第十章 静电场中的能量 题型练（Word版含答案）

第十章常考题型
姓名：___________考号：___________
一、单选题
1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法不正确的是（　　）
A．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律
B．在19世纪末发现电子后，美国物理学家密立根进行了多次试验，比较准确地测定了电子的电荷量
C．丹麦科学家奥斯特在电磁作用问题上明确提出了场的概念，而且直接描绘了场的清晰图像
D．安培分子电流假说能够很好地解释铁棒的磁化和退磁现象
2．下列说法正确的是（　　）
A．电子和质子都是元电荷
B．元电荷没有正、负之分，物体所带的电荷量大小可以为任意实数
C．摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷
D．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
3．如图所示，是某电场的电场线分布示意图，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势高于B点的电势
B．B点的电场强度小于C点的电场强度
C．若将一正试探电荷由A点移到C点，电场力不做功
D．若将一负试探电荷由C点移到B点，电势能增加
4．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为，受到的静电力为，则该点的电场强度为，下列说法正确的是（　　）
A．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0
B．若试探电荷的电荷量变为，则该点的场强变为
C．若放置到该点的试探电荷变为，则该点的电场强度大小不变，方向相反
D．若放置到该点的试探电荷变为，则场中该点的场强大小、方向均不变
5．下图所示的四种电场中，其中a、b两点电场强度及电势均相同的是（　　）
A．甲图中，与点电荷等距的a、b两点
B．乙图中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D．丁图中，非匀强电场中的a、b两点
6．如图所示，实线a、b、c代表电场中的三个等差等势面，即Uab=Ubc，三个等势面中，c的电势最高，虚线为一带电粒子仅在电场力的作用下的运动轨迹，A和B是轨迹上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．由轨迹可以判断粒子是从A向B运动
B．粒子带负电
C．粒子在B点的加速度比在A点的加速度大
D．粒子在A点的电势能比在B点的电势能小
7．如图所示，实线为电场线，虚线为带电粒子的运动轨迹，粒子只受电场力作用，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在A点的速度小于在B点的速度
C．粒子在A点的加速度小于在B点的加速度
D．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能
8．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则(　　)
A．EP>EQ，φP>φQ
B．EP>EQ，φP<φQ
C．EPφQ
D．EP9．如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（　　）
A．电容器的电容变大
B．电阻中有从流向的电流
C．液滴带正电
D．液滴向下加速运动
10．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场方向与六边形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为1V、6V和9V．则下列说法正确的是（ ）
A．D点的电势为7V
B．电子在A点的电势能比在E点的低1eV
C．电子从C点运动到F点，电场力做功为10eV
D．UDF=－8V
11．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
12．电子平行于电场的方向飞入匀强电场，在电场力作用下发生加速，在加速过程中电子的（　　）
A．速度变化 B．加速度变化 C．动能不变 D．电势能增加
13．下列关于元电荷的说法中错误的是（　　）
A．元电荷实质上是指电子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的
D．元电荷的值通常取e=1.60×10-19C
14．14．已知真空中两点电荷Q与q的作用力为F，现使它们的带电量都增加为原来的3倍，并把它们之间的距离缩小为原来的三分之一，则此时它们之间的作用力为（　　）
A．F B．9F C．27F D．81F
15．如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容增加
B．在A板上移过程中，电阻R中有向下的电流
C．A、B两板间的电场强度增大
D．P点电势降低
二、多选题
16．下列说法正确的是（　　）
A．密立根通过油滴实验首次测量出电子的电荷量
B．伽利略根据理想斜面实验提出一切物体都有惯性
C．卡文迪许通过扭秤实验测定出万有引力常量的数值
D．第谷通过对观测数据的整理总结出了行星运动的规律
17．如图所示，真空中两个等量同种正点电荷分别放置在M、N两点，在M、N连线上有O、a、c三点，其中O点是连线的中点，a、c关于O点对称，在M、N连线的中垂线上还有对称的b、d两点，则下列关于这几个位置处的场强和电势以及电荷在该处的电势能说法正确的是（　　）
A．a、c两点处场强相同，b、d两点处场强相同
B．a、c两点处电势相同，b、d两点处电势相同
C．正电荷＋q在a点电势能小于在b点电势能
D．负电荷－q在c点电势能小于在d点电势能
18．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是
A．由可知，电场强度E与q成反比，与F成正比
B．电场中某一点的电场强度，与放置的试探电荷无关
C．电场线是仅受电场力作用且从静止开始运动的电荷的运动轨迹
D．电荷的运动轨迹有可能与电场线重合
19．如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则（　　）
