一、單項選擇題
1．如圖1所示，p是乙個帶電體，將原來不帶電的導體球q放入p激發的電場中並接地，a、b、c、d是電場中的四個點．則靜電平衡後( )
圖1a．導體q仍不帶電
b．a點的電勢高於b點的電勢
c．檢驗電荷在a點所受電場力等於b點所受電場力
d．帶正電的檢驗電荷在c點的電勢能大於在d點的電勢能
答案 d
解析由於靜電感應，q將帶上與p異號的電荷，故a錯誤；由圖可知電場線由b到a，故a點的電勢低於b點的電勢，故b錯誤；b點電場線較為密集，故a點場強要小於b點場強，故檢驗電荷在a點所受電場力小於在b點所受電場力，故c錯誤；由於q接地，d點電勢接近0，而c點電勢肯定大於d點電勢，故帶正電的檢驗電荷在c點的電勢能大於在d點的電勢能，故d正確．
2．如圖2所示，真空中同一平面內mn直線上固定電荷量分別為－9q和＋q的兩個點電荷，兩者相距為l，以＋q點電荷為圓心，半徑為畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在mn直線上，c、d兩點連線垂直於mn，一電荷量為＋q的試探電荷在圓周上運動，則下列判斷錯誤的是( )
圖2a．電荷＋q在a點所受到的電場力最大
b．電荷＋q在a點的電勢能最大
c．電荷＋q在b點的電勢能最大
d．電荷＋q在c、d兩點的電勢能相等
答案 b
解析電場強度疊加後，a點處場強最大，a正確；將正電荷從a點沿圓周移動到c、b、d點，＋q對正電荷不做功，－9q對電荷均做負功，電勢能均增加，且移動到b點克服電場力做功最多，移動到c、d兩點克服電場做功相同，因此正電荷在a點電勢能最小，在b點電勢能最大，在c、d兩點電勢能相等，b錯誤，c、d正確．
3．兩個固定的等量異號點電荷所產生電場的等勢面如圖3中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中a點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最後離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中( )
圖3a．做直線運動，電勢能先變小後變大
b．做直線運動，電勢能先變大後變小
c．做曲線運動，電勢能先變小後變大
d．做曲線運動，電勢能先變大後變小
答案 c
解析 由題圖等勢面可知兩固定的等量異號點電荷的電場分布如圖所示，帶負電的粒子在等量異號點電荷所產生電場中的偏轉運動軌跡如圖所示，則粒子在電場中做曲線運動，電場力對帶負電的粒子先做正功後做負功，電勢能先變小後變大，故c正確．
4．(2014·安徽·17) 一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點o為座標原點，其電勢能ep與位移x的關係如圖4所示，下列圖象中合理的是( )
圖4答案 d
解析帶電粒子在電場中運動時，其電勢能的變化規律是非線性的．a：由ep－x圖象知，帶電粒子的電勢能不是均勻變化的，電場力不能為恒力，故選項a錯誤；b：帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢能和動能相互轉化，電勢能的減少量等於動能的增加量，即動能增加得越來越慢，故選項b錯誤；c：
由於靜電力不是恒力，加速度a應該越來越小，故選項c錯誤，選項d正確．
5. 如圖5所示，乙個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為u1的加速電場，經加速後從小孔s沿平行金屬板a、b的中線射入，a、b板長為l，相距為d，電壓為u2.則帶電粒子能從a、b板間飛出應該滿足的條件是( )
圖5a. < b. <
c. < d. <
答案 c
解析根據qu1＝mv2，再根據t＝和y＝at2＝··()2，由題意知，y6．如圖6所示，真空中存在乙個水平向左的勻強電場，場強大小為e，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴著乙個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，
圖6另一端固定在o點．把小球拉到使細線水平的位置a處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的位置b時速度為零，以下說法中正確的是( )
a．小球在b位置處於平衡狀態
b．小球受到的重力與電場力的關係是qe＝mg
c．小球將在ab之間往復運動，且幅度將逐漸減小
d．小球從a運動到b的過程中，電場力對其做的功為－qel
答案 d
解析 小球的受力分析如圖所示，由圖可知小球的運動可看作是在乙個等效重力場中的擺動過程，根據擺球模型的特點，小球在b位置時受力不平衡，並且小球將在ab之間往復運動，其幅度不變，故選項a、c錯誤；根據擺球模型的對稱性可知，當小球處在ab軌跡的中點位置時，小球沿切線方向的合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，根據三角函式關係可得：qesin 30°＝mgcos 30°，化簡可知，qe＝mg，選項b錯誤；小球從a運動到b的過程中，電場力對其做的功為w＝－qel(1－cos 60°)＝－qel，選項d正確．
二、多項選擇題
7. 如圖7所示，兩面積較大、正對著的平行極板a、b水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中a極板用絕緣線懸掛，b極板固定且接地，p點為兩極板的中間位置．下列結論正確的是( )
圖7a．若在兩極板間加上某種絕緣介質，a、b兩極板所帶電荷量會增大
b．a、b兩極板電荷分別在p點產生電場的場強大小相等，方向相同
c．若將a極板豎直向上平移一小段距離，兩極板間的電場強度將增大
d．若將a極板豎直向下平移一小段距離，原p點位置的電勢將不變
