1、在探索平行板电容器的电容与哪些因素有关时，实验发现在极板电量不变的情况下，仅增大板间距，静电计的指针将__________(填“变大”、“变小”) ；仅减小正对面积，静电计的指针将__________(填“变大”、“变小”) 。
2、用如图所示装置可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S ，两极板间的距离为d ，板间电介质的介电常数为ε，静电计指针偏角为θ. 实验中，极板所带电荷量不变。
①若保持d 、ε不变，减小S ，则θ （填变大、变小、或不变，下同）
②若保持S 、ε不变，增大d ，则θ
③若保持d 、S 不变，在板间插入介电常数ε更大的电介质，则θ
3、如图所示平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A ．带点油滴将沿竖直方向向下运动
B ．P 点的电势将降低
C ．带电油滴在P 点的电势能将减少
D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
4、如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )
A ．电荷将向上加速运动
B ．电荷将向下加速运动
C ．电流表中将有从a 到b 的电流
D ．电流表中将有从b 到a 的电流
5、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 ．若在两板间增加介质，则θ变小
6、如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V 、20V 、30V ，实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，对于轨迹上的a 、b 、c 三点来说（ ）
A ．粒子在三点的合力F a =Fb =Fc
B ．粒子必先过a ，再到b ，然后到c
C ．粒子在三点的动能大小为EK b ＞EK a ＞EK c
D ．粒子在三点的电势能大小为EP c ＜EP a ＜EP b
7、如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b ．不计空气阻力，则不正确的是（ ）
A ．小球带负电
B ．电场力跟重力平衡
C ．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小
D ．小球在运动过程中机械能守恒
8、如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m 、电量为q ，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E ．（ ）
A
．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为
B ．若剪断悬线，则小球做曲线运动
C ．若剪断悬线，则小球做匀速运动
D ．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
9、如图所示，平行板电容器经开关S 与电池连接，a 处有一带电的小液滴，S 闭合后，液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A ．保持开关S 闭合，A 板稍向下移，则液滴将向下加速运动
B ．保持开关S 闭合，B 板稍向右平移，则液滴仍将保持静止
C ．充电后，将开关S 断开，A 板稍向下移，则液滴将向上加速运动
D ．充电后，将开关S 断开，将B 板稍向右平移，则液滴仍将保持静止
10、如图所示电容器C ，两板间有一负电荷q 静止，使q 向上运动的措施是（ ）
A ．两极板间距离增大 B．两极板间距离减小
C ．两极板正对面积减小 D．两极板正对面积增大
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，下列说法中正确的是
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 和S 不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
12、如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间的距离减小后，则二极板间的电压U 、电场强度E 、电容器的电容C 及电容的带电量Q 与原来相比
A ．U 、E 、C 、Q 都不变 B．U 不变，E 、C 、Q 变小
C ．U 不变，E 、C 、Q 变大 D．U 、E 不变，C 变大，Q 变小
13、在图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是（ ）
A ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C ．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D ．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
14、在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时：（ ）
A．伏特表 V读数增大, 电容C 的电荷量在减小
B．安培表A 的读数增大，电容C 的电荷量在增大
C ．伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小
D．伏特表V 的读数减小，安培表A 的读数增大
15、如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R ，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B 时，球对轨道的压力为2mg ．求：
（1）小球所受电场力的大小和方向．
（2）带电小球在滑动过程中的最大速度．
16、如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏。现将一电子(电荷量为e ，质量为m ) 无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，电子重力忽略不计。求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离y 。
17、长为L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q ，悬于O 点，如图所示．当在O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A 处，则细线拉力是重力mg 的3倍．现将球拉至图中B 处（θ=60°），放开球让它摆动，问：
（1）固定在O 处的正电荷的带电荷量为多少？
（2）球摆回到A 处时悬线拉力为多少？
18、如图所示，在场强E ＝10 N/C 的水平匀强电场中， 有一根长l ＝15 cm的细线， 一端固定在O 点， 另一端系一个质量m ＝3 g ， 电荷量q ＝2×10 C 的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，则小球到达最低点B 时的速度是多大？
－64
参考答案
一、填空题
1、变大，变大 2、变大 变大 变小
3、AB 电容器的动态分析．
【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据
