k＝ma，可知质量小的加速度大，即aB>aC，综上分析可知C正确，ABD错误。
4．（2017·重庆市一模）如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。
电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。
在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t（A）
A．电量q增大，时间t不变
B．电量q不变，时间t增大
C．电量q增大，时间t减小
D．电量q不变，时间t不变
[解析] 当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q＝UC得：
电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t＝与电压的变化无关，所以时间t不变。
故A正确，BCD错误。
5．（2017·湖南省永州市二模）三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（AD）
A．三微粒在电场中的运动时间有t1＜t2＝t3
B．三微粒所带电荷量有q1＞q2＝q3
C．三微粒所受电场力有F1＝F2＞F3
D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能
[解析] 粒子在电场中运动的时间t＝，水平速度相等而位移x1＜x2＝x3，所以t1＜t2＝t3，所以A正确；根据竖直位移公式：
y＝at2＝×t2，对粒子1与2，两者竖直位移相等，可知：
在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电量小，即q1＜q2，而对粒子2和3在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2＞q3。
所以B错误；由B选项分析知：
q1＜q2，所以F1＜F2，C错误；由B选项分析，q2＞q3，且y2＞y3，则Eq2y2＞Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以D正确。
6．（2017·山东省淄博、莱芜市二模）某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。
下列说法正确的是（BD）
A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C．电势差Uox1＜Uox2
D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大
[解析] 点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：
点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：
a＝＝，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动。
点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：
a＝＝，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化。
故A错误；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：
a＝＝，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小。
故B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：
Uox1q＝0－mv，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：
Uox2q＝0－mv，所以：
电势差Uox1＝Uox2，故C错误；点电荷从O运动到x1的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大。
故D正确。
7．（2017·江西省新余市二模）有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示。
一质量为m、带电量为－q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x＝0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是（BD）
A．粒子从x＝0处运动到x＝x1处的过程中动能逐渐增大
B．粒子从x＝x1处运动到x＝x3处的过程中电势能逐渐减小
C．欲使粒子能够到达x＝x4处，则粒子从x＝0处出发时的最小速度应为2
D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最小速度为
[解析] 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知B正确；根据电场力和运动的对称性可知：
粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：
－q[0－（－φ0）]＝0－mv，解得：
v0＝，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为。
故C错误；若v0＝2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：
－q[0－（－φ0）]＝mv－mv，解得最小速度为：
vmin＝，故D正确。
8．（2017·山东省淄博、莱芜市二模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为C。
电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU2。
一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入（极板足够长），恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（BD）
A．保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动
B．保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋
C．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2
D．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2
[解析] 保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A错误；初始时能匀速通过电容器，说明mg＝q，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E＝，电场力做功W＝qE（－）＝，根据动能定理W＝Ek－Ek0，－mg·（－）＋＝Ek－Ek0，解得：
Ek＝Ek0＋－d＝Ek0＋，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋，故B正确；断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据E＝＝＝＝，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为，上极板上移，上极板所受电场力为EQ，外力对极板所做的功为W＝F＝EQ×＝EdQ＝U×CU＝CU2，故D正确。
故选：
BD。
二、计算题（本题共3小题，需写出完整的解题步骤）
9．（2017·辽宁省大连市二模）如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。
一质量m＝0.2kg，带电量q＝2.0×10－3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v－t图像如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g＝10m/s2。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小物块在0～0.3s运动过程中机械能增加量。
[解析]
（1）加速度时：
a1＝＝20m/s2
减速时：
a2＝＝10m/s2
由牛顿第二定律得：
Eq－mgsinθ－f＝ma1
mgsinθ＋f＝ma2
解得Eq＝3mg
摩擦力f＝0.8N
E＝3×103N/C
（2）方法一：
ΔEk＝0
ΔEp＝mgx总sin37°
x总＝×2×0.3＝0.3m
ΔE＝ΔEp
ΔE＝0.2×10×0.3×0.6＝0.36J
方法二：
加速距离x1＝t1＝0.1m
减速距离x2＝t2＝0.2m
电场力做功WE＝Eqx1＝0.6J
摩擦力做功Wf＝－f（x1＋x2）＝－0.24J
物块0～0.3s运动过程中机械能增加量
ΔE＝WE＋Wf＝0.6－0.24＝0.36J
10．（2017·湖北省襄阳五中一模）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。
质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。
从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等（水平分量待定），结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。
设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）小球受到的电场力大小。
[解析]
（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：
mg·4R＝mv ①
到达B点时速度大小为vB＝2 ②
（2）设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg（方向竖直向上）。
小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：
Fx·2R＝mv－mv ③
小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCt ④
x＝2R＝axt2＝t2 ⑤
联立解得：
Fx＝mg ⑥
电场力的大小
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