图6
A．沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功
B．沿曲线r将q从B点移到C点，电场力做正功
C．沿曲线s将q从A点移到C点，电场力不做功
D．沿直线将q从A点移到B点，电场力做负功
二、多项选择题
1．如图3所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
图3
A．平行板电容器的电容值将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将减少
D．若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
2．如图4所示，长为L＝0.5m、倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是（ ）
图4
A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2
D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半
3.如图5所示，在竖直平面内有匀强电场（图中未画出），一个质量为m的带电小球，从A点以初速度v0沿直线运动．直线与竖直方向的夹角为θ（θ<90°），不计空气阻力，重力加速度为g.以下说法正确的是（ ）
图5
A．小球一定做匀变速运动
B．小球在运动过程中可能机械能守恒
C．小球运动过程中所受电场力不小于mgsinθ
D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率P＝mgvsinθ
4．如图6，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在其表面，微粒在向工件靠近的过程中（ ）
图6
A．不一定沿着电场线运动
B．所受电场力大小不变
C．克服电场力做功
D．电势能逐渐减小
5．如图7所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）
图7
A．c点的电荷带正电
B．a点电势高于E点电势
C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少
6．如图8所示，在暴雨前，有一带电云团（可近似看作带电绝缘球）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是（ ）
图8
A．带电体的电势能一定越来越大
B．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高
C．带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大
D．带电体的加速度一定越来越大
三、计算题
1．如图1所示，绝缘的光滑水平桌面高为h＝1.25m、长为s＝2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场．一个质量为m＝2×10－3kg、带电量为q＝＋5.0×10－8C的小物体自桌面的左端A点以初速度vA＝6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点．C点与B点的水平距离x＝1m，不计空气阻力，取g＝10m/s2.
图1
（1）小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地？
（2）匀强电场E多大？
（3）为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即x′＝2x，某同学认为应使小物体带电量减半，你同意他的想法吗？
试通过计算验证你的结论．
2．如图2所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
图2
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；
（3）电子打到屏上的点O′到O点的距离x.
3．如图3所示，CD左侧存在场强大小E＝
，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角为53°的光滑直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内（C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上），恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P.（重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
图3
（1）小球到达C点时的速度；
（2）小球从D点运动到P点的时间t.
答案解析
1．B [将Ea、Eb延长相交，交点即为Q点的位置，设ab两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：
ra＝abcos30°；rb＝absin30°.故由E＝
求解场强之比为：
＝
＝
，由电场线的方向可得，场源电荷为负电荷，故φa>φb，故选B.]
2．D [根据曲线运动力与轨迹的关系，力需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐减小，故电场力做正功，即力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确．]
3．B [根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；根据W＝Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误．]
4．C [物体所受重力、电场力、摩擦阻力均为恒力，三力做功均与位移成正比，则物体动能增量ΔEk与位移x成正比，带电物体从A→B动能减少10J，A→C动能减少30J，说明：
AC＝3AB；A→B，电势能减少35J，机械能增加20J，则A→C电势能减少105J，机械能增加60J，则克服摩擦阻力做功45J．]
5．D [两等量正点电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从O到无穷远过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由O向Q做非匀加速直线运动，加速度先增大后减小，故A、B错误．从O到Q过程，电场力做正功，电势能减小，则动能增大，故C错误，D正确．]
6．C [等量正点电荷的电场是非匀强电场，小球从C点沿直线MN向N端运动，电场强度是变化的，所受的电场力是变化的，故小球先做变加速运动，后做变减速运动，故A错误．MO段电场线方向向上，ON段电场线方向向下，则小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电势先升高后降低，故B错误．小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故C正确．伴随两个点电荷电荷量的增加，由于对小球在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，故D错误．]