E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P 点与下极板间电势差如何变化，即能分析P 点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式
C=，电容器与电源保持相连，则U 不变，Q 与C 成正比变化．
【解答】解：A 、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A 正确．
B 、板间场强E 减小，而P 点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P 点与下极板间电势差将减小，而P 点的电势高于下极板的电势，则知P 点的电势将降低．故B 正确．
C 、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P 点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C 错误．
D 、根据电容的定义式
C=，电容器与电源保持相连，则U 不变，当C 减小，则Q 也减小．故D 错误．
故选：AB ．
【点评】本题运用
E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
4、BD
5、AD
6、AD 等势面；电势能．
【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；
因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；
根据abc 三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a 、b 、c 三点时的动能和电势能的大小关系．
【解答】解：A 、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．故A 正确；
B 、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a 、b 、c 运动，还是依次沿c 、b 、a 运动，都会的到如图的轨迹．故B 错误；
CD 、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b 点时的电势能最大，在c 点的电势能最小，可判断在C 点的动能最大，在b 点的动能最小．故C 错误，D 正确．
故选：AD ．
【点评】本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点．解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直；
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功；
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；
④、任意两个等势面都不会相交；
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱．
7、ACD 带电粒子在混合场中的运动．
【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．
【解答】解：A 、B 据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电．故A 错误，B 正确．
C 、小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大．故C 错误．
D 、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒．故D 错误．
本题选错误的，故选：ACD ．
【点评】本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确定出小球的电性．
8、解：A 、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtan θ=qE，则tan θ=．故A 正确．
B、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力．合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动．故D 正确，B 、C 错误．
故选AD ．
9、B
的
电场力增大，则液滴将向上加速运动．故D 错误．故选B 。
考点：电容器的动态分析
【名师点睛】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变。
10、解：
A 、两极板间距离d 增大，而电容器的电压U 不变，则板间场强E=减小，电荷所受电场力减小，电荷将向下运动．故A 错误．
B 、两极板间距离d 减小，而电容器的电压U 不变，则板间场强E=增大，电荷所受电场力增大，电荷将向上运动．故B 正确．
C 、D 两极板正对面积S 减小时，而电容器的电压U 和距离d 都不变，则板间场强E=不变，电荷并不运动．故CD 错误．
故选B
11、A
12、C
13、解：A 、B 开关接1时，电源给平行板电容器充电，形成充电电流，方向从电源正极流出，电容器上极板与电源正极相连，带正电，下极板带负电．故A 正确，B 错误．
C、D 开关接2时，平行板电容器通过导线放电．故CD 错误．
故选A
14、D
15、解：（1）设小球运动到最底位置B 时速度为v ，此时有：
设电场力方向向右，则有：
解得：
F=，方向与假设相符，水平向右
（2）速度最大时，合力与速度方向垂直
设此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，有：
，
，
解得：
答：（1
）小球受到电场力的大小为，方向水平向右；
（2
）带电小球在滑动过程中的最大速度为．
16、解析 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1
＝＝ 2分
＝
a 1t 2分
v1＝a 1t 1 2分
t2
＝
1分
运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3 1分
(2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2
＝＝ 1分
t3＝ 1分
v y ＝a 2t 3 1分
tan θ＝ 2分 解得：tan θ＝2 1分
(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为y 1，离开电场后沿平行电场方向偏移距离为y 2
y1＝a 2
t 2分
tan θ
＝ 2分
解得x ＝y 1＋y 2＝3L 1分
17、 解：（1）球静止在A 处经受力分析知受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力F 拉，由受力平衡和库仑定律列式：
F 拉=F+mg， F=，
F 拉=2mg
三式联立解得： q=．
（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程： mgL （1﹣cos60°）=mv 2
F 拉′﹣mg ﹣F=m
由（1）知静电力F=mg
解上述三个方程得：F 拉′=3mg．
答：（1）固定在O
处的正电荷的带电荷量为
（2）摆球回到A 处时悬线拉力为3mg ．
18、1m/s解析根据动能定理得mgl －qEl ＝mv2，v ＝＝1m/s.
