2019—2020学年高中物理人教版选修3-1：第一章静电场 单元检测试题（解析版)
文档属性
| 名称 | 2019—2020学年高中物理人教版选修3-1：第一章静电场 单元检测试题（解析版) |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 227.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-06-19 15:18:31 | ||
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文档简介
2019—2020学年人教版选修3-1
静电场
单元检测试题
1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是( )
A．A点的电场强度比C点的小
B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功
D．正电荷由A移动到C，电场力做负功
2．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（
）
A．4V
B．8V
C．12V
D．24V
3．根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知
A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关
4．如图所示，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(位于P板的中点)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(
)
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
5．在静电场中
(
)
A．电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零
B．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同
C．电场强度的方向总是跟等势面垂直
D．电势降低的方向就是电场强度的方向
6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个带正电的检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容，E表示两板间的场强，表示P点的电势，表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，则下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（ ）
A．一定等于4V
B．一定高于4V
C．一定低于4V
D．无法确定
8．两个完全相同的小金属球（皆可视为点电荷），所带电荷量之比为5:1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为，则为
A．5：2
B．5：6
C．5：4
D．5：9
9．两个相同的金属小球，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，以下判断正确的是（ ）
A．a对b的静电力一定是引力
B．a对的静电力可能是斥力
C．的电荷量可能比的少
D．的电荷量一定比的大
11．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～
时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为
v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
mgd
D．克服电场力做功为mgd
12．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
13．如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d＝8
cm，板长为L＝25
cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5
m/s的初速度从板间的正中点水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10
m/s2，求：
(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；
(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。
14．静电场方向平行于x轴，以坐标原点为中心，其电势随x的分布如图所示，图中和d为已知量．一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以坐标原点O为中心沿x轴方向在A、B之间做周期性运动．己知该粒子质量为m、电量为-q，经过坐标原点时速度为v．求
（1）粒子在电场中所受电场力的大小．
（2）A点离坐标原点O的距离．
（3）粒子的运动周期．
15．水平放置的两块平行金属板长L＝5.0
cm，两板间距d＝1.0
cm，两板间电压为90
V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)
(1)电子偏离金属板时的侧位移；
(2)电子飞出电场时的速度；
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10
cm，求OP的长.
16．如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电．位于O点正下方的地面上．长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场．在O点与传送带之间有位置可调的固定钉子(图中未画出)，当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端．已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10m／s2，A．B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量．试求：
(1)钉子距O点的距离的范围．
(2)若传送带以速度v0=5m／s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰．试求B做匀加速运动的加速度大小(结果可用根式表示)
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：A点的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大，故A错误；负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高，故B错误；沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功，故C正确；正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功，故D错误。
考点：电势能；等势面
2．B
【解析】
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．
考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．
3．D
【解析】
A．电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变，故A错误；
B．电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零，故B错误；
C．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定，故C错误；
D．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关，故D正确。
故选D。
4．A
【解析】
试题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确．本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出．
考点：带电粒子在电场中的运动
动能定理和牛顿第二定律、运动学公式
5．C
【解析】
AB．电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，故AB错误；
C．电场强度的方向一定跟等势面垂直，故C正确；
D．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
A．由电容器的决定式：
可知C与两极板间距离d成反比，故C与x不是线性关系，故A错误；
B．电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，由:
可得：
所以可知电场强度E是定值，故B错误；
C．因负极板接地，电势为零，所以P点电势为：
L为P点到负极板的初始距离，因为E不变，随x增大而线性减小，故C正确；
D．由：
可知与成正比，故也随x增大而线性减小，故D错误。
故选C。
7．C
【解析】
电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式可知，A、B间电势差大于B、C间电势差，即，得到，C正确。
【点睛】
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式，来定性分析电势差的大小，从而判断电势的关系．
8．C
【解析】
两个球相互吸引，则带异种电荷，则接触带电的原则是总电荷平分，根据得出接触后再放回原处的库仑力大小．
【详解】
它们在相距一定距离时相互作用力为；两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q，此时两球的库仑力，则F1：F2为5：4，故选C.
【点睛】
解决本题的关键是掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式.
