一、單選題：本大題共6小題，共24分。
1.如圖所示，在平行于勻強電場的平面上以O(shè)點為圓心作半徑為10cm的圓，在圓周上取A、B、C、D四點，AD為圓的直徑，OC與OD成53°，OB垂直于AD，C點電勢為0V，已知勻強電場的場強大小為1.0×104V/m，cs53°=0.6。則( )
A. D點電勢為400VB. O點電勢高于B點電勢
C. A、C兩點間的電勢差為1.4×103VD. 電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能
2.如圖所示，在水平向右的勻強電場E中，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以速度v0從圖中M點垂直電場方向射入，經(jīng)過一段時間，到達左上方N點。已知MN的連線與水平方向夾角為30°，則粒子從M到N的過程中(粒子重力可以忽略)( )
A. 所用時間為 3mv0EqB. 位移大小為2 3mv02Eq
C. 到達N點速度大小為 13v0D. MN兩點之間的電勢差為4mv02q
3.兩個分別帶有電荷量為?Q和+9Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F1，當兩小球相互接觸后再將它們的距離變?yōu)?r，它們間庫侖力的大小變?yōu)镕2，則( )
A. F1：F2=3：2B. F1：F2=9：4C. F1：F2=9：1D. F1：F2=3：4
4.空間存在水平向右的勻強電場，方向與x軸平行，一個質(zhì)量為m，帶負電的小球，電荷量為?q，從坐標原點以v0=10m/s的初速度斜向上拋出，且初速度v0與x軸正方向夾角θ=37°，如圖所示。經(jīng)過一段時間后到達最高點，此時速度大小也是10m/s，該小球在最高點的位置坐標是( )(sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2)
A. 0.6m，1.8mB. ?0.6m，1.8mC. 5.4m，1.8mD. 0.6m，1.08m
5.如圖所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O點套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為?q的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一電荷量為+Q的點電荷，桿上a、b兩點到+Q的距離為?2相等。Oa之間距離為?1，ab之間距離為?2，使小環(huán)從圖示位置的O點由靜止釋放后，通過a點的速率為 3g?1，則下列說法正確的是( )
A. 小環(huán)通過b點的速率為 g3?1+2?2B. 小環(huán)從O到b，靜電力做的功可能為零
C. 小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小D. 小環(huán)在Oa之間的速度是先減小后增大
6.如圖所示，在真空中水平放置一長方體高為2L，其上下兩個面是邊長為L的正方形，在頂點A，C處分別放置電荷量為+Q的點電荷，在頂點F，H處分別放置電荷量為?Q的點電荷，O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點。下列說法正確的是( )
A. 該長方體的幾何中心處場強為零
B. B，D兩點場強相同
C. 沿豎直方向從O1到O2，電勢先減小后增大
D. 將一電子從B點移到E點，電場力做負功
二、多選題：本大題共4小題，共24分。
7.如圖所示，質(zhì)子、氘核和α粒子都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，
射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。下列說法中正確的是( )
A. 若它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
B. 若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點
C. 若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點
D. 若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，要增大偏移量可以只增大U
8.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(不及內(nèi)阻)連接，下極板接地，一帶點油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則( )
A. 帶點油滴將沿豎直方向向上運動
B. 電容器的電容減少，極板帶電量將增加
C. 帶點油滴的電勢能將增加
D. P點的電勢將降低
9.兩個帶等量正電的點電荷，電量均為Q，固定在圖中a、b兩點，MN為a、b連線的中垂線，交直線ab于O點，A為MN上的一點。取無限遠處的電勢為零。一帶負電的試探電荷q，僅在靜電力作用下運動，則( )
