/s，如图9所示．求物块最终停

止时的位置．(g取 10 m/s²)

解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x₁，由动能定理得：－(qE+μmg)x₁

＝0－mv₀²

所以x₁＝

代入数据得x₁＝0.4 m

可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03 N>F_f

＝μmg＝0.02 N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，

最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x₂，则对全过程由动能定理得

－μmg(2x₁+x₂)＝0－mv₀².

解之得x₂＝0.2 m.

答案：在O点左侧距O点0.2 m处

10．(2010·无锡模拟)如图8所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，虚线A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v₀向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，

已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是(　) 图8

A．等势面A的电势高于等势面B的电势

B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同

C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同

D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等

解析：由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，故A正确；由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C错误；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D错误．

答案：AB