A．小球从A到B的过程中，动能一直增加
B．小球从A到B的过程中，机械能一直减少
C．小球从A到B的过程中，电势能一直减少
D．小球从A到B的过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量
20．如图所示，平行板电容器与电源电压为U的直流电源连接，下极板接地，同时与静电计相连。一带负电液滴固定于电容器中的 P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角将不变
C．带电油滴所受的电场力变小，G表中有 a→b 的电流
D．带电液滴的电势能变大
21．一束粒子沿两平行金属板中心轴射入板间的匀强电场后，分成三束a、b、c，如图所示，则（ ）
A．初速度比较，
B．板内运动时间比较，
C．动能增加量比较，
D．电势能变化量比较
三、实验题
22．在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大。此同学在探究中应用的科学方法是______（选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”）。
23．在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。
(1)若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大；
(2)若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大。
四、解答题
24．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与直轨道的动摩擦因数μ=0.50，BCD是半径为R=0.5m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，电场强度E=6.0×103N/C，质量m=0.20kg、电量q=-5.0×10-4C的小滑块从A点沿直轨道由静止开始下滑。直轨道长度AB=0.4m，g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：
（1）小滑块到达直轨道底端B点时的速度大小；
（2）小滑块到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力。
25．如图所示，AB是绝缘光滑水平面，BD段为半径R=0.2m的绝缘粗糙半圆轨道，两段轨道相切于B点，轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。可视为质点的小球质量为m=1.0×10-2kg，所带电荷量q=+2.0×10-5C，以v0=6.0m/s的速度从A点沿水平轨道向右运动，进入半圆轨道后，恰能通过最高点D。g取10m/s2求：
(1)在半圆轨道上摩擦力对小球所做的功；
(2)带电小球在D点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B点的距离。
26．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m=1kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v=6m/s。经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）。已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力F=mg，（g取10m/s2）。求：
(1)若轨道半径为R0=0.1m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值。
27．在如图所示的平面直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4m），（0.4m，0），取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小。
28．长为的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为、质量为的带电粒子，以水平初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，大小为，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子进入电场时初速度的大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)两板间的距离。
29．如图所示，有一质子（质量为m，电荷量为e）由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。求：
（1）质子刚进入偏转电场U2时的速度；
（2）质子在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长度；
（3）质子穿出偏转电场时的动能。
30．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d．当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：
(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
(2)带电粒子经过B点时速度的大小；
(3)A、B间的电势差．
31．如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成60°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）
求：（1）从A点到B点用的时间；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）AB两点间电势差．
32．如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V。如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间（g=10 m/s2）？
