1．将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于( )
A．q/F B．F/q
C．q D．F＋q
【解析】 根据电场强度定义公式，E＝，故B正确．
【答案】 B
2．(2012·宁德一中高二检测)在电场中A点放入电荷量为q的正电荷，它受到的电场力方向向右，大小为F.关于A点的电场强度，下列判断正确的是( )
A．电场强度大小为，方向向右
B．电场强度大小为，方向向左
C．若A点放电荷量为q的负电荷，则A点电场强度方向向左
D．如果在A点不放电荷，那么A点电场强度为零
【解析】 根据定义式，A点电场强度E＝，由电场强度方向与正电荷受力方向相同，A正确，B错误，由于电场强度大小和方向与试探电荷无关，故C、D错误．
【答案】 A
3．关于电场强度，下列说法正确的是( )
A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大
C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右
D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大
【解析】 场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．
【答案】 C
4．下列说法正确的是( )
A．靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小
B．沿电场方向电场强度越来越小
C．在电场中没画电场线的地方场强为零
D．电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来
【解析】 场强的大小可直观地用电场线的疏密来表示，与电荷的正负无关，所以选项A、B错误；电场线是人为画的，故选项C错误．只有选项D正确．
【答案】 D
5．某电场的电场线如图2－1－8所示，电场中的A、B两点的场强大小分别为EA和EB，由图可知( )
图2－1－8
A．EA＜EB B．EA＝EB
C．EA＞EB D．无法比较EA和EB的大小
【解析】 由电场线的疏密可确定电场强度的大小，故EA＜EB，A正确．
【答案】 A
6．如图2－1－9所示，表示一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受电场力与电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是( )
图2－1－9
A．该电场是匀强电场
B．这四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．这四点场强的大小关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed
D．无法比较这四点场强的大小关系
【解析】 由公式E＝可得，F与q成正比，比值即等于场强E.所以在图中可得斜率越大，E越大．
【答案】 B
7．(2012·厦门双十中学高二检测)如图2－1－10所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1，在b、d两个顶点上各放一带负电的点电荷，电荷量的大小都是q2，q1＞q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条( )
图2－1－10
A．E1 B．E2
C．E3 D．E4
【解析】 作出a、b、c、d四个点电荷在O点的电场强度如图所示．其中Ea＝Ec＞Eb＝Ed
由矢量合成法则可知合场强只能是图中的E2，B正确．
【答案】 B
8．如图2－1－11所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )
图2－1－11
A．电荷向B做匀速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动
C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
【解析】 由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．
【答案】 D
9．(2012·海南一中高二检测)如图2－1－12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2－1－12
A．物体开始运动后加速度先增大，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速度达最大值
D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值
【解析】 物体开始运动后，电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增大，选项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速度达最大值，选项C正确．
【答案】 BC
10．如图2－1－13所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是( )
图2－1－13
A．外力的方向水平
B．外力的方向竖直向上
C．外力的大小等于qE＋mg
D．外力的大小等于
【解析】 由受力平衡知F＝，方向应与重力和电场力的合力方向相反．
【答案】 D
11．如图2－1－14所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转θ
角后静止．设小球是用绝缘丝线悬挂于O点，求小球所在处的电场强度．
图2－1－14
【解析】 分析小球的受力如图所示，由平衡条件得
F电＝mgtan θ
由电场强度的定义式得：小球所在处的电场强度
E＝＝mg
由于小球带正电，所以小球所在处的电场强度方向水平向右．
【答案】 mg，方向水平向右．
12．(2012·汉中高二检测)如图2－1－15所示，在真空中A、B两点处各固定一个点电荷，它们的电荷量相等，均为4.0×10－10 C，而带电的性质不同，A为正、B为负，两者相距80 cm，P点与A、B等距离，均为50 cm，
图2－1－15
(1)试确定P点的场强大小和方向？
(2)试求P点处的场强和A、B连线中点O处的场强之比？
【解析】 (1)EA＝EB＝k＝9×109× N/C＝14.4 N/C
EP＝2EAcos θ＝2×14.4× N/C＝23.04 N/C 方向平行于AB，沿AB方向
(2)EO＝2＝2×9×109× N/C＝45 N/C
＝＝
【答案】 (1)23.04 N/C 方向平行于AB，沿AB方向
(2)
1．(2012·巴州高二检测)某电场的一条电场线如图2－2－7所示，在正电荷从A点移到B点的过程中：( )
图2－2－7
A．电场力对电荷做正功
B．电场力对电荷不做功
C．电荷克服电场力做功
D．电势能增加
【解析】 正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故A正确．
【答案】 A
2．关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是( )