1、在探索平行板电容器的电容与哪些因素有关时，实验发现在极板电量不变的情况下，仅增大板间距，静电计的指针将__________(填“变大”、“变小”) ；仅减小正对面积，静电计的指针将__________(填“变大”、“变小”) 。
2、用如图所示装置可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S ，两极板间的距离为d ，板间电介质的介电常数为ε，静电计指针偏角为θ. 实验中，极板所带电荷量不变。
①若保持d 、ε不变，减小S ，则θ （填变大、变小、或不变，下同）
②若保持S 、ε不变，增大d ，则θ
③若保持d 、S 不变，在板间插入介电常数ε更大的电介质，则θ
3、如图所示平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A ．带点油滴将沿竖直方向向下运动
B ．P 点的电势将降低
C ．带电油滴在P 点的电势能将减少
D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
4、如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )
A ．电荷将向上加速运动
B ．电荷将向下加速运动
C ．电流表中将有从a 到b 的电流
D ．电流表中将有从b 到a 的电流
5、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 ．若在两板间增加介质，则θ变小
6、如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V 、20V 、30V ，实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，对于轨迹上的a 、b 、c 三点来说（ ）
A ．粒子在三点的合力F a =Fb =Fc
B ．粒子必先过a ，再到b ，然后到c
C ．粒子在三点的动能大小为EK b ＞EK a ＞EK c
D ．粒子在三点的电势能大小为EP c ＜EP a ＜EP b
7、如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b ．不计空气阻力，则不正确的是（ ）
A ．小球带负电
B ．电场力跟重力平衡
C ．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小
D ．小球在运动过程中机械能守恒
8、如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m 、电量为q ，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E ．（ ）
A
．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为
B ．若剪断悬线，则小球做曲线运动
C ．若剪断悬线，则小球做匀速运动
D ．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
9、如图所示，平行板电容器经开关S 与电池连接，a 处有一带电的小液滴，S 闭合后，液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A ．保持开关S 闭合，A 板稍向下移，则液滴将向下加速运动
B ．保持开关S 闭合，B 板稍向右平移，则液滴仍将保持静止
C ．充电后，将开关S 断开，A 板稍向下移，则液滴将向上加速运动
D ．充电后，将开关S 断开，将B 板稍向右平移，则液滴仍将保持静止
10、如图所示电容器C ，两板间有一负电荷q 静止，使q 向上运动的措施是（ ）
A ．两极板间距离增大 B．两极板间距离减小
C ．两极板正对面积减小 D．两极板正对面积增大
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，下列说法中正确的是
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 和S 不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
12、如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间的距离减小后，则二极板间的电压U 、电场强度E 、电容器的电容C 及电容的带电量Q 与原来相比
A ．U 、E 、C 、Q 都不变 B．U 不变，E 、C 、Q 变小
C ．U 不变，E 、C 、Q 变大 D．U 、E 不变，C 变大，Q 变小
13、在图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是（ ）
A ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C ．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D ．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
14、在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时：（ ）
A．伏特表 V读数增大, 电容C 的电荷量在减小
B．安培表A 的读数增大，电容C 的电荷量在增大
C ．伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小
D．伏特表V 的读数减小，安培表A 的读数增大
15、如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R ，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B 时，球对轨道的压力为2mg ．求：
（1）小球所受电场力的大小和方向．
（2）带电小球在滑动过程中的最大速度．
16、如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏。现将一电子(电荷量为e ，质量为m ) 无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，电子重力忽略不计。求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离y 。
17、长为L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q ，悬于O 点，如图所示．当在O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A 处，则细线拉力是重力mg 的3倍．现将球拉至图中B 处（θ=60°），放开球让它摆动，问：
（1）固定在O 处的正电荷的带电荷量为多少？
（2）球摆回到A 处时悬线拉力为多少？
18、如图所示，在场强E ＝10 N/C 的水平匀强电场中， 有一根长l ＝15 cm的细线， 一端固定在O 点， 另一端系一个质量m ＝3 g ， 电荷量q ＝2×10 C 的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，则小球到达最低点B 时的速度是多大？
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参考答案
一、填空题
1、变大，变大 2、变大 变大 变小
3、AB 电容器的动态分析．
【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据
