C．将正电荷从O点移到P点，电场力做正功
D．将正电荷从O点移到P点，电场力做负功
解析 等量同种电荷连线中点场强为零，中垂线上其他点合场强沿中垂线向外，所以EP>EO，φP<φO，A错误，B正确．将正电荷由O点移到P点，是沿着电场力移动，电场力做正功，C正确，D错误．
答案 BC
9．如图所示是一个说明示波管
工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移
叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（ ）
A．增大U1B．减小l
C．减小dD．增大U2
解析 电子经过加速电场U1加速，由动能定理可得eU1＝
mv
，进入偏转电场后，偏转量h＝
at2＝
＝
＝
，可得
＝
，由此式可知C选项正确．
答案 C
10．如下图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（ ）
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
解析 若qE＝mg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大．故A、B错误．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D正确．
答案 CD
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
二、填空题（每小题5分，共20分）
11．质量为m，电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧由A运动到B，其速度方向改变θ角，AB弧长为s，则A、B两点的电势差UAB＝________，AB中点的场强大小E＝________.
解析 由动能定理qUAB＝ΔEk＝0，
所以UAB＝0.
质点做匀速圆周运动R＝
静电力提供向心力qE＝
.
解得E＝
.
答案 0
12．在真空中两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为2×10－8C，相距20cm，则它们之间的相互作用力为________N，在两者连线的中点处，电场强度大小为________N/C.
答案 9×10－5 3.6×104
13．如下图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且相邻两等势面的电势差相等，一正电荷在等势面φ3上时具有动能60J，它运动到等势面φ1上时，速度恰好为零，令φ2＝0，那么，当该电荷的电势能为12J时，其动能大小为________J.
解
析 以φ2的电势为零，由能量守恒可知，电荷的电势能和动能的总和保持不变，由题意可知每经过一个等势面带电粒子的动能减少30J，则在等势面φ2上时动能为30J，电势能为0，则总能量为30J，故当电势能为12J时，动能为18J.
答案 18
14．如下图所示，真空中有一电子束，以初速度v0沿着垂直场强方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再自A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点，则AM∶BN∶CP＝________，电子流经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比为________．
答案 1∶4∶9 1∶1∶1
三、计算题（本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）
15．（10分）如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，已知φA＝10V，φB＝4V，φC＝－2V，∠A＝30°，∠B＝90°，AC＝4cm，试确定该电场中的一根电场线和场强E的大小．
解析
（1）如上图所示，用D、F、G把AC四等分，因此φD＝7V，φF＝4V，φG＝1V，连接BF直线便是电场中电势为4V的等势线，过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方向，便得到一条电场线．
（2）如上图，B、C两点在场强方向上的距离
dBC＝CN＝CFsin60°＝
×
cm＝3cm，所以得E＝
＝
V/m＝200V/m.
答案
（1）电场线如解析图中ME所示
（2）200V/m
16．（14分）如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1＝4cm，板间距离d＝1cm.板右端距离荧光屏L2＝18cm，电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v＝1.6×107m/s，电子电荷量e＝1.6×10－19C，质量m＝0.91×10－30kg.要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
解析 由类平抛运动的知识，得
＝
at2.
由牛顿第二定律得a＝
.
飞行时间t＝
.
联立以上各式，得最大偏转电压U＝
＝91V.
即加在竖直偏转电极上的最大偏转电压不能超过91V.
答案 91V
17．（16分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的
，求：
（1）原来的电场强度大小；
（2）物块运动的加速度；
（3）沿斜面下滑距离为L时物块的速度大小．（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
解析 物体受到的力有重力mg，支持力FN.静电力F＝qE，如图．
qE＝mgtan37°
∴E＝
＝
.
（2）当电场变为原来的
时，物块在斜面方向有
mgsinθ－q
cosθ＝ma.
∴a＝gsin37°－
gsin37°＝3.0m/s2.
方向沿斜面向下．
（3）由动能定理得
mgLsin37°－qE′Lcos37°＝
mv2－0.
解得v＝
m/s.
答案
（1）
（2）3.0m/s2 方向沿斜面向下
（3）
m/s
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