A．电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定
B．电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定
C．电势差是矢量，电场力做的功是标量
D．在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差为零
【解析】 电势差是由电场本身决定的，与电场力做功无关，A错误，而电场力做功的多少，由电势差和电荷量决定，B正确．电势差和电场力做的功都是标量，C错误，在匀强电场电场线垂直方向上移动电荷时，电场力不做功，根据U＝，D正确．
【答案】 BD
图2－2－8
3．两个电荷量分别为＋q和－q的带电小球，固定在一条长为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图2－2－8所示．若杆绕过O点且垂直于杆的轴线转过180°，则在此过程中电场力做的功为( )
A．0 B．qEl
C．2qEl D．πqEl
【解析】 电场力做功的特点，只与始末位置有关，与路径无关；转过180°过程中，电场力对＋q、－q均做正功，大小均qEl，总功为2qEl.
【答案】 C
4．如图2－2－9所示，在处于O点的点电荷＋Q形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2；由C点移到B点电场力做功为W3，则三次电场力做功的大小关系为( )
图2－2－9
A．W1＝W2＝W3＜0 B．W1＞W2＝W3＞0
C．W1＝W3＞W2＝0 D．W3＞W1＝W2＝0
【解析】 由于电场力做功与路径无关，故W1＝W2＋W3由于A、C两点等势．故W2＝0，由此可确定W1＝W3＞W2＝0，故C正确．
【答案】 C
5．下列说法正确的是( )
A．A、B两点间的电势差，等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功
B．电势差是一个标量，但是有正、负之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟电荷的始、末位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势面的不同而改变，所以UAB＝UBA
【解析】 由电势差的定义知A项错误；电势差虽是标量，但有正负之分，表示电势高低，B正确；电势差是描述电场的能的性质由电场本身决定，与路径无关，UAB＝－UBA，故D错误，C正确．
【答案】 BC
6．一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度释放，先后经过电场中的B点和C点．点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EpA、EpB、EpC表示，则EpA、EpB和EpC之间的关系可能是( )
A．EpA＞EpB＞EpC B．EpA＜EpB＜EpC
C．EpA＜EpC＜EpB D．EpA＞EpC＞EpB
【解析】 点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过B、C两点，根据能的转化和守恒可知，自A点起动能先增加，先后经过B、C两点不一定一直加速，但动能都比A点大，有两种可能：自A到B、C一直加速，则电势能一直减小；自A到B先加速后减速到C则电势能先减小，后增大，故A、D正确．
【答案】 AD
图2－2－10
7．如图2－2－10所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少
B．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增大
C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增大
D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能减少
【解析】 在C点释放正电荷，正电荷受的电场力方向是C到B，因此电荷向B的方向运动，电场力做正功，电势能减少，A对；在C点释放负电荷，负电荷受的电场力方向是C到A，因此电荷向A的方向运动，电场力做正功，电势能减少，D对．
【答案】 AD
图2－2－11
8．(2012·海南农星中学高二检测)如图2－2－11所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点．M处电荷的电荷量大于N处电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点．现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．q的电势能逐渐减小
B．q的电势能逐渐增大
C．q的电势能先减小后增大
D．A点的场强方向由A指向B
【解析】 A点电场强度为两正电荷产生的电场在该点场强的矢量和，根据电场叠加原理，A点场强方向不是由A指向B，选项D错误；负电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程中，两个正电荷对负电荷q都做负功，电势能逐渐增加，故选项B正确．
【答案】 B
9．如图2－2－12所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v，则在质点的运动中不发生变化的是( )
图2－2－12
A．动能
B．电势能与重力势能之和
C．动能与重力势能之和
D．动能、电势能、重力势能三者之和
【解析】 在只有电场、重力场的复合场中，只有重力和电场力做功，结合功能关系、动能定理可知重力势能、电势能、动能的总和不变，故D正确．
【答案】 D
10．(2013·福州三中高三期末)如图2－2－13所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )
图2－2－13
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
【解析】 根据做曲线运动物体的受力特点：合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知带负电的粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当到达M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速率最小，故A、D错；在整个过程中只受恒定的电场力，根据牛顿第二定律知，加速度不变，故C正确．
【答案】 C
11．一个带正电的质点，电量为q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其它力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为________．
【解析】 设电场力做功为Wab，则由动能定理可知Wab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，所以Wab＝2.0×10－5 J，而Wab＝qUab，则Uab＝Wab/q＝2.0×10－5/2.0×10－9＝1.0×104 V.