33．如图所示，一质量为、带电荷量为的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成角小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取．
判断小球带何种电荷．
求电场强度E的大小．
若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a的大小．
试卷第10页，共11页
试卷第11页，共11页
参考答案
1．C
【详解】
A．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，所以A正确，不符合题意；
B．在19世纪末发现电子后，美国物理学家密立根进行了多次试验，比较准确地测定了电子的电荷量，所以B正确，不符合题意；
C．丹麦科学家法拉第在电磁作用问题上明确提出了场的概念，而且直接描绘了场的清晰图像，所以C错误，符合题意；
D．安培分子电流假说能够很好地解释铁棒的磁化和退磁现象，所D正确，不符合题意；
故选C。
2．D
【详解】
ABD．元电荷没有正、负之分，是最小的带电单元，是一个电荷量，不是实物粒子。电子和质子所带电量为一个元电荷。元电荷的数值是密立根通过油滴实验测出的。AB错误，D正确。
C．摩擦起电的过程，是电荷转移让物体带电的，没有产生新的电荷。C错误。
故选D。
3．B
【详解】
A．沿电场线方向电势降低，故A点的电势低于B点的电势，故A错误；
B．由电场线的疏密表示电场的强弱，可知B点的电场强度小于C点的电场强度，故B正确；
C．正电荷受力方向与场强方向一致，将一正试探电荷由A点移到C点，电场力做正功，故C错误；
D．负电荷受力方向与场强方向相反，将一负试探电荷由C点移到B点，电场力做正功电势能减小，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】
电场强度是由电场本身决定的，是反映电场的力的性质的，与试探电荷无关，故无论电场中该点有没有试探电荷，该点的电场强度都不变，故ABC错误，D正确。
故选D。
5．B
【详解】
A．甲图中，与点电荷等距的a、b两点场强大小相等，方向不同，电势相等。A错误；
B．乙图中，a、b两点场强大小相等，方向相同，电势相等。B正确；
C．丙图中，a、b两点场强大小相等，方向相反，电势相等。C错误；
D．丁图中，a、b两点场强大小不相等，方向相同，电势不相等。D错误。
故选B。
6．B
【分析】
本题考查带电粒子在电场中运动的定性分析，首先懂得根据等势面画出相应电场线，再结合曲线运动条件判断出电场力方向及粒子带电性质，结合电场力做功与电势能变化关系判断电势能的变化。
【详解】
A．仅根据运动轨迹无法判断出粒子的运动方向，A错误；
B．电场线总是与等势面垂直且从电势高的等势面指向电势低的等势面，如图中红色箭头所示，而曲线运动所受合力总是指向运动轨迹内侧，即如图蓝色箭头所示，电场力方向与场强方向相反，故粒子应带负电，B正确；
C．等差等势面越密的A点电场线也越密，即场强越大，加速度越大，C错误；
D．A点电势低于B点，根据可知负电荷在低电势处电势能大，即粒子在A点的电势能比在B点的电势能大，D错误；
故选B。
7．D
【详解】
A．由图可知，根据曲线弯曲的方向可以判断出粒子所受电场力方向大致指向左上方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误；
B．结合A的分析，若粒子从A运动到B，可知粒子受力的方向与运动的位移之间的夹角为钝角，说明从A到B电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，即粒子在A点的速度大于在B点的速度，故B错误；
C．根据电场线的分布的疏密程度表示电场强弱知，电荷在A点所受电场力大，在B点受电场力小，故粒子在A点的加速度大于粒子在B点的加速度，故C错误；
D．由B分析知，从A至B电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故D正确。
故选D。
8．A
【分析】
本题考查电场线和电势
【详解】
据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有：．
9．D
【详解】
A．由电容器的决定式
所以当d增大时，C减小，故A错误；
B．因电容器与电源相连，故电容器两端的电压不变，则C减小时，由
可知，电容器两端的电荷量减小，则电容器将由从A极板放出的电量，故R中电流由a到b，故B错误；
C．液滴受力平衡，则液滴受电场力向上；而上极板为正极，则说明液滴带负电，故C错误；
D．因电压不变，d增大，则E减小，故受到的电场力减小，重力大于电场力，则液滴受到的合力向下，液滴将向下加速运动，故D正确。
故选D。
10．A
【详解】
A.在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，则，得，A正确；
B.同理可求得、，电子在A的电势能，在E点的电势能，所以电子在A点的电势能比在E点的高1eV，B错误；
C. 电子从C点运动到F点，电场力做功为，C错误；
D.，D错误．
11．A
【详解】
AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
12．A
【解析】电子飞入匀强电场加速，由于电场力不变，故加速度不变，电子做加速运动，故速度增加；
由动能定理可知，电场力做正功，动能增大，电势能减小；故选A．
点睛：本题考查匀强电场及电场力做功情况，要注意明确电场力做功直接量度电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
13．A
【解析】
试题分析：电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做叫做元电荷．
解：A、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，故A错误
B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故B正确；
C、元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的，故C正确；
D、元电荷的数值为e=1.60×10﹣19C，故D正确；