A. 若q從A點由靜止釋放，其在由A點向O點運動的過程中，加速度先增大后減小
B. 若q從A點由靜止釋放，其將以O(shè)點為對稱中心做往復(fù)運動
C. q由A點向O點運動時，其動能逐漸增大，電勢能逐漸增大
D. 若在A點給q一個合適的初速度，它可以做勻速圓周運動
10.如圖所示，虛線a、b、c為某一電場中的三個等差等勢面，一個帶電離子僅在電場力作用下運動，依次通過Q、M、P三點，實線為其運動軌跡。以a、v分別表示離子運動的加速度與速度，可以判定( )
A. aQ>aM>aPB. aP>aM>aQC. vQ>vP>vMD. vM>vP>vQ
三、實驗題：本大題共2小題，共14分。
11.實驗室購買了一捆標稱長度為100 m的銅導線，某同學想通過實驗測定其實際長度．該同學首先測得導線橫截面積為1.0 mm2，查得銅的電阻率為1.7×10?8Ω·m，再利用實驗測出銅導線的電阻Rx，從而確定導線的實際長度，要求盡可能測出多組有關(guān)數(shù)值．
(1)在圖中畫出你所設(shè)計方案的實驗電路圖，并把所選儀器連成實際測量電路；_______，_______．
(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器，當電流表的讀數(shù)為0.50 A時，電壓表示數(shù)0.80 V，導線實際長度為_______m(保留兩位有效數(shù)字)．
12.(1)用螺旋測微器測金屬絲直徑D時，示數(shù)如圖(甲)所示，此示數(shù)為______mm；
(2)在“測定金屬的電阻率”的實驗中，用最小刻度為1mm的刻度尺測量金屬絲的長度，圖(乙)中箭頭所指位置是拉直的金屬絲兩端在刻度尺上相對應(yīng)的位置，測得的金屬絲長度L為______mm；
(3)圖(丙)、(丁)是電表的刻度盤。若當時使用的是該表的0～3V量程，如圖(丙)所示，那么讀數(shù)為________V；若當時使用的是該表的0～0.6A量程，如圖(丁)所示，那么電表讀數(shù)為________A。
四、簡答題：本大題共1小題，共10分。
13.如圖所示，平行板電容器的板長為L，板間距為d，板B與水平方向的夾角為α，兩板間所加電壓為U，有一帶負電液滴，帶電量為q，以速度v0沿水平方向自A板邊沿進入板間后仍沿水平方向運動，恰好從B板邊沿水平飛出。求液滴的質(zhì)量及飛出時的速度。(重力加速度為g)
五、計算題：本大題共2小題，共28分。
14.有一電子經(jīng)電壓U1加速后，進入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，設(shè)電子的電量為e。求：

(1)電子離開加速場的速度；
(2)金屬板AB的長度；
(3)電子穿出電場時的動能。
15.如圖所示，在沿水平向右方向的勻強電場，場強E=3N/C中有一固定點O，用一根長度為L=0.40m的絕緣細線把質(zhì)量為m=0.20kg的金屬小球懸掛在O點，靜止在B點，細線與豎直方向的夾角為θ=37°.現(xiàn)將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放(取g=10m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80)。
求：(1)小球的電性及電荷量；
(2)小球通過最低點C時小球?qū)毦€的拉力。
答案解析
1.D
【解析】A.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系為U = Ed，C、D間的電勢差為UCD =ER1?cs53°，又UCD =φC?φD，代入數(shù)據(jù)解得：φD=?400V，故A錯誤；
B.因為等勢面與電場線垂直，故O點電勢等于B點電勢，故B錯誤；
C.A、C兩點間的電勢差UAC =ER1+cs53°，代入數(shù)據(jù)解得：UAC=1.6×103V，故C錯誤；
D.沿著電場線方向，電勢逐漸降低，φA>φD，由電勢能Ep=qφ，由于電子帶負電，可知EpAEM>EQ ，對帶電離子有
F=qE=ma
則加速度有 aP>aM>aQ ，故B正確A錯誤；
CD.應(yīng)用運動與力的關(guān)系分析， Q→M 過程，受力方向與速度方向夾角 α 為鈍角，電場力做負功，離子做減速運動，則有 vQ>vM 。 M→P 過程，受力方向與速度方向夾角 β 為銳角，電場力做正功，離子做加速運動，則有 vP>vM 。運動過程中電勢能與動能之和守恒， Q→M 過程電勢能變化量大于 M→P 過程，則 Q→M 過程動能的變化量大，則有 vQ>vP ，故C正確D錯誤。
故選BC。
11. ； ； 94；
【解析】(1)根據(jù)電阻定律可求出銅導線的電阻約為Rx= ρLS =1.7×10?8× 1001.0×10?6 =1.7Ω，阻值較小，所以采用電流表外接法；實驗要求盡可能測出多組有關(guān)數(shù)值，所以采用分壓電路．故電路設(shè)計如圖所示：
根據(jù)電路圖，實物連接圖如圖所示：
；