E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P 点与下极板间电势差如何变化，即能分析P 点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式
C=，电容器与电源保持相连，则U 不变，Q 与C 成正比变化．
【解答】解：A 、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A 正确．
B 、板间场强E 减小，而P 点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P 点与下极板间电势差将减小，而P 点的电势高于下极板的电势，则知P 点的电势将降低．故B 正确．
C 、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P 点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C 错误．
D 、根据电容的定义式
C=，电容器与电源保持相连，则U 不变，当C 减小，则Q 也减小．故D 错误．
故选：AB ．
【点评】本题运用
E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
4、BD
5、AD
6、AD 等势面；电势能．
【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；
因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；
根据abc 三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a 、b 、c 三点时的动能和电势能的大小关系．
【解答】解：A 、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．故A 正确；
B 、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a 、b 、c 运动，还是依次沿c 、b 、a 运动，都会的到如图的轨迹．故B 错误；
CD 、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b 点时的电势能最大，在c 点的电势能最小，可判断在C 点的动能最大，在b 点的动能最小．故C 错误，D 正确．
故选：AD ．
【点评】本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点．解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直；
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功；
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；
④、任意两个等势面都不会相交；
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱．
7、ACD 带电粒子在混合场中的运动．
【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．
【解答】解：A 、B 据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电．故A 错误，B 正确．
C 、小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大．故C 错误．
D 、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒．故D 错误．
本题选错误的，故选：ACD ．
【点评】本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确定出小球的电性．
8、解：A 、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtan θ=qE，则tan θ=．故A 正确．
B、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力．合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动．故D 正确，B 、C 错误．
故选AD ．
9、B
的
电场力增大，则液滴将向上加速运动．故D 错误．故选B 。
考点：电容器的动态分析
【名师点睛】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变。
10、解：
A 、两极板间距离d 增大，而电容器的电压U 不变，则板间场强E=减小，电荷所受电场力减小，电荷将向下运动．故A 错误．
B 、两极板间距离d 减小，而电容器的电压U 不变，则板间场强E=增大，电荷所受电场力增大，电荷将向上运动．故B 正确．
C 、D 两极板正对面积S 减小时，而电容器的电压U 和距离d 都不变，则板间场强E=不变，电荷并不运动．故CD 错误．
故选B
11、A
12、C
13、解：A 、B 开关接1时，电源给平行板电容器充电，形成充电电流，方向从电源正极流出，电容器上极板与电源正极相连，带正电，下极板带负电．故A 正确，B 错误．
C、D 开关接2时，平行板电容器通过导线放电．故CD 错误．
故选A
14、D
15、解：（1）设小球运动到最底位置B 时速度为v ，此时有：
设电场力方向向右，则有：
解得：
F=，方向与假设相符，水平向右
（2）速度最大时，合力与速度方向垂直
设此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，有：
，
，
解得：
答：（1
）小球受到电场力的大小为，方向水平向右；
（2
）带电小球在滑动过程中的最大速度为．
16、解析 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1
＝＝ 2分
＝
a 1t 2分
v1＝a 1t 1 2分
t2
＝
1分
运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3 1分
(2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2
＝＝ 1分
t3＝ 1分
v y ＝a 2t 3 1分
tan θ＝ 2分 解得：tan θ＝2 1分
(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为y 1，离开电场后沿平行电场方向偏移距离为y 2
y1＝a 2
t 2分
tan θ
＝ 2分
解得x ＝y 1＋y 2＝3L 1分
17、 解：（1）球静止在A 处经受力分析知受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力F 拉，由受力平衡和库仑定律列式：
F 拉=F+mg， F=，
F 拉=2mg
三式联立解得： q=．
（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程： mgL （1﹣cos60°）=mv 2
F 拉′﹣mg ﹣F=m
由（1）知静电力F=mg
解上述三个方程得：F 拉′=3mg．
答：（1）固定在O
处的正电荷的带电荷量为
（2）摆球回到A 处时悬线拉力为3mg ．
18、1m/s解析根据动能定理得mgl －qEl ＝mv2，v ＝＝1m/s.