如图所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行．现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了E_p；又从C点运动到B点，电势能增加了E_p．那么此空间存在的静电场可能是（　　）

A．匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点

B．匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点

C．位于O点的正点电荷形成的电场

D．位于D点的正点电荷形成的电场

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如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行．现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了E_p；又从C点运动到B点，电势能增加了E_p，那么此空间存在的静电场可能是（　　）

A、匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点

B、匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点

C、位于O点的正点电荷形成的电场

D、位于D点的负电荷形成的电场

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1．答案：B   根据电场线疏密判断E的大小，密的地方场强大，有E_A>E_B；根据沿电场线方向电势降低，有>.

2．答案：A    由点电荷的电场分布特点可知，距离点电荷越近，场强越大，因此该点电荷必然处于A点右侧.但点电荷带电性质不确定，因此场强的方向不确定.

3．答案：BD    由电场的叠加，AB中垂线中由C向上场强为先增后减，故电荷C所受电场力向上且先增后减，所以C的加速度先增后减，但速度始终增大，可知BD正确.

4．答案：C    静电屏蔽作用，人体相当于一个等势体.

5．答案：BC    注意两种情况的区别，电键K始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可.

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

7．答案：AD  减小的动能转化为电子的电势能，由A到C减小的动能与由C到B增加的动能相等，所以场强方向由O指向C，A和B的电势相等，形成电场的正电荷应位于D点.

8．答案：A    根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀加速即可推出A正确.

9．答案：D    剪断细线Oc后，a、b作为一个系统在水平方向只受内力（库仑力、绳子拉伸后的拉力）作用，外力无冲量故其水平方向上动量恒为零.在竖直方向上，二者同时在重力作用下做初速度为零的匀加速运动，同时落地机械能守恒，故落地时，ab两球的动能和为.在运动过程中，电场力做正功，因此其系统电势能减小.

10．答案：BD   粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移大的时间长，因，故，A错.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，有，因为位移相同，所以运动时间长的粒子加速度小，即，故B正确.粒子到达正极板的动能为，而，所以有，C错误.由可以判断A带负电，B不带电，C带正电，D正确.

11．答案：（1）BE（4分）    要用直流电源形成稳恒电流场，以模拟静电场，应选6V的直流电源，所以选B；要用探针寻找等势点，电流表灵敏度高，指针能左右偏转，所以选E.

（2）D （4分） 探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，两探针间的电势差先减小后变大，所以灵敏电流表的指针与零刻度的夹角先变小后变大.

12．答案：（1）如图（a）.（4分）（2）   （4分）（3）  （4分）

提示：带电小球的受力如图b，

根据平衡条件有，

又有，联立解得，

，所以应以为横坐标.

13．解析：（1）由图可得B点电场强度的大小N/C．（2分）

因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向. （2分）

（2）因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，

故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电. （2分）

设点电荷Q的坐标为x，则，（4分）

由图可得N/C，解得x=2.6m. （4分）

14．解析：他的解答是错误的.   （5分）

小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示.

竖直方向       Tsin60°=mg  ①    （3分）

水平方向  Tcos60°+T=    ②   （3分）

由①②联立得    （3分）

15．解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2分）

（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，

①（2分）

在最高点对小球由牛顿第二定律得，②（2分）

由①②式解得，T=15N（1分）

（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则③（2分）

设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则④（1分）

设竖直方向上的位移为s，则⑤（1分）

由①③④⑤解得，s=0.125m（2分）

∴小球距O点高度为s+L=0.625m. （1分）

16．解析：（1）因油滴到达最高点时速度大小为，方向水平，对O→N过程用动能定理有，（2分）

所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O点的左上方. （3分）

（2）由（1）的分析可知，在竖直方向上油滴做初速为的竖直上抛运动，则有，（3分）

即.（2分）

（3）油滴由O→N的运动时间，（2分）

则在水平方向上由动量定理得，（2分）

即.（2分）

17．解析：（1）小球由B点运动到C点过程，由动能定理有，

，（2分）

在C点，设绳中张力为F_C，则有（2分）

因F_C=mg，故v_C=0（2分）

又由小球能平衡于A点得，（2分）

（2分）

（2）小球由D点静止释放后将沿与竖直方向夹θ=53°的方向作匀加速直线运动，直至运动到O点正下方的P点，OP距离h=Lcot53°=（2分）

在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程的加速度a和位移s分别为：

，.（2分）

∴小球到达悬点正下方时的速率为.（2分）

18．解析：（1）设电子经电压U₁加速后的速度为v₀，根据动能定理得：

     e U₁=………（2分） 解得：………（2分）

（2）电子以速度v₀进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t₁，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y₁，根据牛顿第二定律和运动学公式得：

F=eE，  E= ， F=ma，    a =……（3分）

t₁=， y₁=，解得： y₁=……（3分）

（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v_y，根据运动学公式得：v_y=at₁=（2分）

电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t₂，电子打到荧光屏上的侧移量为y₂，如图所示

t₂=， y₂= v_yt₂   解得：y₂=……………………（2分）

P到O点的距离为 y=y₁+y₂=……………………（2分）