答案 bd
解析由於平行板電容器與電源斷開，所帶電荷量保持不變，因此在兩極板間加上某種絕緣介質，a、b兩極板所帶電荷量也不會增加，a錯誤；正極板a在p點產生的場強向下，而負極板b在p點產生場強也向下，由於兩極板具有對稱性，因此兩極板電荷分別在p點產生電場的強度大小相等，方向相同，b正確；根據c＝，而c＝，平行板電容器內的電場強度e＝，整理式子可得e＝，可以得出只要所帶電荷量和極板的正對面積不變，電容器內部的電場強度就不變，因此場強大小與距離無關，c錯誤；同樣若將a板豎直向下平移一小段距離，兩板間的電場強度不變，p與b間的電勢差不變，而b點電勢為零，即p點位置的電勢將不變，d正確．
8. 將三個質量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由p點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地，三個微粒分別落在圖8中a、b、c三點，不計其重力作用，則( )
圖8a．三個微粒在電場中運動時間相等
b．三個微粒所帶電荷量相同
c．三個微粒所受電場力的大小關係是fa＜fb＜fc
d．三個微粒到達下板時的動能關係是ekc＞ekb＞eka
答案 cd
解析因為三個微粒只受到豎直向下的恆定的電場力作用，所以它們均做類平拋運動，根據題意，它們在水平方向上做的是速度大小相同的勻速直線運動，三個微粒在電場中運動的時間與它們在水平方向上的位移成正比，顯然，ta＞tb＞tc，選項a錯誤；它們做類平拋運動的初速度相同，但運動軌跡不同，這說明它們受到的電場力不同，因此所帶電荷量不同，選項b錯誤；它們在豎直方向上下落的位移相同(設為h)，但運動時間不同，根據關係式a＝及ta＞tb＞tc可知，aa＜ab＜ac，因為它們的質量相等，根據牛頓第二定律可知，三個微粒所受電場力的大小關係是fa＜fb＜fc，選項c正確；又因為三個微粒在豎直方向上的位移相等，所以電場力所做的功大小關係是wc＞wb＞wa，根據動能定理，電場力對微粒所做的功等於微粒動能的增加量，所以三個微粒到達下板時的動能關係是ekc＞ekb＞eka，選項d正確．
9. 如圖9所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由p點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，p、q兩點的電勢差為u，不計重力作用，設p點的電勢為零，則下列說法正確的是( )
圖9a．帶電粒子在q點的電勢能為－uq
b．帶電粒子帶負電
c．此勻強電場的電場強度大小為e＝
d．此勻強電場的電場強度大小為e＝
答案 ac
10．如圖10所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連線一帶正電的光滑滑塊p，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強電場，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開始時彈簧是原長狀態，物塊恰好處於平衡狀態，現給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點時，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處於彈性限度內，以下說法正確的是( )
圖10a．滑塊電勢能的增加量等於滑塊重力勢能的減少量
b．滑塊到達最低點的過程中，克服彈簧彈力做功mv2
c．滑塊動能的變化量等於電場力和重力做功的代數和
d．當滑塊的加速度最大時，滑塊和彈簧組成的系統機械能最大
答案 ab
解析由題意得qe＝mgsin θ，在運動到最低點的過程中，電場力做的功與重力做的功相等，則滑塊電勢能增加量等於滑塊重力勢能的減少量，故a正確．滑塊到達最低點的過程中，克服彈簧彈力做功等於彈性勢能的增加量，即等於動能的減少量，故b正確．電場力和重力做功的代數和為零，根據動能定理知，電場力、重力、彈簧彈力做功的代數和等於滑塊動能的變化量，故c錯誤．當滑塊運動到最低點時，加速度最大，電場力做的負功最多，即電勢能最大，此時系統機械能最小，故d錯誤．
三、非選擇題
11．兩塊水平平行放置的導體板如圖11甲所示，大量電子(質量為m、電荷量為e)由靜止開始，經電壓為u0的電場加速後，連續不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的週期為2t0、最大值恒為u0的週期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)．問：
圖11(1)這些電子通過兩板之間後，側向位移(垂直於入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；
(2)側向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少．
答案 (1) (2)
解析以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場後沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy－t圖象分別如圖a和圖b所示，設兩平行板之間的距離為d.
(1)圖中，v1y＝t0，v2y＝2t0＝
由圖a可得電子的最大側向位移為
xymax＝2(v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝
而xymax＝，解得d＝t0
由圖b可得電子的最小側向位移為
xymin＝v1yt0＋v1yt0＝v1yt0＝＝
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