二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）
11．（2017·如东高级中学第二次调研）有一电容器，带电荷量为2×10－4C时，两极板间电压为200V．若使其带电荷量再增加2×10－4C，则下列判断正确的是（ ）
A．它的电容为1μF
B．它的电容为2μF
C．两极板间电压为200V
D．两极板间电压为400V
12.（2017·泰州中学下学期初考）某静电场的等势面分布如图11所示，下列说法中正确的是（ ）
图11
A．A点电场强度方向为曲线上该点的切线方向
B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小
C．将正电荷由图中A点移到C点，电场力做负功
D．将电荷从图中A点移到B点，电场力做功为零
13．（2017·淮海中学第二次测试）两个不规则带电导体间的电场线分布如图12所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则（ ）
图12
A．场强大小关系有Eb＞Ec
B．电势大小关系有φb＞φd
C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
14．（2018·盐城市调研）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图13所示，其中0～x2段是轴对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
图13
A．x1处电场强度最大
B．x2～x3段是匀强电场
C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
15.（2017·泰州市姜堰区期中）如图14所示，
H、
H、
H三种粒子从同一位置无初度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）
图14
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打在屏上时速度一样大
C．三种粒子一定打到屏上的同一位置
D．三种粒子运动到屏上所用时间相同
16．（2017·前黄中学检测）一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，则下列关于电场强度E、粒子动能Ek、粒子电势能Ep、粒子加速度a与位移x的关系图象可能的是（ ）
三、非选择题（本题共3小题，共计46分）
17．（15分）（2017·石榴高中月考）如图15所示，ABCD为竖直放在场强为E＝1×104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道的一点，而且AB＝R＝0.2m．把一质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－4C的小球，放在水平轨道的A点，由静止开始被释放后，小球在轨道的内侧运动．求：
（g＝10m/s2）
图15
（1）小球到达C点时的速度大小；
（2）小球到达C点时对轨道的压力大小；
（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？
18．（15分）（2017·启东中学期中）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图16所示，AB与电场线夹角θ＝30°.已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.（取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字）求：
图16
（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；
（2）电场强度大小、方向；
（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
19.（16分）（2017·南通市、如皋市第二次质检）如图17所示，两平行金属板A、B板长L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子带电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，O点在中心线上距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常量k＝9×109N·m2/C2）
图17
（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离；
（2）试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；
（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．
答案精析
1．C [由点电荷的场强公式可得：
E＝k
，因为a点的场强方向与ab连线成120°角，b点的场强方向与ab连线成150°角，所以点电荷所在位置与a、b两点所构成的三角形是直角三角形，则两直角边之比为1∶
，那么a点的场强大小Ea与b点的场强大小Eb之比为3∶1，由于沿着电场线电势降低，所以φa>φb，故选项C正确．]
2．C 3.C 4.C
5．C [由题图知，带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误．粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误．根据动能定理得：
＋qUab＝
mv2－
mv02，可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确．根据已知条件无法求出b点的电场强度，故D错误．]
6．D
7．D [由于等势线的电势沿x轴正向增加，故A错误．根据题图等势线的疏密知道b处的电场线密，场强大，电子的加速度大，故B错误．电子从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故C错误，D正确．]
8．C [电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流，故A错误；在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式C＝
分析得知电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式C＝
分析得知电容器所带电荷量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故B错误；减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式C＝
分析得知电容减小，而电容器的电压不变，由电容的定义式C＝
分析得知电容器所带电荷量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计，故C正确；减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式C＝
分析得知电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式C＝
分析得知电容器所带电荷量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故D错误．]
9．A [根据对称性可知，圆环上的电荷在O点产生的合场强为零，而无穷远处电场强度也为零，故电场强度先增大后减小，根据电场的叠加原理可知x轴上电场强度方向向右，沿电场方向电势降低，故O点的电势最高，故A正确．]
10．B
11．AD [由电容的定义式得C＝
＝
＝1μF，故A正确，B错误；当电荷量发生变化时，电容不变，再由C＝
，代入数据可得：
U1＝400V，故D正确，C错误．]
12．BD [电场线和等势面垂直，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向，故A错误；A点的电势高于C点的电势，根据Ep＝qφ知，负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，故B正确；A点的电势高于C点的电势，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线方向大致向左，所以正电荷从A点移到C点，电场力做正功，故C错误；A、B两点处于同一等势面上，电势相等，所以将电荷从A点移到B点，电场力做功为零，故D正确．]
13．BD [同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此Eb＜Ec，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，Uad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qUad，为正功，选项D正确．]
14．BC [因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1>φ2>φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做非匀变速直线运动，在x2～x3段做匀减速直线运动，D错误．]
15．AC
16．CD [正电荷的场强公式E＝k
，可知电场强度随x的变化不是均匀减小，故A错误；由于电场不是匀强电场，电场力做功W≠qEx，则动能不是随x均匀增大，故B错误；Ep－x图线的切线斜率大小表示电场力大小，随着x的增大，电场力F逐渐减小，故C正确；加速度a＝
＝
＝
，可知a随x的变化图线是曲线，且减小，故D正确．]
17．
（1）2m/s
（2）3N （3）0.5m
解析
（1）设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为FNC，则对于小球由A→C的过程中，应用动能定理得：
2qER－mgR＝
mvC2，解得vC＝2m/s
（2）在C点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：
FNC′－qE＝m
，解得：
FNC′＝3N
由牛顿第三定律知FNC＝FNC′＝3N.
（3）小球要安全通过D点，必有mg≤m
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx－mg·2R＝
mvD2
以上两式联立可得：
x≥0.5m.
18．见解析
解析
（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动．
（2）根据共点力平衡条件，有：
qE＝
故电场强度E＝
≈1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．
（3）微粒由A运动到B点的速度vB＝0时，微粒射入电场时的速度最小，由动能定理有：
mgLsinθ＋qELcosθ＝
mvA2，解得vA≈2.8m/s
即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s.
19．
（1）3cm
（2）见解析图 （3）带负电 1.04×10－8C
解析
（1）侧向位移：
y＝
at2＝
（
）2＝
×（
）2m＝0.03m＝3cm
（2）第一段是抛物线、第二段必须是直线、第三段是圆弧．如图
（3）带正电粒子在离开电场后将做匀速直线运动
＝
Y＝4y＝12cm
此时带电粒子速度的水平分量：
vx＝v0＝2×106m/s
vy＝at＝
＝1.5×106m/s
v＝2.5×106m/s
由几何关系知此时的速度方向垂直于Oa.因粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，由此可以作出判断：
该带正电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电．
由几何关系得，粒子在PS右侧做匀速圆周运动的半径r＝15cm，则有
k
＝
，代入数据解得：
Q≈1.04×10－8C
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