9．CD
【解析】
ABCD．设两金属球带异种电荷，电荷量分别为q和-7q，两者间库仑力大小为
将两者接触后再放回原来的位置上，两球所带电荷量均为-3q，库仑力大小为
是原来的；
设两金属球带同种电荷，电荷量分别为q、7q，由库仑定律有
将两者接触后再放回原来的位置上，两球所带电荷量均为4q，库仑力大小为
是原来的，故AB错误，CD正确。
故选CD。
10．AD
【解析】
AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A正确，B错误；
CD．同时根据库伦定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量大小，因此在大小上一定是“两大夹一小”，故C错误，D正确。
故选AD。
11．BC
【解析】
AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度
，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．
C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．
D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．
12．AC
【解析】
本题的核心是对φ–x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答．
【详解】
A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
13．(1)2
m/s2，(2)0.3
s。
【解析】
(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝＝mg
即：
qU＝mgd
当下极板上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力
F′＝＝
此时加速度：
a＝＝＝g＝2m/s2；
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：
＝a
解得：
t1＝＝s＝0.2s
而液滴从刚进入电场到出电场时间：
t2＝＝s＝0.5s
所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间：
t＝t2－t1＝0.3s。
14．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由题意可以得到，匀强电场的电场强度的大小为：，由，得粒子所受电场力的大小为：．
（2）由题意得到，粒子在A点时，速度为零，设A点离坐标原点O的距离为，则粒子运动加速度大小为：，根据运动学公式：，两式联立得到：．
运用其它解法相应得分，如．
（3）粒子在四分之一周期内，，粒子的运动周期，联立得：．
【点睛】
本题难度较大，要求学生能从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用功能关系结合数学知识求解，故对学生的要求较高．
15．(1)y0＝5×10－3m
(2)
v＝2.0×107m/s
(3)
OP＝2.5×10－2m
【解析】
（1）电子在电场中的加速度，侧位移即竖直方向位移：，
运动时间，代入数据解得.
（2）电子飞出电场时，水平分速度，竖直分速度.
飞出电场时的速度为，代入数据可得：.
设v与v0的夹角为θ，则，则：.
（3）电子飞出电场后做匀速直线运动：
代入数据解得.
16．(1)(2)
【解析】
（1）在A运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律，有：（2分）
得：（1分）
A到最低点，绳子被挡住时，有：（1分）
当时，解得（1分）
故钉子距离O点的距离范围是：.
（1分）
（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，有动能定理有:
(2分)
解得：（1分）
因，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为，
由动能定理有：（1分）
解得：（1分）
因，假设成立，A一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故A在传送带右端将以的初速度做类平抛运动
（1分）
对A：设在传送带上运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2，
有运动学规律传送带上：（1分）
类平抛运动(1分)
（1分）
（1分）
解得：，，
对B：设匀加速过程的加速度大小为，则有：
位移（1分）
解得（2分）
考点：本题考查了平抛运动规律、动能定理和机械能守恒定律的应用
静电场
单元检测试题
1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是( )
A．A点的电场强度比C点的小
B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功
D．正电荷由A移动到C，电场力做负功
2．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（
）
A．4V
B．8V
C．12V
D．24V
3．根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知
A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关
4．如图所示，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(位于P板的中点)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(
)
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
5．在静电场中
(
)
A．电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零
B．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同
C．电场强度的方向总是跟等势面垂直
D．电势降低的方向就是电场强度的方向
6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个带正电的检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容，E表示两板间的场强，表示P点的电势，表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，则下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（ ）
A．一定等于4V
B．一定高于4V
C．一定低于4V
D．无法确定
8．两个完全相同的小金属球（皆可视为点电荷），所带电荷量之比为5:1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为，则为
A．5：2
B．5：6
C．5：4
D．5：9
9．两个相同的金属小球，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，以下判断正确的是（ ）
A．a对b的静电力一定是引力
B．a对的静电力可能是斥力
C．的电荷量可能比的少
D．的电荷量一定比的大
11．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～
时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为
v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
mgd
D．克服电场力做功为mgd
12．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
13．如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d＝8
cm，板长为L＝25
cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5
m/s的初速度从板间的正中点水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10
m/s2，求：
(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；
(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。
14．静电场方向平行于x轴，以坐标原点为中心，其电势随x的分布如图所示，图中和d为已知量．一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以坐标原点O为中心沿x轴方向在A、B之间做周期性运动．己知该粒子质量为m、电量为-q，经过坐标原点时速度为v．求
（1）粒子在电场中所受电场力的大小．
（2）A点离坐标原点O的距离．
（3）粒子的运动周期．
15．水平放置的两块平行金属板长L＝5.0
cm，两板间距d＝1.0
cm，两板间电压为90
V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)
(1)电子偏离金属板时的侧位移；
(2)电子飞出电场时的速度；
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10
cm，求OP的长.
