摆球的绳长为L,在偏角为θ1处,轻轻将摆球释放.当球摆动到左边偏角为θ2时速度有多大?

A、B、保持S不变，增大d，由电容器的决定式C=[ɛS/4πkd]知，电容变小，电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知电容器板间电压增大，则θ变大．故A正确，B错误．
C、D、保持d不变，增大S，由电容器的决定式C=[ɛS/4πkd]知，电容变大，电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知电容器板间电压减小，则θ变小．故C正确，D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对于电容器的动态分析问题，首先要掌握电容的决定因素，通过掌握电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，据此式分析电容的变化，并掌握电容的定义式C=[Q/U]分析电容器的电压或电量的变化情况．

（1）小球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：
mgl（1-cos60° ）=[1/2mv2…①
解得：v=
gl]=
10×0.9=3m/s…②
（2）在最低点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
F-mg=m
v2
l…③
由②③式解得：F=2mg=2×0.5×10N=10N…④
答：
（1）摆球的速度是3m/s．
（2）摆线中的弹力是10N．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；向心力．

考点点评： 本题综合考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律，难度不大，需加强这方面的训练．

A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A正确．
B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B错误．
C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C正确．
D、在极板间插入一块玻璃板，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=[Q/U]分析可知极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对于电容动态变化分析问题，往往先电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，分析电容如何变化，再运用电容的定义式C=[Q/U]分析电势差或电量的变化，分析时要抓住不变量．

设偏转电场长为L，宽为d，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，故A正确．
结合平抛运动规律解，
水平方向：L=v₀t，即t=[L
v0，故粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度，故C正确．
竖直方向初速度为零的匀加速直线运动，
得：h=
1/2]at²=[1/2][qE/m]
L2

v20，由于E=[U/d]，所以粒子偏移距离h，可用加在两极板上的电压控制电场强度来控制，故D正确．
带电粒子离开电场时位移的偏角∅，
所以：tan∅=[h/L]=
qEL
2m
v20，故粒子偏角∅与粒子的电量和质量有关，故B正确．
由以上可知ABCD均正确．
故选：ABCD

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 注意类平抛运动过程水平方向的运动与竖直方向的运动具有等时性，然后分别应用匀速运动规律和初速度为零匀加速直线运动规律解题．

A、将极板A向上移动一些，极板的正对面积减小，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知电容减小，而电容器的电量不变，则由电容的定义式C=[Q/U]分析可知板间电压增大，静电计指针偏角θ变大，故A错误．
B、极板间插入一块玻璃板--电介质，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知电容增大，而电容器的电量不变，则由电容的定义式C=[Q/U]分析可知板间电压减小，静电计指针偏角θ变小，故B错误．
C、将极板A向右移动一些，板间距离减小，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知电容增大，而电容器的电量不变，则由电容的定义式C=[Q/U]分析可知板间电压减小，静电计指针偏角θ变小，故C错误．
D、将极板A向左移动一些，板间距离增大，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知电容减小，而电容器的电量不变，则由电容的定义式C=[Q/U]分析可知板间电压增大，静电计指针偏角θ变大，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对于电容器的动态分析问题，关键掌握电容的决定式C=[ɛS/4πkd]和电容的定义式C=[Q/U]，结合不变量进行综合分析．

＝

在电场中偏转
　　 L＝v ₀ t　　①　　v _y ＝at　　②
　　 a＝ 　　③　　tanθ＝ 　　④
　　 ∴tanθ＝ 　　⑤　　∵tanθ＝θ　　⑥
　　∴θ＝ 　　⑦
　　在磁场中偏转：设电子在磁场中做匀速圆周运动半径为R
　　 qv ₀ B＝m 　　⑧
　　 L＝R·φ　　⑨　
　⑦⑧⑨联立消去v ₀ 整理得 ＝

/>（1）在A处用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小．
（2）用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转．
故答案为：（1）减小；（2）无

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 光电效应中光电子射出后，金属板带正电．光电效应的产生条件取决于入射光的频率．

由偏角θ为60°释放小球到最低点时，竖直的高度差是：
h=l（1-cos60°）=L×（1-0.5）m=0.5L（m）
此过程，根据机械能守恒定律知：mgh=[1/2mv2
所以有：v=
2gh]=
2g×0.5Lm/s=
gLm/s
在最低点O，合外力提供向心力，有：F_合=F_向
则得：F_拉-mg=
mv2
L
解得：F_拉=mg+[mgL/L]=2mg=2×0.05×10N=1N
答：小球运动到最低点O时对细线的拉力为1N．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题综合考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律，难度不大，需加强这方面的训练，基础题．

A、带电粒子以初速度v₀垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，仅受电场力，做类平抛运动，故A正确
B、粒子的偏转角φ满足：tanφ=
UqL
md
V20．故偏角θ与粒子的电荷量和质量均有关；故B错误
C、粒子平行于极板方向做匀速直线运动，时间t=
L
v0，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度，故C正确
D、在初速度和极板长度一定的情况下，y=
UqL2
2md
v20，电压U越大，y越大，故D正确
本题选错误的，故选：B

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 考查粒子在磁场中做匀速圆周运动与在电场中做类平抛运动，处理的常规方法，体现牛顿第二定律与类平抛运动规律，注意做平抛运动过程中垂直速度方向分运动为匀加速直线运动

A、带电球N通过绝缘细线悬挂于P点，当固定在绝缘架上的另一带电球M靠近它时，细线与竖直方向成一偏角，
所以N球受到向右的库仑斥力，所以两球一定带同种电荷，故A正确，B错误；
C、根据题意无法判断两球所带电荷量的关系，故C错误；
D、偏角不仅由两球所带电荷量决定，还与两球的距离有关，故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 库仑定律．

考点点评： 本题在解答过程中，物体的平衡条件成为关键内容，因此分析物体的受力，对力进行分解合成就成了必须的步骤，有利于学生将力学知识与电学知识相结合．

对球受力分析，受重力、拉力F和绳子的拉力T，如图所示：

根据平衡条件并结合合成法，有：
G=
F
tan37°＝
24

3
4＝32N
故选：C．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题关键是对物体受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法列式求解．