【答案】 1.0×104 V
图2－2－14
12．(2012·重庆第二外国语学校高二检测)如图2－2－14所示，匀强电场强度E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q＝4.0×10－8 C，沿半径R＝20 cm的圆周，从A点移动到B点．已知∠AOB＝90°，且OB与电场线平行，求：
(1)这一过程中电场力做的功是多少？是做正功还是做负功？
(2)A、B两点间的电势差UAB是多少？
【解析】 (1)WAB＝－EqR＝－1.2×102×4.0×10－8×0.2 J＝－9.6×10－7 J 负功
(2)UAB＝＝＝－24 V
【答案】 (1)－9.6×10－7 J 负功 (2)－24 V
1．关于公式φ＝可知：( )
A．电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比
B．电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比
C．电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关
D．放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变
【解析】 电势由电势能和电荷量的比值定义，是电场本身的性质，不随电势能和电荷量变化，A、B错误，C、D正确．
【答案】 CD
2．下列说法中，正确的是：( )
A．同一等势面上的各点电势相等，电场强度也相等
B．电场中的两条电场线一定不会相交，但两个电势不等的等势面有可能相交
C．在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功
D．离孤立带电导体越近的等势面，其形状越与导体表面相似；离孤立带电导体越远的等势面，其形状越接近于球面
【解析】 等势面上电势相等，电场强度不一定相等，A错误，电场线、等势面都不可能相交，B错误，在同一等势面上移动电荷，电场力不做功，C正确，根据孤立带电导体，周围等势面的分布情况可知，D正确．
【答案】 CD
3．对关系式U＝Ed的理解，正确的是( )
A．式中的d是A、B两点间的距离
B．A、B两点间距离越大，电势差越大
C．d是A、B两个等势面的垂直距离
D．此式适用于任何电场
【解析】 公式U＝Ed只适用于匀强电场，其中d为沿场强方向上的距离．
【答案】 C
图2－3－10
4．如图2－3－10所示，在O点放置一点电荷＋Q，B、C、D三点都在以＋Q为圆心的圆周上，将一试探电荷从A点分别移到B、C、D三点，则电场力做功最多的是( )
A．从A点移到B点
B．从A点移到C点
C．从A点移到D点
D．从A点到B、C、D三点做功一样多
【解析】 B、C、D三点在同一等势面上，即三点的电势相同，所以UAB＝UAC＝UAD＝U；又因W＝qU，故三种情况下电场力做的功一样多，选项D正确．
【答案】 D
5．(2012·杭州高二检测)如图2－3－11所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，其运动轨迹如图中KLMN所示，可知( )
图2－3－11
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少
【解析】 根据a、b、c三个等势面的电势关系及带电粒子的运动轨迹可以判断，该电场是正电荷周围的电场，所以粒子从K到L电场力做负功，电势能增加，A、C正确．粒子从L到M的过程中，电场力做正功，电势能减少，动能增加，B、D错误．
【答案】 AC
6．如图2－3－12所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在等势线U3上时，具有动能20 J，它运动到等势线U1上时，速度为零．令U2＝0，那么，当该电荷的电势能为4 J时，其动能大小为( )
图2－3－12
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
【解析】 正电荷从等势线U3运动到等势线U1上时，克服电场力做功，电势能增加了20 J，由U12＝U23知U1＝－U3，则点电荷在等势线U1处电势能为10 J，在U3处电势能为－10 J，正电荷的总能量E＝10 J．当电势能为4 J时，动能应为6 J．选项C正确．
【答案】 C
7．(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图2－3－13所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则( )
图2－3－13
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
【解析】 由电场的等势面分布图可判断P、Q为等量异种点电荷，Q带负电，A项错误．a、b两点的电场强度方向不同，故B项错误．由正电荷到负电荷电势逐渐降低知φc＞φd，故C项错误．负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减小，故D正确．
【答案】 D
8．电场中A、B两点的电势是φA＝800 V，φB＝200 V．把电荷q＝1.5×10－8 C由A移动到B点，电场力做了多少功？电势能是增加还是减少？变化了多少？
【解析】 电场力做功为：