16．如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电．位于O点正下方的地面上．长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场．在O点与传送带之间有位置可调的固定钉子(图中未画出)，当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端．已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10m／s2，A．B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量．试求：
(1)钉子距O点的距离的范围．
(2)若传送带以速度v0=5m／s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰．试求B做匀加速运动的加速度大小(结果可用根式表示)
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：A点的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大，故A错误；负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高，故B错误；沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功，故C正确；正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功，故D错误。
考点：电势能；等势面
2．B
【解析】
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．
考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．
3．D
【解析】
A．电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变，故A错误；
B．电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零，故B错误；
C．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定，故C错误；
D．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关，故D正确。
故选D。
4．A
【解析】
试题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确．本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出．
考点：带电粒子在电场中的运动
动能定理和牛顿第二定律、运动学公式
5．C
【解析】
AB．电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，故AB错误；
C．电场强度的方向一定跟等势面垂直，故C正确；
D．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
A．由电容器的决定式：
可知C与两极板间距离d成反比，故C与x不是线性关系，故A错误；
B．电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，由:
可得：
所以可知电场强度E是定值，故B错误；
C．因负极板接地，电势为零，所以P点电势为：
L为P点到负极板的初始距离，因为E不变，随x增大而线性减小，故C正确；
D．由：
可知与成正比，故也随x增大而线性减小，故D错误。
故选C。
7．C
【解析】
电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式可知，A、B间电势差大于B、C间电势差，即，得到，C正确。
【点睛】
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式，来定性分析电势差的大小，从而判断电势的关系．
8．C
【解析】
两个球相互吸引，则带异种电荷，则接触带电的原则是总电荷平分，根据得出接触后再放回原处的库仑力大小．
【详解】
它们在相距一定距离时相互作用力为；两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q，此时两球的库仑力，则F1：F2为5：4，故选C.
【点睛】
解决本题的关键是掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式.
9．CD
【解析】
ABCD．设两金属球带异种电荷，电荷量分别为q和-7q，两者间库仑力大小为
将两者接触后再放回原来的位置上，两球所带电荷量均为-3q，库仑力大小为
是原来的；
设两金属球带同种电荷，电荷量分别为q、7q，由库仑定律有
将两者接触后再放回原来的位置上，两球所带电荷量均为4q，库仑力大小为
是原来的，故AB错误，CD正确。
故选CD。
10．AD
【解析】
AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A正确，B错误；
CD．同时根据库伦定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量大小，因此在大小上一定是“两大夹一小”，故C错误，D正确。
故选AD。
11．BC
【解析】
AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度
，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．
C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．
D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．
12．AC
【解析】
本题的核心是对φ–x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答．
【详解】
A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
13．(1)2
m/s2，(2)0.3
s。
【解析】
(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝＝mg
即：
qU＝mgd
当下极板上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力
F′＝＝
此时加速度：
a＝＝＝g＝2m/s2；
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：
＝a
解得：
t1＝＝s＝0.2s
而液滴从刚进入电场到出电场时间：
t2＝＝s＝0.5s
所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间：
t＝t2－t1＝0.3s。
14．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由题意可以得到，匀强电场的电场强度的大小为：，由，得粒子所受电场力的大小为：．
（2）由题意得到，粒子在A点时，速度为零，设A点离坐标原点O的距离为，则粒子运动加速度大小为：，根据运动学公式：，两式联立得到：．
运用其它解法相应得分，如．
（3）粒子在四分之一周期内，，粒子的运动周期，联立得：．
【点睛】
本题难度较大，要求学生能从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用功能关系结合数学知识求解，故对学生的要求较高．
15．(1)y0＝5×10－3m
(2)
v＝2.0×107m/s
(3)
OP＝2.5×10－2m
【解析】
（1）电子在电场中的加速度，侧位移即竖直方向位移：，
运动时间，代入数据解得.
（2）电子飞出电场时，水平分速度，竖直分速度.
飞出电场时的速度为，代入数据可得：.
设v与v0的夹角为θ，则，则：.
（3）电子飞出电场后做匀速直线运动：
代入数据解得.
16．(1)(2)
【解析】
（1）在A运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律，有：（2分）
得：（1分）
A到最低点，绳子被挡住时，有：（1分）
当时，解得（1分）
故钉子距离O点的距离范围是：.
（1分）
（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，有动能定理有:
(2分)
解得：（1分）
因，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为，
由动能定理有：（1分）
解得：（1分）
因，假设成立，A一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故A在传送带右端将以的初速度做类平抛运动
（1分）
对A：设在传送带上运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2，
有运动学规律传送带上：（1分）
类平抛运动(1分)
（1分）
（1分）
解得：，，
对B：设匀加速过程的加速度大小为，则有：
位移（1分）
解得（2分）
考点：本题考查了平抛运动规律、动能定理和机械能守恒定律的应用