2．如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．电阻R中没有电流

B．电容器的电容变小

C．电阻R中有从a流向b的电流

D．电阻R中有从b流向a的电流

[答案]　BC

[解析]　由题意知，电容器两板间电压U一定，设已充电荷量为Q，当两板距离增大时，电容C变小，由Q＝CU知Q减小，必有一部分正电荷通过电阻R回流．故BC对．

1．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，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，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

[答案]　A

[解析]　前带电粒子做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．T时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.

17．(11分)(2009·福建质检)如图(甲)所示，水平放置的平行金属板A、B，两板的中央各有一小孔O₁、O₂，板间距离为d，开关S接1.当t＝0时，在a、b两端加上如图(乙)所示的电压，同时在c、d两端加上如图(丙)所示的电压．此时，一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处(P、O₁、O₂在同一竖直线上)．重力加速度为g，不计空气阻力．

(1)若在t＝时刻将开关S从1扳到2，当u_cd＝2U₀时，求微粒P的加速度大小和方向；

(2)若要使微粒P以最大的动能从A板中的O₁小孔射出，问在t＝到t＝T之间的哪个时刻，把开关S从1扳到2，u_cd的周期T至少为多少？

[答案]　(1)g　方向竖直向上　(2)见解析

[解析]　(1)当A、B间加电压U₀，微粒P处于平衡状态，根据平衡条件，有q＝mg①

当A、B间电压为2U₀时，根据牛顿第二定律，有

q－mg＝ma②

由①②得a＝g，加速度的方向竖直向上

(2)依题意，为使微粒P以最大的动能从小孔O₁射出，应让微粒P能从O₂处无初速向上一直做匀加速运动．为此，微粒P应先自由下落一段时间，然后加上电压2U₀，使微粒P接着以大小为g的加速度向下减速到O₂处再向上加速到O₁孔射出．设向下加速和向下减速的时间分别为t₁和t₂，则gt₁＝gt₂

＝gt+gt，解得：t₁＝t₂＝

故应在t＝T－时刻把开关S从1扳到2.

设电压u_cd的最小周期为T₀，向上加速过程，有

d＝g²，解得：T₀＝6.

16．(11分)(2010·上海华师大附中摸底测试)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计粒子所受重力)．

(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；

(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置；

(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/4，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置．

[答案]　(1)　(2)满足y₁＝方程的点即为所有释放点的位置　(3)在电场Ⅰ区域内满足方程y₂＝的所有位置

[解析]　(1)由动能定理有：eEL＝mv²

由类平抛运动知识有：L＝vt，y＝at²＝×＝L

所以电子离开ABCD区域的位置坐标为

(2)设释放点位置坐标为(x₁，y₁)，由动能定理有：eEx₁＝mv

由类平抛运动知识有：L＝v₁t₁，y₁＝at＝×＝

所以满足y₁＝方程的点即为所有释放点的位置

(3)设电子从(x₂，y₂)点释放，在电场Ⅰ中被加速到v₂进入电场Ⅱ后做类平抛运动；在高度为y′处离开电场Ⅱ，然后做匀速直线运动并经过D处，则有

eEx₂＝mv

在电场Ⅱ中下降高度Δy＝y₂－y′＝at＝ ·²

v_y＝a·＝，y′＝v_y·

解得：y₂＝，即在电场Ⅰ区域内满足方程的点即为所求位置．

15． (10分)(2009·蚌埠一模)两个正点电荷Q₁＝Q和Q₂＝4Q分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，已知AB＝L，如图所示．

(1)现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离．

(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处．试求出图中PA和AB连线的夹角θ.

[答案]　(1)　(2)arctan

[解析]　(1)正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A点为x，即

k＝k　∴x＝.

(2)点电荷在P点处若其所受库仑力的合力沿OP方向，则它在P点处速度最大，即此时满足

tanθ＝＝＝，即得：θ＝arctan.

14．(10分)如图所示，相距为0.2m的平行金属板A、B上加电压U＝40V, 在两板正中沿水平方向射入一带负电荷小球，经0.2s小球到达B板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A、B两板间的距离应调节为多少？(g取10m/s²)

[答案]　0.1m

[解析]　小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向由牛顿第二定律得

mg－Uq/d＝ma　d/2＝at²/2

解得：a＝5m/s²，m＝40q

要使小球沿水平方向运动，应有

mg＝E′q　E′＝U/d′　d′＝qU/mg＝0.1m

13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成α角，一质量为m、电荷量为q的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．

[答案]　

[解析]　对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：

Eqcosα＝mg，

所以E＝

对(b)有：Eq＝mgcosα，

所以E＝.

12．(6分)一电子以4×10⁶m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为________V．(电子的质量为9.1×10^－31kg，电荷量为－1.6×10^－19C)

[答案]　－136.5

[解析]　设电子射入电场时的速度为v_A，射出电场时的速度为v_B，从图可知v_B＝＝2v_A，根据动能定理，有

W＝eU_AB①

W＝mv－mv②

由式①②得eU_AB＝mv－mv＝mv

所以U_AB＝＝V

＝－136.5V

11．(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷+q所做的功等于________．

[答案]　

[解析]　电容器两板间电势差U＝，场强E＝＝.

而A、B两点间电势差U_AB＝E·s·sin30°＝，

电场力对+q所做功为W＝qU_AB＝.

10．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法中正确的是　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点

B．若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧

光屏上将出现2个亮点

C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点

D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点

[答案]　D

[解析]　粒子打在荧光屏上的位置取决于它的侧移量，侧移量相同，打在荧光屏上的位置相同，而侧移量y＝，所以粒子速度相同时，屏上将出现2个亮点，粒子质量与速度乘积相同时，屏上将出现3个亮点；动能相同时，屏上将出现2个亮点；而经过同一电场从静止加速后，再进入偏转电场，出电场时所有粒子侧移量相同，屏上将出现1个亮点，故选D.

第Ⅱ卷(非选择题　共60分)