I1电场的力的性质教师版.doc

I1　电场的力的性质
1、 一带负电荷的质点在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，如图1－5所示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)

【解析】 D　负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，且电荷受力方向指向运动轨迹的凹侧，A、C错误；B选项中负电荷所受电场力具有沿速度方向的分力，质点的速率是递增的，B错误；D选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，质点的速率是递减的，D正确．
2、 关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
【解析】 D　负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．
3、 三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知(　　)
A．n＝3　　　　　　B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6
【解析】 D　设1、2两球间距离为r，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F＝k.由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝k，因F′＝F，可解得n＝6，选项D正确．

4、 图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是(　　)

A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
4、BD　【解析】 集尘极接直流高压电源正极，带正电荷，放电极接电源负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A、C选项错误；由F＝qE可知，当电场强度E不变时，F与q成正比，故D选项正确．
．
5、 一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
5、AB　【解析】 根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．

I2　电场的能的性质

1．I1、I2[2011·海南物理卷] 关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
【解析】 D　负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．

图7
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] 一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB　【解析】 根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．

I3　电容器　带电粒子在电场中的匀变速运动

17．I3[2011·全国卷] 通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是(　　)
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
【解析】 AC　在 60 μs的短暂时间内的平均电流就可以当作瞬时电流，即＝＝A＝1×105 A，所以A正确；整个闪电过程中的平均功率若这样计算就错了：＝＝＝W＝1×1014W，因为题中整个闪电过程的时间是0.2～0.3 s而不是60 μs，所以B错误；闪电前电场强度E＝＝ V/m＝1×106 V/m，C正确；整个闪电过程向外释放的能量大约是W＝qU＝6×109 J，所以D错误．

20．I3[2011·安徽卷] 如图1－12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图1－12乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)

图1－12
A．0<t0<
B.<t0<
C.<t0<T
D．T<t0<
【解析】 B　由U－t图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v－t图象，取向A板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．

当t0＝0，粒子一直往B板运动．
当t0＝，粒子先往B板运动，到时往A板运动，在一个周期内总位移还是向B板．
当t0＝，粒子先往B板运动，到时往A板运动，在一个周期内总位移为零；
同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：
若0<t0< ，则粒子先往B板运动，后往A板运动，最终打到B板，故选项A、D错误；
若<t0<，则粒子先往B板运动，后往A板运动，最终打到A板．
若<t0<，则粒子先往A板运动，后往B板运动，最终打到A板，故选项B正确；
若<t0<T，则粒子先往A板运动，后往B板运动，最终打到B板，故选项C错误．

5．I3[2011·天津卷] 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　)
A．U2＝U1，E2＝E1
B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1
D．U2＝2U1，E2＝2E1
5．[2011·天津卷] C　【解析】 由公式C＝、C＝和E＝得U＝，E＝，当Q变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍．C正确．

15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了m0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
(1)若在t＝0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；
(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

图14
15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动，
qvB＝m0，
T0＝
则T0＝
当粒子的质量增加了m0，其周期增加ΔT＝T0.
则根据图可知，粒子第一次的加速电压u1＝U0
粒子回到电场中用时T0，由图可读出粒子第二次的加速电压u2＝U0＝U0
射出时的动能Ek2＝qu1＋qu2；
解得Ek2＝qU0.

图15
(2)磁屏蔽管的位置如图所示．
(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
N＝，得N＝25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u＝U0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．
粒子由静止开始加速的时刻
t＝T0＝T0　(n＝0,1,2，…)
最大动能Ekm＝2×qU0＋qU0
解得Ekm＝qU0.

20．I3[2011·福建卷] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1－9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间

图1－9
往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图1－9所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1) B点到虚线MN的距离d2；
(2) 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
20．I3[2011·福建卷] 【答案】 (1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有
d1＝a1t⑤
d2＝a2t⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得
t＝1.5×10－8 s

I4　带电粒子在电场中的非匀变速运动

I5　实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线
　　　　　　　 I6　实验：练习使用示波器
I7　电场综合

18．I7[2011·安徽卷] 图1－9甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图1－9乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图1－9丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)

图1－9

图1－10
【解析】 B　由图可知，电极XX′之间加扫描电压，电极YY′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项A、C错误；在0～t1之间，UY>0，UX<0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B，故选项D错误，选项B正确．