WAB＝q(φA－φB)
解得WAB＝9×10－6 J
电场力做正功电势能减少，减少量为9×10－6 J
【答案】 9×10－6 J 电势能减少 减少量为9×10－6 J
9．(2012·福州三中高二检测)如图2－3－14所示，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1＜r2.
图2－3－14
(1)a、b两点哪点电势高？
(2)将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？
(3)若a、b两点间的电势差为100 V，将二价负离子由a点移到b点是电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？
【解析】 (1)由正点电荷的等势面特点可判断a点的电势较高．
(2)由φa＞φb，Uab>0，当把负电荷从a点移往b点，
Wab＝qUab<0，电场力做负功，电势能增加，
负电荷在b点电势能较大．
(3)若Uab＝100 V，二价负离子电量q＝－2×1.6×10－19 C，将该离子从a点移往b点，电场力做功：Wab＝qUab＝－3.2×10－17 J
即克服电场力做功3.2×10－17 J.
【答案】 (1)a点电势较高
(2)负电荷在b点电势能较大
(3)克服电场力做功 3.2×10－17 J
图2－3－15
10．如图2－3－15所示，a、b、c是匀强电场中的直角三角形的三个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为φa＝8 V，φb＝－4 V，φc＝2 V，已知ab＝10 cm，ac＝5 cm，ac和ab的夹角为60°，试确定场强的方向和大小．
【解析】 因为Uab＝φa－φb＝12 V，所以ab的中点d的电势为φd＝2 V，过a点作等势线cd的垂线ae，ae为一条电场线，如图所示．ae＝adcos 30°＝abcos 30°＝7.5 cm
由E＝得：
E＝＝＝＝＝80 V/m
方向斜向右上方与ac成30°角．
【答案】 80 V/m 方向斜向右上方与ac成30°角
图2－3－16
11．(2012·同安一中高二检测)用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零，求：
(1)A、B两点的电势差；
(2)匀强电场的场强；
(3)小球运动到B点时细线上的拉力大小；
【解析】 (1)由动能定理得：mgLsin 30°－qUAB＝0 得UAB＝mgL/2q
(2)UAB＝EL(1－cos 60°)得：E＝mg/q
(3)此时小球在B处速度为零，即沿径向合力为零．有牛顿第二定律有：
T－mgcos 30°－Eqcos 60°＝0 可解得T＝mg
【答案】 (1)mgL/2q (2)mg/q (3)mg
1．下列关于电容的说法正确的是( )
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量
D．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电势差成反比，与电容器所带的电荷量成正比
【解析】 电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B大，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电势差、电容器的体积等无关，D错．
【答案】 C
2． (2012·塔城高二检测)如图2－4－6所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是( )
图2－4－6
A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变小
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【解析】 根据C＝，当d增大时，C减小，根据C＝，U＝，U变大，张角变大，A错，当A板上移时，S变小，C变小，U变大，B正确，当把玻璃板插入两极之间时，ε变大、C变大、U变小，张角变小，C错，将A板拿走，相当于d增大，U变大，张角变大，D错误．
【答案】 B
3．如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器电量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图像有( )
【解析】 电容器的电容C与Q和U无关，仅与本身的构造有关，故AB错，D对；由定义式C＝知，Q与U成正比，故C正确．
【答案】 CD
4．(2012·厦门六中高二检测)一平行板电容器两极板间距离为d、极板面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间( )
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
【解析】 由题可知电容器充电后断开电源，故电容器的带电荷量保持不变，当增大两极板间的距离时，由C＝可知，电容器的电容变小，由U＝可知电压变大，又由E＝可知E＝＝＝＝，所以电场强度不变，A正确．
【答案】 A
5．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为( )
