1．如图1(1)是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v₀从A运动到B过程中的速度图线如图(2)所示，则以下说法中正确的是(　)

图1

A．A、B两点的电场强度是E_A<E_B

B．A、B两点的电势是φ_A>φ_B

C．负电荷q在A、B两点的电势能大小是ε_A>ε_B

D．此电场一定是负电荷形成的电场

解析：由v－t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E_B>E_A，A对，又因电场力的方向在(1)图中向左，故电场线的方向为A→B，则φ_A>φ_B，B正确．又ε＝qU，对负电荷q，ε_A<ε_B，C错，根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D对．

答案：ABD

11．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘透明的有机玻璃，它的上下底面是面积A＝0.04 m²的金属板，间距L＝0.05 m，当连接到U＝2500 V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图11所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立

方米有烟尘颗粒10¹³个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q＝+1.0×10^－17 C，质量为m＝2.0×10^－15 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后：

(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？

(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？

(3)经过多长时间容器里烟尘颗粒的总动能达到最大？

解析：(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附，烟尘颗粒受到的电场力F＝，L＝at²＝，t＝L＝0.02 s.

(2)W＝NALqU＝2.5×10^－4J.

(3)设烟尘颗粒下落距离为x

E_k＝mv²·NA(L－x)，

当x＝时，E_k达到最大，x＝at₁².

t₁＝＝L＝0.014 s.

答案：(1)0.02 s　(2)2.5×10^－4J　(3)0.014 s

10．如图10所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经AB加速后穿过CD发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：

(1)粒子带正电还是带负电？

(2)粒子打在荧光屏上距O点下方多远处？

(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？

解析：(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电．

(2)设粒子从AB间出来时的速度为v，则有qU＝mv²

设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y，则

在水平方向有v_x＝v，x＝vt

在竖直方向有v_y＝at，y＝at²

其中a＝，t＝

由此得到tanφ＝＝，y＝

所以粒子打在荧光屏上的位置离开O点的距离为

y′＝y+Ltanφ＝(+L)

(3)由上述关系式得v_y＝Ex，所以粒子打在屏上时的动能为：

E＝mv_x²+mv_y²＝qU+＝

答案：(1)正电　(2)(+L)　(3)

图11

图9

9．两平行金属板竖直放置，带等量异种电荷，一带电荷量为q、质量为m的油滴以v₀的速率沿两板中线竖直向上射入两板之间，最后垂直打在B板上，如图9所示．已知油滴打在B板上时的速率仍为v₀，则A、B两板间的电势差为多大？

解析：由运动分解可知，油滴可看成竖直方向的上抛运动和沿水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动的合运动，垂直打在板上，竖直方向速度为零，水平方向速度为v₀，故有0＝v₀－gt，得t＝

水平方向a＝，v₀＝at＝·＝

由水平方向位移情况＝·t＝·t＝

解上述各式得U＝

答案：

图10

8．(2009·四川高考)

图8

如图8所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v₁从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v₂(v₂<v₁)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则(　)

A．小物体上升的最大高度为

B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小

C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功

D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

解析：本题综合考查库仑力、电场力做功与电势能变化的关系、动能定理，意在考查考生的推理能力和分析综合能力．M、N两点在同一等势面上．从M至N的过程中，根据动能定理，－mgh－W_f＝0－mv₁²，从N至M的过程中，mgh－W_f＝mv₂²，由两式联立可得：h＝，A项正确；从N至M，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确．

答案：AD

7．如图7所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h₁，ab之间距离为h₂，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a点的速率为.则下列说法正确的是(　)

A．小环通过b点的速率为

B．小环从O到b，电场力做的功可能为零

C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小

D．小环在ab之间的速度是先减小后增大

解析：由动能定理：O→a，mgh₁－Uq＝mv_a²，O→b，mg(h₁+h₂)－Uq＝mv_b²，解得v_b＝.

答案：A

6.

图5

如图5所示，交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场作用下开始运动．设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　)

A．电子一直向着A板运动

B．电子一直向着B板运动

C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

图6

解析：根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a，速度v随时间变化的图线，如图6所示．从图中可知，电子在第一个T/4内做匀加速运动，第二个T/4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为eU/md.在第三个T/4内做匀加速运动．第四个T/4内做匀减速运动．但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为eU/md，所以电子做往复运动．综合分析正确答案应选D.

答案：D

图7

5．如图4所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子(不计重力)以v₀从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出．则以下说法正确的是(　)

A．若该粒子以速度－v从B点射入，它将刚好以速度－v₀从A点射出

B．若该粒子以速度－v₀从B点射入，它将刚好以速度－v从A点射出

C．若将q的反粒子(－q，m)以速度－v₀从B点射入，它将刚好以速度－v从A点射出

D．若将q的反粒子(－q，m)以速度－v从B点射入，它将刚好以速度－v₀从A点射出

解析：从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动．该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上．结合运动的合成与分解，可得正确选项为A、C.

答案：AC

4．如图3所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa＝ab.以下说法正确的是(　)

A．将质子从a点由静止释放，质子向b做匀加速运动

B．将质子从a点由静止释放，质子运动到b点的速率为v，则将α粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v

C．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2v

D．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为

解析：由于库仑力变化，因此质子向b做变加速运动，A错误；由于a、b之间的电势差恒定，根据动能定理qU＝mv²，可得v＝，则知α粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v，B正确；当电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动时，根据k＝m，可得v＝，则知电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动时的线速度为v，C、D错误．

答案：B

图4

3．如图2所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地．若将A板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是(　)

A．E不变，φ改变

B．E改变，φ不变

C．E不变，φ不变

D．E改变，φ改变

解析：当将A板向上平移到虚线位置时，意味着平行板之间的距离拉大，由C＝知，电容C减小，由题意知电容上的带电量不变，由Q＝CU可知，U必变大；由U＝Ed，所以Q＝CU＝U＝Ed＝知，E不变，由于P点到B板的距离不变，故PB之间的电压不变，故应选C.

答案：C

图3