15．(14分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图14所示．珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，求：

(1)珠子所能获得的最大动能是多少？

(2)珠子对圆环的最大压力是多少？　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图14

解析：(1)设qE、mg的合力F_合与竖直方向的夹角为θ，

因qE＝mg，所以tanθ＝＝，

则sinθ＝，cosθ＝，

则珠子由A点静止释放后在从A到B的过程中做加速运动，如图所

示．由题意知珠子在B点的动能最大，由动能定理得

qErsinθ-mgr(1-cosθ)=Ek，

解得Ek=mgr.

(2)珠子在B点对圆环的压力最大，设珠子在B点受圆环的弹力为F_N，则F_N－F_合＝　

(mv²＝mgr)

即F_N＝F_合+＝+mg

＝mg+mg＝mg.

由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为mg.

答案：(1)mgr　(2)mg

14．(14分)如图13所示，ABCD为竖直放在场强为E＝10⁴ V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝+1×10^－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．(g取10 m/s²)求：　　　　　　 图13

(1)小球到达C点时的速度是多大？

(2)小球到达C点时对轨道压力是多大？

(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？

解析：(1)由A点到C点应用动能定理有：

Eq(AB+R)－mgR＝mv_C²

解得：v_C＝2 m/s

(2)在C点应用牛顿第二定律得：

F_N－Eq＝m

得F_N＝3 N

由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N.

(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m.

设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：

Eqx－mg·2R＝mv_D²

以上两式联立可得：x≥0.5 m.

答案：(1)2 m/s　(2)3 N　(3)0.5 m

13．(12分)如图12所示，A、B为平行板电容器的两个极板，A板接地，中间开有一个小孔．电容器电容为C.现通过小孔连续不断地向电容器射入电子，电子射入小孔时的速度为v₀，单位时间内射入的电子数为n，电子质量为m，电荷量为e，电容器原来不带电，电子射到B板时均留在B板上，求：

(1)电容器两极板间达到的最大电势差；　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图12

(2)从B板上打上电子到电容器两极间达到最大电势差所用时间为多少？

解析：(1)电子从A板射入后打到B板，A、B间形成一个电场，当A、B板间达到最大

电势差U时，电子刚好不能再打到B板上，有

eU＝mv₀²　U＝.

(2)电子打到B板后，A、B板就是充了电的电容器，当电势差达到最大时，Q＝CU＝t·ne，

则所用时间t＝.

答案：(1)　(2)

12．如图11所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并　　

处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场

力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔE_k，

重力势能增加了ΔE_p.则下列说法正确的是　　　　 (　)

A．电场力所做的功等于ΔE_k

B．物体克服重力做的功等于ΔE_p 图11

C．合外力对物体做的功等于ΔE_k

D．电场力所做的功等于ΔE_k+ΔE_p

解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：W_F+W_G＝ΔE_k由重力做功与重力势能变化的关系可得W_G＝－ΔE_p，由上述两式易得出A错误，B、C、D正确．

答案：BCD

11．如图10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　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．小球带正电

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

解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D不正确．

答案：AB

10．(2009·四川高考)如图9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　　　 　　　　　　　　　　　　　图9

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：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力时小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得

－mgh+W＝0－mv₁² ①

mgh+W＝mv₂²，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

联立①②解得h＝，A正确．

答案：AD

9．(2010·无锡模拟)如图8所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的　

直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放

在圆周上，它们的位置关于AC对称，+q与O点的连线和OC

夹角为30°，下列说法正确的是　　　　　　　　　　 (　)

A．A、C两点的电势关系是φ_A＝φ_C 图8

B．B、D两点的电势关系是φ_B＝φ_D

C．O点的场强大小为

D．O点的场强大小为

解析：由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φ_A＝φ_C，A对；空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φ_B＞φ_D，B错；+q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为，方向与BD方向向上和向下均成60°的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为，C对D错．

答案：AC

8．如图7所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E₀－kt(E₀、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是　　　

(　) 　　　图7

A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变

B．物体开始运动后加速度不断增大

C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值

D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值

解析：物体运动后，开始时电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增加；电场力减小到零后反向增大，电场力与重力的合力一直增大，加速度也不断增大，B正确；

经过时间t＝后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，C正确．

答案：BC

7．如图6所示，匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－)V、(2+)V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　) 　　图6

A．(2－)V、(2+)V　　　　　 　B．0 V、4 V

C．(2－)V、(2+) V　 　　　　D．0 V、2 V

解析：如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面

处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即

为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V，故Oc为等势面，

MN为电场线，方向为MN方向，U_OP=U_Oa= 　V，UON∶

U_OP=2∶，故U_ON=2 V，N点电势为零，为最小电势点，同　

理M点电势为4 V，为最大电势点．B项正确．

答案：B

6. (2009·天津高考)如图5所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空　

中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计　　

重力)以速度v_M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，

一段时间后，粒子以速度v_N折回N点，则　　　　　　 (　) 　　　　　图5

A．粒子受电场力的方向一定由M指向N

B．粒子在M点的速度一定比在N点的大

C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大

D．电场中M点的电势一定高于N点的电势

解析：由题意可知M、N在同一条电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误．

答案：B