答案 B
解析 根据电场线的疏密程度可以看出EA>EC，EA>EB，故选项A错误，选项B正确。
根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，得φA<φB，由Ep＝qφ知EpA＞EpB,故选项C、D均错误。
2．如图所示，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点。
已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V，则A点的电势为（ ）
A.0VB．1V
C.2VD．3V
答案 A
解析 在匀强电场中，平行且相等的两条线段电势差相等，故φG－φD＝φF－φA，得φA＝0，选项A正确。
3．一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，只在电场力作用下恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（ ）
A.a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是φa＝φc>φb，Ea＝Ec＝2Eb
B.质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做负功，在b点动能最大
C.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1∶2∶1
D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动
答案 A
解析 a、c处于同一个等势面上，电势相等，b点离Q更远，电势更低，所以φa＝φc>φb，再根据点电荷场强的公式E＝k
可得Ea＝Ec＝2Eb，选项A正确；质点带负电，从b移到c，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；根据场强的大小关系，质点在a、b、c三处的加速度大小关系为2∶1∶2，选项C错误；质点做匀速圆周运动，受到的向心力大小不变，a、c两点的场强与b点不同，质点受到的合力不同，不能做匀速圆周运动，选项D错误。
4.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。
一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能。
则下列说法中正确的是（ ）
A.该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
答案 C
解析 由Ep＝qEx知，
＝qE，即电势能Ep随位移x变化的关系图线的斜率等于电场力，由图乙可知，电子在该电场中受到的电场力（场强）大小和方向均不变，故该电场为匀强电场，即EA＝EB，不是孤立点电荷形成的电场，选项A、B错误；电子在A、B两点的电势能EpB>EpA，故电子由A运动到B时电势能增大，动能减小，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C正确，D错误。
5.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点。
下列说法正确的是（ ）
A．x1处场强大于－x1处场强
B.若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零
C.电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D.x1点的电势比－x1点的电势高
答案 B
解析 由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确。
6．如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则下列说法错误的是（ ）
A.a处的场强大小小于b处的场强的大小
B.a处的电势小于b处的电势
C.a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍
D.电子在a处的电势能小于电子在b处的电势能
答案 B
解析 先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确。
由于P、Q在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误。
根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确。
因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D正确。
7．如图，两电荷量分别为Q（Q>0）和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。
取无穷远处的电势为零。
下列说法正确的是（ ）
A.b点电势为零，电场强度也为零
B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
答案 BC
解析 由两等量异种点电荷的电场线分布知：
过Q和－Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面，因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同，因此正试探电荷电势能的变化相同，D项错误。
点b在零势能面上，b点电势为零，由场强的合成法则知，b点的场强不为零，方向平行x轴向右，A项错误。
在a点放一正的试探电荷，所受的电场力方向向右，当沿x轴正方向移动时，电场力做正功电势能减少，在O点减为零，过了O点电势能为负值，所以正的试探电荷在a点电势能大于零，反之若从O点移到a点，电场力与运动方向相反，因此电场力做负功即克服电场力做功，B、C正确。
8．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。
c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ ）
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的大
D.c点的电势比d点的低
答案 ACD
解析 电场线越密表示电场强度越强，所以Ea>Eb、Ec>Ed，A、C都正确。
沿电场线方向电势一定降低，所以φb>φa，B错误。
由于从正电荷往下到c点区域的电场强度大于从正电荷到d区域的电场强度，由U＝Ed得正电荷与c点的电势差（电压）大，所以c点电势比d点的低，D正确。
9．在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示（图中φ0已知）。
有一质量为m，带电量为q的带负电小球（可视为质点）从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4。
则下列叙述正确的是（ ）
A.带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B.带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大
C.若小球的初速度v0＝2
，则运动过程中的最大速度为
D.要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
答案 BC
解析 由数学知识知，φx图线切线的斜率等于E＝
，由题图知，从O到x1，图线的斜率不变，故带电小球所受的电场力不变，选项A错误；带电小球从x1运动到x3的过程中，电势一直减小，由负电荷在电势低处电势能大知，小球的电势能一直增大，选项B正确；由动能定理知，电场力做功最多时，小球的速度最大，由题图知，当带电小球从O运动到x1时电场力做功最多，由动能定理得qφ0＝
mv
－
mv
，解得vm＝
，选项C正确；要使小球能运动到x4处，且初速度最小，则小球到达x3处时速度为0，从O点到x3由动能定理得－q·（φ0－0）＝－
mv
，解得v0＝
，选项D错误。
10．倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，一绝缘轻弹簧的上端固定在斜面上端，弹簧的下端连接一带电滑块A，滑块所处空间存在着沿斜面向下的匀强电场，物块处于静止状态，此时弹簧恰好处于原长状态。
现给滑块一沿斜面向下的初速度v0，滑块运动到最低点过程中（弹簧始终处于弹性限度内）（ ）
A.滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量
B.滑块克服弹簧弹力做功为
mv
C.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和
D.当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最小
答案 BD
解析 滑块静止时，弹簧处于原长，滑块受力满足mgsinθ＝qE，滑块在下滑过程中重力做功大小等于电场力对其做负功大小，所以滑块电势能的增加量等于重力势能的减小量，则A错误；重力和电场力对滑块做功之和等于零，弹簧的弹力对滑块所做的功等于其动能的变化量，则B正确，C错误；当加速度最大时，滑块运动到最低点，电场力对系统做负功最多，其机械能减少最多，则系统机械能就最小，所以选项D正确。
二、非选择题（本题共2小题，共30分）
11．（12分）甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，已经全面应用于我国航天器。
离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。
离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。
氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。
在加速氙离子的过程中飞船获得推力。
已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q。
（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。
求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小。
（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第
（1）中所求的速度通过栅电极B。
推进器工作时飞船的总质量可视为不变。
求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N。
（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况。
通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实际意义说出你的看法。
答案
（1）v＝
（2）
（3）见解析
解析
（1）根据动能定理有qU＝
mv2，解得：
v＝
。
（2）在与飞船运动的垂直方向上，根据动量守恒有：
M·Δv＝Nmv，解得：
N＝
＝
。
（3）设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内离子推进器发射出的氙离子总数为N总＝nt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内射出的氙离子运用动量定理Ft＝N总mv＝ntmv，解得F＝nmv，根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F′＝F＝nmv。
电场对氙离子做功的功率P＝nqU，则S＝
＝
。
根据式子可知：
增大S可以通过减小q、U或增大m的方法。
增大S的实际意义是推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力。
12.（18分）在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知B处电荷的电量为＋Q。
图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝0处的纵坐标φ＝
φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝
φ0。
若在x＝－2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动。
求：
（1）固定在A处的电荷的电量QA。
（2）为了使小物块能够到达x＝2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件。
（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝
，小物块运动到何处时速度最大？
并求最大速度vm。
答案
（1）QA＝4Q
（2）μ≤
（3）小物块运动到x＝0时速度最大 vm＝
解析
（1）由图乙得，x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E合＝0，所以
＝
，得
＝
，解出QA＝4Q。
（2）物块先做加速运动再做减速运动，到达x＝2L处速度v1≥0。
从x＝－2L到x＝2L过程中，由动能定理得：
qU1－μmgs1＝
mv
－0，即q
－μmg·（4L）＝
mv
－0≥0，解得μ≤
。
（3）小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA。
则：
－
－μmg＝0，解得lA＝3L，即小物块运动到x＝0时速度最大。
小物块从x＝－2L运动到x＝0的过程中，由动能定理得：
qU2－μmgs2＝
mv
－0，代入数据：
q
－μmg·（2L）＝
mv
－0，
解得vm＝
。
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