3、如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。
M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。
电子在从M经P到达N点的过程中（）
A.速率先增大后减小B.速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大D.电势能先增大后减小
4、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面且相邻两等势面间的电势差相等．一正电荷在等势面U3上时，具有动能20J，它在运动到等势面U1上时，速度为零．令U2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，其动能大小为（）
A．16JB．10JC．6JD．4J
5、如图所示，绝缘细线栓一带负电的小球，在竖直向下的匀强电场中的竖直平面内做圆周运动，则（）
A．小球到达最高点A时，细线的张力一定最小
B．小球到达最低点B时，小球的速度一定最大
C．小球到达最高点A时，小球的电势能一定最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
6、一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）
①．小球所受重力与电场力大小相等一半径为R的光滑圆环竖直
②．小球在b点时的机械能最小
③．小球在d点时的电势能最大
④．小球在c点时的动能最大
A.①②B.②③C.②④D.①③
7、如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为
V，则（）
A．B点电势为零
B．电场线方向向左
C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线a
D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线b
8、如图所示，在点电荷Q形成的电场中，a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另外同一等势面上，甲、乙两带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线。
若两粒子通过a点时具有相同的动能，则（）
A．甲、乙两粒子带异号电荷
B．甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时的动能相同
C．两粒子经过b点时的动能相同
D．若取无穷远处为零电势，则甲粒子在c点的电势能小于乙粒子在d点时的电势能
9、如图所示，在光滑的水平面上有一个绝缘弹簧振子，小球带负电，在振动过程中，当弹
簧压缩到最短时，突然加上一个水平向左的匀强电场，
A．振子振幅增大
B．振子振幅减小
C．振子的平衡位置不变
D．振子的周期增大
10、如图所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V。
一质子（
）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是（）
A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV
B．质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV
C．质子经过等势面c时的速率为2.25v
D．质子经过等势面c时的速率为1.5v
二、填空题
1、如图所示，实线为匀强电场中的电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等。
一正电荷在等势面A处的动能为20J，运动到等势面C处的动能为零。
现取B等势面为零电势能面，则当此电荷的电势能为2J时的动能是__________J。
（不计重力和空气阻力）
2、一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘大圆环，置于水平方向的匀强电场中，电场强度为E，有一质量为m、电量为q的带正电的空心小环穿在大环上，如图所示，当小环由静止开始从大环顶端A下滑1/4圆弧长到位置B时，小环速度大小为__________。
三、计算题
1、（2014河南中原名校联考）如图所示，光滑竖直绝缘杆与一圆周交于B、C两点，圆心固定有电量为＋Q的点电荷，一质量为m，电量为＋q的环从杆上A点由静止释放。
已知AB＝BC＝h，q≪Q，环沿绝缘杆滑到B点时的速度
。
求A、C两点间的电势差及到达C点时的速度。
2、如图所示，一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环，置于水平方向的匀强电场中，电场强度为E。
有一质量为m、电量为q的带正电的空心小球套在环上，并且qE=mg.
（1）当小球由静止开始从环的顶端A下滑1/4圆弧长到位置B时，小球速度为多大？
环对小球的压力为多大？
（2）小球从环的顶端A滑到底端C的过程中，小球的最大速度为多少？
3、（2014扬州质量检测）如图所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场。
现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N。
取g＝10m/s2，斜面足够长。
求：
（1）物块经多长时间离开木板；
（2）物块离开木板时木板获得的动能；
（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能。
【答案与解析】
一、选择题
1、【答案】C
【解析】带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动，说明小球受到的两个电场力在水平面上分力的合力提供向心力，所以电场力的合力方向斜向上，但是不能确定两个点电荷是否是异种电荷，故A错误；由题意，根据电场线的分布情况可知：
圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同，故B错误；根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故C正确；带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，故D错误。
2、B
解析：
如果小球A带正电，小球B带负电，两球相距L，由牛顿第二定律得：
对小球B：
.