【答案】 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有
L＝v0t①
在竖直方向有
0．81d0＝at2②
其中
a＝＝＝③
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
L＝v0t④
在竖直方向有
dm＝a′t2⑤
其中
a′＝＝＝⑥
联立①～⑥各式可得
dm＝0.9d0⑦
(2)通过前面的求解可知，当d≤0.9d0时，收集效率η均为100%.⑧
当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
x＝2⑨
根据题意，收集效率为
η＝⑩
联立①②③⑨⑩式解得
η＝0.812
(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为
＝η×nmbdv0
当d≤0.9d0时，η＝1，因此
＝nmbdv0
当d>0.9d0时，η＝0.812，因此
＝0.81nmbv0
绘出的图线如下

24．I7[2011·北京卷] 静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为－q，其动能与电势能之和为－A(0<A<qφ0)，忽略重力．求：

(1)粒子所受电场力的大小；
(2)粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期．

24．I7[2011·北京卷] 【答案】 (1)由图可知，O与d(或－d)两点间的电势差为φ0.
电场强度的大小E＝
电场力的大小F＝qE＝
(2)设粒子在[－x，x0]区间内运动，速率为v，由题意得
mv2－qφ＝－A①
由图可知φ＝φ0②
由①②得mv2＝qφ0－A③
因动能非负，有qφ0－A≥0
得|x|≤d
即x0＝d④
粒子的运动区间－d≤x≤d
(3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律，粒子的加速度a＝＝＝⑤
由匀加速直线运动t＝
将④⑤代入，得t＝
粒子的运动周期T＝4t＝ ⑥

1．【2011·济南模拟】有两个固定的异号点电荷，电量给定但大小不等，用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E1＝E2的点(　　)
A．有三个，其中两处合场强为零
B．有三个，其中一处合场强为零
C．只有两个，其中一处合场强为零
D．只有一个，该处合场强不为零

1．C　【解析】 假设两个固定的异号点电荷如图所示分布，左边正电荷电量大些，根据E＝，可知E1＝E2的点应在靠近电量小些的负电荷附近，不可能在电量大些的正电荷左侧，只会有两处，假设在图中的M和N点，N处合场强为零，故答案选C.

2．【2011·广州模拟】如图X10－1所示，真空中A、B两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于平衡状态，则C的电性及位置是(　　)

图X10－1
A．正电；在A、B之间
B．正电；在A的左侧
C．负电；在A、B之间
D．负电；在B的右侧
2．C　【解析】 A、B两正电荷所产生的电场的合场强为零的地方只会在它们之间，所以第三个电荷放在A、B之间，如果放正电荷，A、B不会平衡，故选C.

3．【2011·德州模拟】如图X10－4所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是(　　)

图X10－4
A．三个等势面中，等势面c的电势最低
B．带电质点一定是从Q点向P点运动
C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小

3．ACD　【解析】 假设质点从Q向P运动，过Q作轨迹的切线，速度就沿这个方向，过Q点作等势面的切线，如图中虚线所示，过Q再作等势面的垂线，表示力的方向，指向轨迹弯曲的方向，由于质点带负电，场强方向与力的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，可知A对；质点的运动方向无法确定，B错；P处电场线密集，电场力大，加速度也大，C对；速度方向与力的方向夹角为钝角，说明P点的动能比Q点的小，D对．

4．【2011·海淀一模】某电场的电场线分布如图X10－5所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是(　　 )

图X10－5
A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势
B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷
C．一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能
D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动
4．AC　【解析】 电场线密集处场强大，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A对；逆着电场线方向移动电荷，电场力对正电荷做负功，对负电荷做正功，B错；负电荷在电势高的地方的电势能小，正电荷在电势高的地方的电势能大，故C对；正电荷由A点释放，它将向图中电场线密集处运动，加速度增大，D错．

5．【2011·苏北模拟】某电场的电场线分布如图X10－7所示，下列说法正确的是(　　 )

图X10－7
A．a点的电势高于b点的电势
B．c点的电场强度大于d点的电场强度
C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功
D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加
场、等量异种(或同种)电荷的电场，要记牢其电场线的形状特点．
5．C　【解析】 沿电场线方向电势降低，故A错；电场线密集的地方场强大，故B错；若将一正试探电荷由a点移到b点，是逆着电场线移动，所以电场力做负功，C对；若将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，所以电势能减少，D错．

6．【2011·德州一模】如图X10－8所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上，A、E两点关于M点对称．下列说法正确的是(　　)

