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1

D．使初速度和M、N间电压都减为原来的

2

12

解析：选BD 在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv0，所以d2

mv021d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间2qE24

电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，使M、N间电压提高到原来的4

2

dd1

倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变

42

为原来的一半，x＝。综上可知B、D正确，A、C错误。

2

5．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则( )

A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度

解析：选D 因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝

dmgsin θ

，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝

gsin θ

，B错误，D正确；电场力

qE＝

mgtan θ

，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。

★6．(2017·浙江选考)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程( )

A．加速度大小为a＝＋g B．所需的时间为t＝ C．下降的高度为y＝

2D．电场力所做的功为W＝Eqd

解析：选B 点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为a＝推荐学习K12资料

Eqmdm Eqd推荐学习K12资料

Eq2

＋mg2

md1Eq2

，选项A错误；设所需时间为t，水平方向上有＝·t，解得t＝

22mmd12mgdEqd，选项B正确；下降高度h＝gt＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错Eq22Eq2

误。

7．[多选](2018·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )

A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴3所带电荷量最多

解析：选BD 三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴3在水平方向位移最大，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。

8．[多选](2018·山西名校联考)A、B两带电小球置于光滑绝缘水平面上，空间存在平行于水平面的匀强电场，将A、B两小球分别沿如图所示轨迹移动到同一电场线上的不同位置。释放后两小球均静止，则( )

A．A的带电量比B的大 B．A带负电荷，B带正电荷 C．静止时A受到的合力比B的大 D．移动过程中匀强电场对B做负功

解析：选BD 由题意知，释放后两小球均静止，所以受合外力均为零，可判断A带负电荷，B带正电荷，所以B正确，C错误；匀强电场对B的电场力方向水平向右，所以匀强电场对B做负功，故D正确；A、B之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，所以两小球受匀强电场的作用力也必定大小相等，所以电荷量一定相等，故A错误。

[B级——中档题目练通抓牢]

9．(2018·乐山调研)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，

M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相

同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，

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重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是( )

A．电场力对两粒子做功相同

B．两粒子到达P点的速度大小可能相等 C．两粒子到达P点时的电势能都减小 D．两粒子到达P点所需时间一定不相等

解析：选D 由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、

P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，

故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM＝

Lv0sin α

，N点的粒子到达P点的时间：tN＝，由此可见，两粒子到达P点

Lv0

所需时间一定不相等，故D正确。

★10．如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，∠NMP＝θ，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x＝0)的变化图像如图乙所示(图中E0、E1、E2为已知量)，重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面。

(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？ (2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m； (3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek。

解析：(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E＝

qφ，可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的

是图线Ⅱ。

(2)电势能为E1时，距M点的距离为 1acosθ

x1＝(acos θ)··cos θ＝ 22

2

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x1处重力势能E1＝mgx1sin θ

可得m＝

E1

gx1sin θ

＝2E1

gasin θcos2θ

(3)在小球从N到M的过程中，根据动能定理得

mgasin θ＋E2－E0＝Ex－0

2E1

解得Ex＝2＋E2－E0。

cosθ答案：(1)图线Ⅱ (2)2E1

(3)2＋E2－E0

cosθ

[C级——难度题目自主选做]

11．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方435

向的匀强电场，电场强度大小为E＝×10 V/m；比荷为1.0×10 C/kg的带正电粒子P从A3板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(3 m,1 m)点；粒子P的重力不计，试求：

acos2θ

2

2E1

gasin θcos2θ

(1)金属板AB之间的电势差UAB；

(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒

Q，使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合。

解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为

v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(3 m,1 m)

1qE24

点历时为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t0，解得：v0＝2×10 m/s

2m12

在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv0，

2解得：UAB＝1 000 V。

(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：

对于P：Eq＝ma1 对于Q：Eq＝2ma2 推荐学习K12资料