A. B.
C. D.
【解析】 U＝，E＝，故F＝qE＝，故C正确．
【答案】 C
图2－4－7
6．如图2－4－7所示是一种利用电容器的电容C测量角度的电容器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是知道C的变化情况，就可以知道θ的变化情况，其中最能正确地反映C和θ的函数关系的是( )
【解析】 由公式C＝知θ＝π时C＝0，A错．θ↑→S↓→C↓，D错．C与S成正比，与θ不成正比，故C对．
【答案】 C
图2－4－8
7．如图2－4－8是一种通过测量电容器电容的变化，来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有( )
A．该仪器中电容器的两个电极分别是芯柱和导电液体
B．芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了
D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了
【解析】 类似于平行板电容器的结构：导体芯和液体构成电容器的两块电极，导体芯的绝缘层就是极板间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的正对面积(且h越大，则S越大)，所以d大时C就小，若C大时就表明h大．正确答案选A、C项．
【答案】 AC
8．(2012·漳州一中高二检测)如图2－4－9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．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
图2－4－9
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B． P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减少
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
【解析】 因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，φP＝ExP减小，P点的电势降低，故选项A错B对；又根据带电油滳平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B.
【答案】 B
9．(2011·天津高考)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，板间电场强度为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，板间电场强度为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
【解析】 由C＝和C＝及E＝得，E＝，电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．
【答案】 C
10．一平行板电容器的电容为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E.现保持间距不变使两板错开一半，如图2－4－10所示，则下列各量的变化是：电容C′＝________，带电量Q′＝________，电势差U′＝________，板间场强E′＝________.
图2－4－10
【解析】 由C＝知：两板错开一半，S减半，C减半，故C′＝C，电源断开，电量Q不变，故电势差U′＝＝＝2U，E′＝＝＝2E.
【答案】 C Q 2U 2E
11．如图2－4－11所示，电源电压恒定，则接通开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从______到________；平行板电容器充电稳定后，在将两板间距离增大的过程中，通过R的电流方向是从________到________；如果电容器充电平衡后，先断开S，再将两板间距离增大，在此过程中，R上________电流通过(填“有”或“无”)．
图2－4－11
【解析】 电容器在充、放电过程中，电路中将有电流，电流方向即为正电荷的定向移动方向．在接通S瞬间，电容器被充电，上极板带正电，下极板带负电，故电流方向由A到B；稳定后，将两板距离增大，根据C＝，电容减小，电容器带电荷量Q＝CU，因为U不变，所以电荷量Q减小，即电流方向由B到A；将开关断开后，因为电容器带电荷量不变，所以无论如何调节板间距离，均无电流通过．
【答案】 A B B A 无
12．(2012·福建师大附中高二检测)如图2－4－12所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4 mm，充电后两极板电势差为120 V．A板带正电，若它的电容为3 μF，且P到A板距离为1 mm.求：
图2－4－12
(1)每一板的带电荷量；
(2)一个电子在P点具有的电势能；
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能；
(4)两板间的电场强度．
【解析】 (1)由Q＝UC得Q＝120×3×10－6 C＝3.6×10－4 C.