图X10－8
A．A、B两点电势、场强均相同
B．C、D两点电势、场强均相同
C．A点的场强小于E点的场强
D．带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能
6．BCD　【解析】 取无穷远处电势为零，CD左侧电势均为正，右侧电势均为负，CD线上电势为零，所以A错，B对；M、N两电荷在A处的场强方向相反，在E处的场强方向一致，所以A点的场强小于E点的场强，C对；由于O点电势为零，E点电势为正，所以带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能，D对．

7．【2011·濮阳一模】如图X10－11所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下．则从M到N的过程中，下列说法正确的是(　　)

图X10－11
A．小物块所受的电场力减小
B．小物块的电势能可能增加
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功
7．AD　【解析】 小物体所受的摩擦阻力不变，它先加速后减速，说明它所受合外力先向下后向上，又由于远离点电荷时受到的电场力越来越小，故电场力方向沿斜面向下，电场力做正功，电势能减小，A对、B错；由于小物体及Q的电性无法确定，故C错；由功能关系，小物体减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，D对．

8．【2011·西城一模】如图X10－12甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点．在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法中正确的是(　　)

图X10－12
A．A点的电场强度比B点的大
B．A、B两点的电场强度相等
C．A点的电势比B点的电势高
D．A点的电势比B点的电势低
8．C　【解析】 由点电荷的速度v随时间t变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A点的电场强度比B点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C对．

9．【2011·巢湖模拟】在如图X11－1所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是(　　 )

图X11－1
A．极板A上移
B．极板A右移
C．极板间插入一定厚度的金属片
D．极板间插入一云母片
9．A　【解析】 平板板电容器的电量不变，灵敏静电计测的是板间电压，由U＝，要使电压变大，减小电容器电容即可，要注意的是，极板间插入一定厚度的金属片相当于减小板间距离，再由公式C＝，可判断A对．

10．【2011·淄博模拟】如图X11－2所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(　　)

图X11－2
A．电荷将向上加速运动
B．电荷将向下加速运动
C．电流表中将有从a到b的电流
D．电流表中将有从b到a的电流
10．BD　【解析】 充电后电容器的上极板A带正电．不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大．由E＝知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动．由C＝知电容C减小，由Q＝CU知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，故电流表中将会有由b到a的电流，选项BD正确．

11．【2011·西城一模】如图X11－4所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则(　　 )

图X11－4
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
11．BC　【解析】 带电液滴恰好静止在两板间，说明重力与电场力平衡，当开关闭合时，板间电压不变，由E＝，若增大两板间距，场强减小，电场力减小，液滴将下降，A错，B对；开关再断开后，电量保持不变，若无论增大或减小两板间距，板间场强都不变，C对，D错．

12．【2011·温州模拟】一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为θ，如图X11－5所示．下列方法中能使夹角θ减小的是(　　 )

图X11－5
A．保持开关闭合，使两极板靠近一些
B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动
C．保持开关闭合，使两极板远离一些
D．断开开关，使两极板靠近一些
12．C　【解析】 保持开关闭合，两极间电压不变，使两极板靠近一些，板间场强变大，夹角θ增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；保持开关闭合，使两极板远离一些，由E＝可知，场强减小，夹角θ减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，板间场强不变，夹角θ不变，D错．

13.【2011·巢湖模拟】如图X11－7所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知(　　 )

图X11－7
A. 电场中A点的电势低于B点的电势
B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能
C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能
D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和
13．B　【解析】 一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，场强则水平向右，如图所示：

所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错，B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．

14．[2011·泰安模拟]在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图X11－8中虚线所示．直线上有两个静止的小球A和B(均可视为质点)，两小球的质量均为m，A球带电量为＋q，B球不带电．开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失．设每次碰撞后A、B两球速度互换，碰撞时，A、B两球间无电荷转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，不计碰撞时间，问：
(1)A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？
(2)再经过多长时间A球与B球发生第二次碰撞？

图X11－8

14．【解析】 (1)由牛顿第二定律：Eq＝ma
L＝at
所以t1＝
(2)设再经t2时间A、B第二次相碰，则xA＝xB
而xA＝at
xB＝vt2
v＝at1
所以t2＝2t1＝2

15．[2011·济宁模拟]如图X11－9所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，则下列说法正确的是(　　)

图X11－9
A．微粒的入射速度v0＝10 m/s
B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C．电源电压为180V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D．电源电压为100V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
15．AC　【解析】 开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由：＝gt2 , ＝v0t，得v0＝10 m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则：＝at2, L＝v0t，mg－＝ma，得U＝120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U＝200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U≤200 V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对，D错．

16．B　【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不正确．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．

高二电场复习第 15 页