一、選擇題(1～5題為單選題，6～8題為多選題)

　　1.(2015·海南單科)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距L。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子;在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距L的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M?m為(　　)

　　A.3?2　　　　　　 B.2?1

　　C.5?2 D.3?1

　　答案：A

　　解析：由x=at2可得，L=t2，L=t2，解得M?m=3?2，A選項正確。

　　2.(2015·課標(biāo))如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)�，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　)

　　A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運動

　　C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動

　　答案：D

　　解析：現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)時，兩板間的電場強(qiáng)度不變，電場力也不變，所以現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)后，帶電微粒受兩大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒將向左下方做勻加速運動，故D正確，A、B、C錯誤。

　　3.如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。下列判斷正確的是(　　)

　　A.1、2兩點的場強(qiáng)相等

　　B.1、3兩點的場強(qiáng)相等

　　C.1、2兩點的電勢相等

　　D.2、3兩點的電勢相等

　　答案：D

　　解析：本題考查電場中的圖線問題，關(guān)鍵是對電場和電勢的理解，簡單常規(guī)題。根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場。電場線越密，電場越強(qiáng)，則E1>E2，E1>E3，A、B錯。

　　電勢是標(biāo)量，在等勢面上電勢是相等的，D正確。

　　4.(2015·安徽理綜)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q。不計邊緣效應(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為(　　)

　　A.和 B.和

　　C.和 D.和

　　答案：D

　　解析：因均勻帶電的無窮大平面激發(fā)的場強(qiáng)大小為，對于正對面積為S的極板，其間為真空，兩極板上均帶有電荷Q，在極板間兩極板上的電荷激發(fā)的場強(qiáng)大小均為、方向相同，合場強(qiáng)大小為;兩極板間存在靜電引力，其大小等于一塊極板上的電荷在另一塊極板上的電荷激發(fā)的電場中受到的電場力：F=EQ=Q=，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。

　　5.(2015·東北三校二聯(lián))如圖所示，一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間，射入方向沿兩極板的中心線。當(dāng)極板間所加電壓為U1時，粒子落在A板上的P點。如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將A板向上移動后，使粒子由原入射點射入后仍落在P點，則極板間所加電壓U2，為(　　)

　　A.U2=3U1 B.U2=6U1

　　C.U2=8U1 D.U2=12U1

　　答案：D

　　解析：板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時，在電場中有：=at2，a=，t=，解得U1=;A板上移，射入速度為2v0，板間電壓為U2，在電場中有：d=a′t′2，a′=，t′=，解得U2=，即U2=12U1，選D。

　　6.(2015·河北衡水中學(xué)二模)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)

　　A.兩點電荷一定都帶負(fù)電，但電量不一定相等

　　B.兩點電荷一定都帶負(fù)電，且電量一定相等

　　C.試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠(yuǎn)處

　　D.t2時刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零

　　答案：BD

　　解析：由v-t圖可知t2時刻運動方向改變，且圖線斜率不為零，則加速度不為零，0～t2時間內(nèi)做減速運動，電場力做負(fù)功，試探電荷的動能轉(zhuǎn)化為電勢能，t2時刻電勢能最大，C錯誤，D正確。試探電荷沿直線向上運動，則其所受電場力的方向沿Q1、Q2連線的中垂線方向向下，所以兩點電荷都帶負(fù)電，且電量相等，A錯誤，B正確。

　　7.(2015·江蘇單科)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球(　　)

　　A.做直線運動 B.做曲線運動

　　C.速率先減小后增大 D.速率先增大后減小

　　答案：BC

　　解析：小球受重力和電場力作用，其合力方向偏左下方，與初速度v0不在一條直線上，小球?qū)⒆銮�線運動，A錯誤，B正確;由于合力方向與初速度v0夾角大于90°，所以小球的速率將先減小后增大，C正確，D錯誤。8.(2015·山東理綜)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　)

　　A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向

　　C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd

　　答案：BC

　　解析：因0～內(nèi)帶電微粒勻速運動，故E0q=mg;在～時間內(nèi)，帶電微粒只受重力作用，做平拋運動，在t=時刻的豎直速度為vy1=，水平速度為v0;在～T時間內(nèi)，粒子滿足2E0q-mg=ma，解得a=g，方向向上，則在t=T時刻，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確;微粒的重力勢能減小了ΔEp=mg·=mgd，選項C正確;從射入到射出，由動能定理可知，mgd-W電=0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤;故選BC。

　　二、非選擇題

　　9.實驗表明，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在圖中，從熾熱金屬絲射出的電子流，經(jīng)電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場.已知加速電極間的電壓是2500V，偏轉(zhuǎn)電極間的電壓是20V，偏轉(zhuǎn)電極長6.0cm，極板間距0.2cm。電子的質(zhì)量是0.91×10-30kg，電子重力不計。求：

　　(1)電子離開加速電場時的速度。

　　(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)向速度。

　　(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)向移動的距離。

　　答案：(1)3.0×107m/s　(2)3.5×105m/s　(3)3.5×10-4m

　　解析：(1)由qU=mv2得v==3.0×107m/s

　　(2)由v=at，a==，t=得

　　v=at==3.5×105m/s。

　　(3)由y=at2，t=，a=得

　　y=l2≈3.5×10-4m。

　　10.(2015·福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，已知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=5×103V/m，圓弧軌道半徑R=0.4m。現(xiàn)有一帶電荷量q=+2×10-5C、質(zhì)量m=5×10-2kg的物塊(可視為質(zhì)點)從距B端s=1m處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進(jìn)入圓弧軌道BC，重力加速度g=10m/s2求：

　　(1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達(dá)B點的速度vB的大小。

　　(2)物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。

　　答案：(1)1s　2m/s　(2)1N

　　解析：(1)在物塊從開始至運動到B點的過程中，由牛頓第二定律可知：

　　qE=ma

　　又由運動學(xué)公式有：s=at2

　　解得：t=1s

　　又因：vB=at

　　得：vB=2m/s

　　(2)物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時，在沿半徑方向由牛頓第二定律，有：

　　NB-mg=m

　　解得：NB=1N

　　11.(2015·河北正定模擬)從地面以v0斜向上拋出一個質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球到達(dá)最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9?16，取地面為重力勢能參考面，不計空氣阻力。現(xiàn)在此空間加上一個平行于小球平拋平面的水平電場，以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球，小球到達(dá)最高點時的動能與拋出時動能相等。求：

　　(1)無電場時，小球升到最高點的時間;

　　(2)后來加上的電場的場強(qiáng)大小。

　　答案：(1)　(2)或

　　解析：(1)無電場時，當(dāng)小球到達(dá)最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9?16。

　　將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，則

　　由v=2gh，得mv=mgh

　　mv?mv=9?16

　　解得初始拋出時：vx?vy=3?4

　　所以豎直方向的初速度為vy=v0

　　豎直方向做勻減速運動

　　vy=gt

　　得t=

　　(2)設(shè)后來加上的電場場強(qiáng)大小為E，小球到達(dá)最高點時的動能與剛拋出時的動能相等，若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有t+v0=v0

　　解得：E1=

　　若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有t-v0=v0

　　解得：E2=