本题选择错误的，故选A
【点评】元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，只是等于质子或电子的带电量；明确所有带电体所带电量均是元电荷的整数倍．
14．D
【解析】试题分析：本题考查了应用库仑定律公式解题能力，对题目中叙述的两种状态分别依据库仑定律公式列方程，即可求解结果．
变化之前根据库仑定律有： ①
变化之后有： ②
联立①②得F′=81F，故ABC错误，D正确．
故选D．
考点：库仑定律．
点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出，属于简单基础题目．
15．D
【详解】
A．当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，根据可知，电容器的电容C减小，故A错误；
B．在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，则电容器所带电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B错误；
C．根据，因U不变，而d增大，则E减小，故C错误；
D．因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D正确。
故选D。
16．AC
【详解】
A．美国科学家密立根通过油滴实验首次测出电子的电荷量，故A正确；
B．伽利略根据理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，故B错误；
C．卡文迪许通过扭秤实验测定出万有引力常量的数值，故C正确；
D．开普勒通过对观测数据的整理总结出了行星运动的规律，故D错误。
故选AC。
17．BD
【详解】
AB．由对称性可知，a、c两点和b、d两点处都场强大小相等，方向相反，所以场强不相同。而a、c两点和b、d两点处电势相同。故A错误，B正确；
CD．由于两电荷连线上，电势两端高，中点O点低，而中垂线上从O点向无穷远处由高到低，所以a点电势比b点电势高，即正电荷在a点电势能大于b点电势能。同理c点电势比d点电势高，即负电荷在c点电势能小于在d点电势能。故C错误，D正确。
故选BD。
18．BCD
【详解】
AB. 电场强度的定义式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故A项与题意不相符，B项与题意相符；
CD. 电场线是为了形象的描述电场而人为引入的曲线，而物体的运动轨迹是由物体所受合外力与初速度之间的夹角决定，二者不一定重合；在非均匀的电场中，初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动轨迹不会与电场线重合；若电场线为直线，物体的初速度为零，则运动轨迹与电场线是重合的，故CD项与题意相符．
19．BD
【详解】
A．小球在摆动过程中，从A到B过程中，重力做正功，电场力做负功，当摆到半径与重力、电场力的合力共线时（此时半径斜向右下，且OA与OC关于此半径对称），速度最大，动能最大，然后动能减小，所以小球从A到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；
BC．从A到B的过程中由于小球克服电场力做功，故小球的电势能一直增大，机械能一直减小，故B正确，C错误；
D．小球从A到B的过程中，重力势能转化为动能和电势能，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，故D正确。
故选BD。
20．BC
【详解】
A．根据可知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小，A错误；
B．因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，B正确；
C．电容器始终与电源相连，电势差不变，下极板竖直向下移动时，d增大，根据可知，电场强度E减小，则带电油滴所受的电场力变小；下极板竖直向下移动时，电容减小，电势差不变，根据，电容器所带电荷量减小，需要放电，电流为顺时针，则电流表G中有a→b的电流，C正确；
D．电容器始终与电源相连，电势差不变，d增大，电场强度E减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小，D错误。
故选BC。
21．AC
【详解】
AB.粒子在匀强电场中受到沿垂直于极板方向的电场力作用，在垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，在平行于极板的方向不受力而做匀速直线运动。在垂直于极板方向，由
得
，
由于，则
；
在平行于极板方向，由
得
，
对于a、b，由于，，故有
，
故A正确，B错误；
CD.电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，则
，
得
；
动能增加量等于电场力做的功，则
，
故C正确，D错误。
故选：AC
22．减小； 增大； 控制变量法
【详解】
[1]对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两小球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；
[2]两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大；
[3]先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，这是只改变它们之间的距离；再保持两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以这采用的方法是控制变量法。
23．变大 极板正对面积增大 变大 板间距离减小
【详解】
(1)[1]若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
[2]得到板间电压U变大，静电计张角变大；
此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；
(2)[3]若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