(2)根據(jù)歐姆定律和電阻定律 R=UI=ρLS ，得 L=USρI ，代入數(shù)據(jù)得L=94m；
點睛：首先根據(jù)電阻定律估算出銅導線的電阻，結(jié)合實驗要求盡可能測出多組有關(guān)數(shù)值，確定實驗電路，根據(jù)電路連接實物圖；根據(jù)歐姆定律求出導線的電阻，利用電阻定律求出導線的長度即可．
12.(1)0.700(0.698?0.702均可)；
(2)972.0(971.8?972.2均可)；
(3)1.15(1.13?1.17均可)；0.20
【解析】解：(1)圖(甲)中0.5 mm刻度線已經(jīng)露出，所以螺旋測微器讀數(shù)為0.5mm+0.01×20.0mm=0.700mm；
(2)圖(乙)中測得的金屬絲長度為98.20cm?1.00cm=97.20 cm=972.0mm；
(3)圖(丙)中使用的是電壓表的0～3 V量程，最小刻度為0.1V，要估讀到0.01V，讀數(shù)為1.15V，
圖(丁)中使用的是電流表的0～0.6 A量程，最小刻度為0.02A，要估讀到0.01A，讀數(shù)為0.20A。
故答案為：(1)0.700(0.698?0.702均可)；
(2)972.0(971.8?972.2均可)；
(3)1.15(1.13?1.17均可)；0.20。
13.解：(1)帶電液滴的受力情況如圖所示，電場力與重力的合力必定水平向右，由圖可得：
qEcsα=mg
解得：m=qEcsαg
(2)對液滴，由動能定理得：
qEsinα?Lcsα=12mv2?12mv 02
得：v= v02+2gLsinαcs2α
答：
(1)液滴的質(zhì)量為qEcsαg；
(2)液滴飛出電場時的速度為 v02+2gLsinαcs2α。
【解析】(1)帶負電液滴在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力的合力必定沿此直線方向，否則就做曲線運動。根據(jù)力的合成，由重力與電場力的關(guān)系求解質(zhì)量。
(2)液滴運動過程中，重力不做功，只有電場力做功，根據(jù)動能定理求解微粒飛出時的速度。
本題是帶電粒子在電場中運動的問題，關(guān)鍵是分析受力情況，判斷出電場力方向，然后運用動能定理解題。
14.解：(1)在加速電場中，根據(jù)動能定理，有
eU1 =12mv02
解得：v0 = 2eU1 m
(2)在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，豎直方向：y=12at 2=d2
根據(jù)牛頓第二定律：a=qEm=qU2 md=eU2 md
得t= md 2eU2
AB板長度：sAB =v0 t= md 2eU2 × 2eU1 m=d 2U1 U2
(3)根據(jù)動能定理，有：qE?d2=Ek2 ?Ek1
Ek2 =qE×d2+Ek1 =eU2 d×d2+eU1 =eU22+eU1=eU2+2U12。
【解析】(1)由動能定理求出電子離開加速場的速度；
(2)電子先在加速電場中加速，再進入偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，由于電子正好能穿過電場，所以在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)的距離就是12d，由此可以求得極板的長度；
(3)電子在運動的整個過程中，只有電場力做功，根據(jù)動能定理即可求得電子的動能的大小。
電子先在加速電場中做勻加速直線運動，后在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)電子的運動的規(guī)律逐個分析即可。
15.解：(1)小球在B點處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，知電場力水平向右，與電場方向相同，故小球帶正電，根據(jù)平衡條件得：
qE=mgtanθ
解得：q=mgtan37°E=0.20×10×0.753C=0.5C
(2)對小球從A點運動到C點的過程中運用動能定理得：
mgL?qEL=12mv2
在C點，小球受重力和細線的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式得：
T?mg=mv2L
解得：T=4.5N
答：(1)小球帶正電，電荷量為0.5C；
(2)小球通過最低點C時小球?qū)毦€的拉力為4.5N。
【解析】(1)小球在B點處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，根據(jù)平衡條件即可求解；
(2)對小球從A點運動到C點的過程中運用動能定理即可解速度，在C點，小球受重力和細線的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式即可求解。
本題主要考查了動能定理及向心力公式的直接應(yīng)用，難度適中。

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