D.无法确定
解析：
以O点为转轴，T1和T2的力矩为零，而两个库仑力的力矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：
两个重力的力矩的代数和也应该为零，即m1gd＝m2gd，所以m1＝m2，故B正确。
也可以用三角形相似法求解。
答案：
B
6.[2014·广东湛江一模]如图所示，P、Q为固定的等量正点电荷，在连线的中垂线上某处B静止释放一带负电的粒子，重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A.中垂线为等势线
B.粒子由B运动到O点时，速度最大
C.粒子由B运动至O点过程，电势能减小
D.粒子由B运动至O点过程，电场力增大
解析：
等量异种点电荷的中垂线是一等势线，而这是等量同种点电荷，故A错误；带负电的粒子在从B到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，到O点加速度等于零，速度达到最大，此过程中动能越来越大，电势能越来越小，B、C正确。
由B运动至O点过程，电场强度可能先增大后减小，也可能是一直减小，因此电场力无法确定大小，D错误。
答案：
BC
7.如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。
一带负电油滴被固定于电容器中的P点。
现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
A.平行板电容器的电容将变小
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
解析：
将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝
∝
可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间场强E＝U/d减小，带电油滴所处位置的电势φb＝E′－Ed增大，其中d为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝U/d和C＝
可知E∝Q/S，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确。
答案：
ACD
8.[2014·中山模拟]如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动。
设斜面足够长，则在Q向上运动过程中（ ）
A.物块Q的动能一直增大
B.物块Q的电势能一直增大
C.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大
D.物块Q的机械能一直增大
解析：
由F库－mgsinθ＝ma可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q的机械能一直增大，B错误，D正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误。
答案：
D
9.[2015·江苏连云港]如图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h/U2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为（ ）
A.增大U2 B.减小L
C.减小dD.减小U1
解析：
对粒子的加速过程，由动能定理得，qU1＝
mv
，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，L＝v0t，h＝
t2，解得，
＝
，为了提高灵敏度
，可增大L、减小U1或d，C、D两项正确。
答案：
CD
10.现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。
在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。
则下列说法中正确的是（ ）
A.O点的电场强度和电势均为零
B.把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零
C.同一点电荷在a、d两点所受电场力相同
D.将一负点电荷由a点移到A点电势能减小
解析：
O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误。
答案：
BC
11.[2014·山东临沂一模]如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量为q＝1.0×10－5C的负电荷由A移动到C电场力做功W1＝4.0×10－5J，该电荷由C移动到B电场力做功W2＝－2.0×10－5J，若B点电势为零，以下说法正确的是（ ）
A.A点电势为2V
B.A点电势为－2V
C.匀强电场的方向为由C指向A
D.匀强电场的方向为垂直于AC指向B
解析：
C、B间电势差为UCB＝
＝
V＝2V，B点电势为零，则UCB＝φC－φB，则C点电势φC＝2V，而A与C间的电势差为UAC＝
＝
V＝－4V，UAC＝φA－φC，则A点电势φA＝－2V，故A错误，B正确；由以上分析可知，A、C连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确，D错误。
答案：
BC
12.如图所示，长为L、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（ ）
A.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能
B.A、B两点的电势差一定为
C.若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是
D.若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
解析：
由题述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，选项A错误；由动能定理得，qU－mgLsin45°＝0，解得A、B两点的电势差为U＝
，选项B正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为
，选项C错误；若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q可以是负电荷，选项D错误。
答案：
B
13.[2014·合肥模拟]x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中的曲线所示，规定无限远处电势为零，下列推理与图象信息不符合的是（ ）
A.Q1一定大于Q2
B.Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷
C.电势最低处P点的电场强度为0
D.Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点
解析：
两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B不符合图象信息；两个正点电荷的连线上有一点场强为零，正的试探电荷从两个电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C符合图象信息；场强为零的点离Q1远，故Q1一定大于Q2，A符合图象信息；Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D符合图象信息。
答案：
B
第Ⅱ卷 （非选择题，共45分）
二、计算题（本题共4小题，共45分）
14.（8分）[2015·宁波模拟]如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m。
有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。
（g取10m/s2）求：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。
（2）小环从C运动到P过程中的动能增量。
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。
解析：
（1）小环沿杆运动时受力分析可得
＝tan45°，所以qE＝mg
小环离开直杆后只受电场力和重力，
F合＝
＝
mg
由牛顿第二定律F合＝ma
得a＝
g＝14.14m/s2，方向垂直于杆斜向右下方
（2）小环从C运动到P过程中电场力做功为零
所以动能增量等于重力做的功
ΔE＝W＝mgh＝4J
（3）小环离开直杆后的运动可分解成水平和竖直两个分运动
水平：
匀减速到零再反向加速运动，初、末水平分速度大小相等为vx＝v0cos45°
t＝
，ax＝
＝g
竖直：
h＝vyt＋
gt2
vy＝v0sin45°
解得v0＝2m/s
答案：
（1）14.14m/s2'方向垂直于杆斜向右下方
（2）4J'（3）2m/s
15.（12分）[2014·德州模拟]如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道下滑，已知小球的质量为m、电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于其所受的电场力）
（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，A点距水平地面的高度h至少应为多大？
（3）若小球从斜轨道h＝5R处由静止释放，假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量。
解析：
（1）根据牛顿第二定律有（mg－qE）sinα＝ma
解得a＝
（2）若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有
mg－qE＝
小球由A到B，根据动能定理有
（mg－qE）（h－2R）＝
以上两式联立得h＝
R
（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为ΔE机
由ΔE机＝W电，W电＝－3REq，
得ΔE机＝－3REq
答案：
（1）
（2）
R （3）－3REq
16.（12分）[2015·唐山模拟]如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝＋2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。
从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）。
求：
（1）23s内小物块的位移大小；
（2）23s内静电力对小物块所做的功。
解析：
（1）0～2s内小物块的加速度
a1＝
＝2m/s2
位移x1＝
a1t
＝4m
2s末小物块的速度为v2＝a1t1＝4m/s
2～4s内小物块的加速度
a2＝
＝－2m/s2
位移x2＝x1＝4m
4s末的速度v4＝0
因此小物块做周期为4s的变速运动，第22s末的速度为v22＝4m/s
第23s末的速度为v23＝v22＋a2t＝2m/s（t＝1s）
所求位移为x＝
x1＋
t＝47m。
（2）23s内，设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有：
W－μmgx＝
mv
解得W＝9.8J。
答案：
（1）47m'
（2）9.8J
17.（13分）[2015·池州模拟]如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点。
现有一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力。
（1）求粒子进入电场前的初速度的大小；
（2）其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能；
（3）现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x（x≤L），如图乙所示。
设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系。
解析：
（1）粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：
L＝v0t，
竖直方向：
＝
×
×t2，得v0＝
（2）其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y＝
at2，x＝v0t，则加速度为原来的8倍，电场强度为原来的8倍，电场力做功为W1＝8EqL
粒子从CD边中点Q飞出时的动能
Ek＝
mv
＋W1＝
EqL
（3）将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，
tanθ1＝
＝
（vy为粒子离开电场AEFD时竖直方向的速度）
y1＝xtanθ1＝
tanθ2＝
＝1（vy′为粒子离开电场EBCF时竖直方向的速度）
y2＝（L－x）tanθ2＝L－x
y＝y1＋y2＋
＝
L－
x
答案：
（1）
（2）
EqL （3）y＝
L－
x
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