7．D [在ab连线上，四个点电荷所形成电场的合场强方向在ab连线中点上方为水平向右，在ab连线中点下方变为水平向左，点电荷从a到b过程静电力不做功，A、B错；合场强先变小后变大，在ab连线中点合场强为零，D正确．]
8．C [沿着电场线电势降落可知φc>φO>φa，A项错误；O点合场强为零，故Ea>EO，Ec>EO，B项错误；负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C项正确；粒子沿cd匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd方向，电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误．]
9．B [将题中各点位置与等量同种正点电荷形成的电场的等势面分布图对比可知，A、B两点在同一等势面上，B点电势高于C点电势，所以将电荷由B点移动到C点，电场力做正功，与运动路径无关，选项A错误，选项B正确；将电荷由A点移到B点，电场力不做功，选项D错误；将电荷由A点移到C点，电场力做正功，选项C错误．]
多选
1．ACD [将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝
∝
可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间场强E＝
减小，带电油滴所处位置的电势φP＝U－El增大，其中l为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝
和C∝
可知E∝
，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确．]
2．BD [在小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qELcosθ－mgLsinθ＝0，所以水平匀强电场的电场强度为
，B对；电场强度加倍后，则有q·2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝0.6g＝6m/s2，C错；电场强度减半后，则有mgsinθ－q
cosθ＝ma1，a1＝0.3g＝3m/s2，由v
－v2＝2a1L代入数值得v＝1m/s，D对．]
3．BC [小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动，故A错误；若电场力与速度方向垂直时，电场力不做功，则小球的机械能守恒，故B正确；当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向的力平衡得到：
电场力的最小值为mgsinθ，故C正确；当小球速度为v时，其重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，故D错误．]
4．AD [工件周围电场不是匀强电场，喷枪喷出微粒的方向不一定沿电场线方向，故微粒不一定沿电场线运动，微粒在不同位置受电场力不同，所以A正确，B错误；涂料微粒带负电，被喷工件带正电，所以库仑力是吸引力，故电场力做正功，电势能减小，所以C错误，D正确．]
5．BD [带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电荷，即c点电荷带负电，故A错误；从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势，又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两点的电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在同一直线上，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；检验电荷从a到b过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减小，故D正确．故选B、D.]
6．CD [带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误，由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化，故B错误．因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升过程中所处位置的电场强度越来越大，故C正确．根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D正确．]
二、计算题1．
（1）0.5s
（2）3.2×105N/C （3）不同意
解析
（1）设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则
h＝
gt2得t＝
＝
s＝0.5s
（2）设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，则
vB＝
＝
m/s＝2m/s
根据动能定理，有－qEs＝
mv
－
mv
得E＝
＝
N/C＝3.2×105N/C
（3）不同意．
要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即
vB′＝2vB＝4m/s，根据动能定理，有
－
Es＝
mvB′2－
mvA′2
解得vA′＝
＝
＝4
m/s≈5.66m/s≠vA
所以说该同学认为应使小物体带电量减半的想法是错误的．
2．
（1）3
（2）2 （3）3L
解析
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：
a1＝
＝
①
由x＝
at2得：
＝
a1t
②
电子进入电场E2时的速度为：
v1＝a1t1③
电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：
t2＝
④
电子从释放到打到屏上所用的时间为：
t＝t1＋t2⑤
联立①②③④⑤式解得：
t＝3
（2）设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy
电子进入电场E2时的加速度为：
a2＝
＝
⑥
vy＝a2t3⑦
t3＝
⑧
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：
tanθ＝
⑨
联立解得：
tanθ＝2⑩
（3）电子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，
由几何关系得：
tanθ＝
⑪
联立得：
x＝3L
3．
（1）
（2）
解析
（1）由动能定理：
mg×
L－qEL＝
mv2
v＝
（2）由A到D的过程由动能定理：
mg×
L－mg×2r－qEL＝0
得r＝
L
离开D点后做匀加速直线运动，如图．
竖直方向：
xDG＝
gt2
水平方向：
qE＝ma
xDH＝
at2
又由几何关系得：
＝tan37°
联立解得t＝
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