对小球A：
而aA＝aB，所以必有QA>QB，选项A错误，选项B正确；
如果小球A带负电，小球B带正电，则A所受合外力水平向左，加速度向左，不符合题意，故选项C、D均错误。
3、AC
解析：
本题中，我们把Q点的正电荷类比于地球，把电子类比于地球上空只受万有引力的物体，把电势能类比于重力势能后，“近地点”速度最大，自然可选择出A、C。
4、C
解析：
正电荷从等势面U3运动到等势面U1上，电场力做负功，动能减小，电势能增加，每两个等势面的差值为10J，U2=0，U2的电势能为0，总能量为10J，当电势能为4J时，其动能大小为6J。
故选C。
5、CD
解析：
带电小球运动过程中，电场力做功，所以机械能不守恒，D对。
因为当小球到达A点时，电场力做正功，且为最大值，所以小球机械能增量最大，电势能全部转化为动能和重力势能，电势能最小，C对。
在最低点B时的速度小于A点的速度，B错。
A点拉力指向圆心，电场力向上，合力提供向心力，
，对B点
，可知A错。
故选CD。
6、D
解析：
小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，根据动能定理，动能的增量为零，重力与电场力做的功大小相等，①对。
可以判断出小球带负电，a点到b点重力做正功，电场力做正功，动能增大，b点机械能不是最小，而是最大，②错。
a点到c点，重力做正功，重力势能减少，电场力不做功，c点时的动能不是最大，④错。
c点不是等效“最低点”当然动能不是最大。
由以上分析，只有a点到d点时，电场力做负功电势能增大，所以d点电势能最大，③对。
故选D.
7、ABD
解析：
正电荷从A点移到B点，动能减少，电场力做负功，电势能增加，电势升高，B点
电势比A点电势高，
，则B点电势为0，电场线方向向左，A
对，B对。
正电荷受力方向向左，即合力向左，故轨迹向上凹，曲线b，D对，故正确选项为ABD。
8、ACD；
解析：
从运动轨迹得粒子受力方向肯定指向轨迹曲线凹的一侧，可以判断出：
甲受力为吸引力，乙受力为排斥力，因此甲乙两粒子带异种电荷，A正确。
甲粒子在从a到c的过程中，电场力做正功，动能增大，乙粒子在从a到d的过程中，电场力做负功，动能减小，所以B错误。
两粒子都从a（同一个等势面）出发，在a点动能相同，都到b，b是同一个等势面，电场力不做功，所以在b动能相同，C正确。
甲粒子从c到b电场力做负功，电势能增大，乙粒子从d到b电场力做正功，电势能减少，无穷远处为零电势，则甲粒子在c点的电势能小于乙粒子在d点时的电势能，D正确。
9、A
解析：
弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅为A。
当弹簧压缩到最短时，
突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此位置仍为振动振幅处，而且振子的运动是简
谐振动，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，且弹簧伸长量x满足kx=qE，即振子振
动的振幅A1=A+x，所以振子的振幅增大，正确答案为A。
10、BD
质子由高电势向低电势运动，动能增加，电势能减少；
由动能定理，
，B对。
解得
，D对。
故BD正确。
二、填空题
1、8J.
解析:
正电荷从等势面A运动到等势面C上，电场力做负功，动能减小，电势能增加，每两个等势面的差值为10J，UB=0，B的电势能为0，总能量为10J，当电势能为2J时，其动能大小为8J。
2、
解析：
小环从A→B时电场力和重力都对它做了功，根据动能定理，
.
三、计算题
1、【答案】
【解析】环从A→B由动能定理得：
①
②
由①②解得：
③
又因B、C处在同一等势面上，所以
④
环从A→C由动能定理得：
⑤
由式④⑤解得：
.
2、
（1）
，
；
（2）
解析：
（1）根据动能定理
已知
解得
环对小球的压力与电场力的合力提供向心力
解得
（2）设小球在与竖直方向夹角为
时，速度最大，合力为零
切线方向合力为零：
，
所以
，即
根据动能定理
解得
3、【答案】
（1）
（2）27J （3）2.16J
【解析】
（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块：
mgsin37°－μ（mgcos37°＋qE）＝ma1
代入数据，求得：
a1＝4.2m/s2，
对木板：
Mgsin37°＋μ（mgcos37°＋qE）－F＝Ma2
代入数据，求得：
a2＝3m/s2
又：
得物块滑过木板所用时间
.
（2）物块离开木板时木板的速度
其动能为
.
（3）由于摩擦而产生的内能为：
Q=F摩s相=μ（mgcos37°+qE）·L＝2.16J.
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