(2)EPP＝－eφP＝－edPB＝－90 eV.
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得Ek－0＝－eUBA，Ek＝120 eV.
(4)E＝＝3×104 N/C.
【答案】 (1)3.6×10－4 C (2)－90 eV (3)120 eV (4)3×104 N/C
1．(2012·宁夏银川高二检测)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图2－5－12所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
图2－5－12
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【解析】 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．
【答案】 AC
2．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子( )
A．具有相同的质量
B．具有相同的电荷量
C．电荷量和质量的比相同
D．属于同一元素的同位素
【解析】 由偏转距离y＝()2＝可知，若轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有相同．
【答案】 C
3．(2012·长春调研)如图2－5－13所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
图2－5－13
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的1/2倍
【解析】 本题考查了带电粒子在电场中的运动．带电粒子经过加速电场和偏转电场，最终偏移量为y＝，现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，必须使U2加倍，选A.
【答案】 A
图2－5－14
4．(2012·长乐一中高二检测)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图2－5－14所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A. B．edUh
C. D.
【解析】 电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：mv＝eUOA，又E＝U/d，UOA＝Eh＝h，所以mv＝.故D正确．
【答案】 D
5．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶1
【解析】 由动能定理可知qEl＝Ek，又l＝at2＝t2，解得t＝，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A选项正确．
【答案】 A
6．如图2－5－15所示，带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场(重力不计)，若粒子的初动能变为原来的2倍，还要使粒子保持擦极板边缘飞出，可采用的方法是( )
图2－5－15
A．将极板的长度变为原来的2倍
B．将两板之间的距离变为原来的1/2
C．将两板之间的电势差变为原来的2倍
D．上述方法都不行
【解析】 带电粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出，需满足d＝＝，初动能变为原来的2倍，要想等式成立，只有选项C满足，故C正确．
【答案】 C
7．如图2－5－16所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )
图2－5－16
A．微粒带正、负电荷都有可能
B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动
D．微粒做匀加速直线运动
【解析】 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．
【答案】 B
图2－5－17
8．(2012·泉州赔元中学高二检测)如图2－5－17所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用的办法是( )
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些
D．使电子入射速度v0大些
【解析】 h＝at2＝
所以＝
故C选项正确．
【答案】 C
9．如图2－5－18所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )
图2－5－18
A．微粒在电场中作抛物线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
【解析】 由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A正确；因AB＝BC，即·t＝·t可见Vc＝v0.故B项正确；由q·＝mV，得U＝＝，故C项错误；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D项错误．
【答案】 AB
图2－5－19
10．如图2－5－19所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：
(1)粒子末速度大小；
(2)电场强度；
(3)两极板间距离．
【解析】 (1)粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如图，
所以v＝v0/(cos θ)＝2 v0/3
v⊥＝v0tan θ＝ v0/3 ①
(2)由v⊥＝at ②
t＝L/v0 ③
a＝qE/m ④
由①②③④得E＝ mv/(3qL)
(3)v＝2ad ⑤
由①③④⑤得d＝ L/6.
【答案】 (1)2 v0/3 (2) mv/(3qL) (3)L/6
11．如图2－5－20所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？
图2－5－20
【解析】 电子在电场中做类平抛运动．
vy＝v0tan (θ－90°)，
eU＝mv/2.
得U＝mv/6e.
【答案】 mv/6e
图2－5－21
12．(2013·福建师大附中高二期末)如图2－5－21所示，有一电子(电荷量用e表示)经电压U0加速后，进入两块间距为d，电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场．求：
(1)金属板AB的长度．
(2)电子穿出电场时的动能．
【解析】 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理可得eU0＝mv，电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上有L＝v0t，在沿着电场方向上有＝·t2，解以上三式可得L＝d.
(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得Ek＝eU0＋eU.
【答案】 (1)d (2)eU0＋eU