得到板间电压U变大，静电计张角变大；
[4]此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大。
24．（1）2m/s；（2）FN=8.6N，方向竖直向下
【详解】
（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
f=μ（mg+qE）cos37°=2.0N
设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得
解得
v1=2m/s
（2）滑块从B到C点，由动能定理可得
v2=3m/s
当滑块经过最低点时，有
由牛顿第三定律滑块到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力等于8.6N方向竖直向下。
25．(1)J；(2)0.4m
【详解】
(1)由题意可知小球恰能通过轨道的最高点，由向心力公式有
解得小球通过最高点的速度
小球从A到B做匀速直线运动，到达B点速度vB=v0，小球由B点到D点过程中，由动能定理有
解得在半圆轨道上摩擦力对小球做的功
J
(2)带电小球从D点飞出后做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律有
mg+Eq=ma
解得小球的加速度
a=20m/s2
小球在竖直方向有
小球在水平方向有
解得小球落点与B点的距离
x=0.4m
26．(1)；(2)0.36m
【详解】
(1)设小球到达圆轨道B点时速度为，从A到B的过程中重力和电场力做功，由动能定理有
在最高点B时，根据牛顿第二定律有
由题意可知
代入数据计算得出
由牛顿第三定律可以知道小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为
方向竖直向上。
(2)轨道半径越大，小球到达最高点的速度越小，当小球恰好到达最高点时轨道对小球的作用力为零，则小球对轨道的压力也为零，此时轨道半径最大，则
又因为
代入数据计算得出轨道半径的最大值。
27．(1)1m/s；(2)5V；(3)
【详解】
(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度
a=
解得
a=5m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有
xA=v0t
竖直方向有
yP=at2
联立得
v0=xA
代入数据，解得
v0=1m/s
(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度
vy=
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有
解得
E=50N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l
=
根据电势差与电场强度的关系有
UAB=El
解得
UAB=5V
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
mv2-mv=mg（yP+d）+qUAB-qE0yP
解得
v=m/s
28．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度为
(2)带电粒子在金属板间做平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
又
由牛顿第二定律得
解得
(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上有
29．(1)；(2)，；(3)
【详解】
(1)质子在加速电场中有
解得
(2)质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动
水平方向
竖直方向
加速度
由以上各式解得极板长
运动时间
(3)质子在整个运动过程中由动能定律得
质子射出电场时的动能
30．(1)　(2) 　(3)
【详解】
（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间
．
（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小
，
加速度大小
经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小
带电粒子在B点速度的大小
．
（3）粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得
A、B间的电势差
．
31．（1）
（2）；
（3）．
【详解】
（1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：．
（2）由牛顿第二定律得：．
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan60°=v0，又vy=at，得：
v0=
解得：E=
（3）由动能定理得：
解得
32．
【详解】
取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用。
当U1=300 V时，小球平衡
当U2=60V时，带电小球向下板做匀加速直线运动
又
h＝at2
得
【名师点睛】
本题是应用牛顿第二定律和运动学公式结合分析和处理带电粒子在电场中匀加速运动的问题，只要转变观念，把电场力当作一种力，方法与力学相同，一定会正确作答。
33．（1）负电；（2）×105N/C；（3）20 m/s2；速度方向为与竖直方向夹角为60°斜向左下．
【详解】
（1）小球受竖直向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，电场强度水平向右，则小球带负电．
（2）对小球，由平衡条件得：qE=mgtan60°
入数据解得：E=2×104N/C．
（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：=ma，
代入数据解得，小球的速度a=20m/s2，速度方向为与竖直方向夹角为60°斜向左下．
【点睛】
本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度．答案第6页，共17页
答案第7页，共17页