热门试卷

解：A、液滴受重力与电场力作用而静止，因此电场力与重力是一对平衡力，电场力竖直向上，电场强度竖直向下，则液滴带负电，故A正确；

B、平行板间的电场强度：E=，两板左右错开一些，两板的正对面积S变小，场强E变大，电场力变大，液滴所受合力向上，液滴向上加速运动，故B错误；

C、两板靠近一些，由E=可知，板间电场强度E不变，液滴受力情况不变，液滴所受合力为零，液滴保持静止，故C正确；

D、将A、B粘合在一起，整体所受重力与电场力都不变，整体所受合力为零，仍然保持静止，故D错误；

故选：AC．

解：设粒子的电量为q，质量为m，则由动能定理得：

qU=mv2

得到：v=在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大．故A正确，BCD错误．

故选：A

解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．

则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：

   x1=v0t1；

从B到C过程，有：x2=v0t2；

由题意有：x1=2x2；

则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．

又 y1=gt12，

将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：

  y2=at22，

根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；

解得：a=2g；

根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg，

解得：F=3mg，

由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．

根据速度变化量△v=at，则得：

AB过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确，ABC错误．

故选：D．

解：设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：mgh=mv2-0，v=，

小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，r=2h；

A、若加竖直向下的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：（mg-qE）h=mv′2-0，

解得：v′=，则：m=mg-qE，小球恰好通过P点，故A正确；

B、若加竖直向上的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：（mg+qE）h=mv′2-0，

解得：v′=，则：m=mg+qE，小球恰好通过P点，故B错误；

C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvB+mg＞m，小球不能通过P点，故C正确；

D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：mg-qvB＜m，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；

故选：AC．

解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；

将A板上移，由E=可知，E变小，故油滴应向下加速运动；

根据C=、C=，有：Q=，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流；故A正确；

B、若将A板向左平移一小段位移，由E=可知，E不变，油滴仍静止；

根据C=、C=，有：Q=，故电容器电量减小，电容器放电，故G中有b→a的电流；故B错误；

C、若将S断开，Q不变，根据C=、C=、U=Ed，可知场强E不变，故油滴仍然静止，G中无电流，故C错误；

D、若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，根据C=、C=、U=Ed，有：E=，故场强不变，油滴仍然静止；因电路断开；故G中无电流；故D正确；

故选：AD．