1.如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，—端固定在
点，另一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝4×10－2 C的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取
求：
(1)小球的电性。
(2)细线能承受的最大拉力。
(3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度。
【答案】： (1)正电 (2)15 N (3)0.625 m
【解析】：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电。
(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE－mg)L＝2(1)mv2①
在最高点对小球由牛顿第二定律得，FT＋mg－qE＝mL(v2)②
由①②式解得，FT＝15 N。
(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a＝m(qE－mg)③
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L＝vt④
设竖直方向上的位移为x，
则x＝2(1)at2⑤
由①③④⑤解得x＝0.125 m
所以小球距O点高度为x＋L＝0.625 m。
2．(多选)(2018·湖南长沙模拟)如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其与理想的二极管(二极管具有单向导电性)串联接在电源上，已知上极板A通过二极管和电源正极相连，一带电小球从一确定的位置水平射入，打在下极板B上的N点，小球的重力不能忽略，现仅竖直上下移动A板来改变两极板A、B间距(下极板B不动，两极板仍平行，小球水平射入的位置不变)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当A、B间距离增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧
C．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的右侧
D．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧
【答案】：BC
【解析】：因为二极管具有单向导电性，所以电容器两极板上的电荷量只能增大，不能减小；若小球带正电，小球受到的电场力竖直向下，当A、B间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板间电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点；A、B间距离减小，电容器电容变大，极板上电荷量变大，两极板间的电场强度增大，小球受到的竖直向下的合力变大，加速度变大，运动时间变小，水平位移变小，所以小球打在N点的左侧，故A错误，B正确。同理可知C正确，D错误。
3.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列说法中正确的是( )
A．金属块带负电荷
B．金属块克服电场力做功8 J
C．金属块的电势能减少4 J
D．金属块的机械能减少12 J
【答案】： D
【解析】： 金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知合外力做功12 J，其中包括重力、摩擦力和电场力做功，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，所以可得电场力做功WF＝－4 J，电场力做负功。金属块带正电，电势能增加了4 J，A、B、C错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少12 J，D正确。
4.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（ ）
A、电势能增加
B、机械能不变
C、动能和电势能之和增加
D、重力势能和电势能之和减少
【答案】D
【解析】A、油滴受到的重力竖直向下，油滴向上运动，说明油滴受到的电场力向上，并且电场力大于重力，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误； B、电场力对油滴做正功，油滴的机械能增加，故B错误；
C、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C错误．
D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D正确；
故选：D．
5.如图所示，电场线方向坚直向下，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电微粒，带电微粒沿电场线运动到b点时速度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A、该微粒可能带正电
B、带电微粒在运动过程中，加速度先减小后反向增大
C、带电微粒在运动过程中，电势能先减小后增大
D、带电微粒不能从b点返回到a点
【答案】B
【解析】【解答】因为粒子最终速度为减小为零，如果受到向下的电场力，则粒子的速度一定不会减小到零，所以粒子在运动过程中一定受到向上的电场力，即粒子一定带负电，A错误；粒子的速度从零增大然后又减小到零，说明先做加速运动后做减速运动，刚开始 
，最后 
，则说明电场力在增大，所以刚开始合力在减小，后来合力在增大，所以做加速度先减小后增大的运动，B正确；过程中电场力向上，粒子向下运动，电场力一直做负功，电势能一直增大，C错误；在b点电场力大于重力，会向上运动，根据对称性可得粒子会返回到a点，D错误；
6.如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上．以下说法中正确的是（ ）
A、质点打在屏的P点上方，板间场强大小为 
B、质点打在屏的P点上方，板间场强大小为 
C、质点打在屏的P点下方，板间场强大小为为
D、质点打在屏的P点下方，板间场强大小为
【答案】A
【解析】质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0 ， 而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示，
加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qE﹣mg=mg，E= ．
故选A由题，质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强．
7.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4 m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝ m。斜面AB与水平面BC由一极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)。竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1 kg、带电荷量为q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数μ＝5(3)(g取10 m/s2)。
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；
(3)小球落地点距离C点的水平距离。
【答案】(1)2 m/s (2)30 N (3) m
【解析】： (1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程，根据动能定理可得：
(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°sin 30°(h)－μ(mg＋Eq)L＝2(1)mvC(2)
解得vC＝2 m/s
(2)以小球为研究对象，由C点至D点的运动过程，根据机械能守恒定律可得:2(1)mvC(2)＝2(1)mvD(2)＋mg·2R
在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
FN＋mg＝mD()
解得:FN＝30 N
vD＝2 m/s
(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，可得mg＋Eq＝ma
应用类平抛运动的规律列式可得x＝vDt
2R＝2(1)at2 解得x＝ m
8.如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。
(1)求小球带电性质和电场强度E。
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)。
【答案】：(1)小球带正电 3q(3mg) (2) (\r(3)＋1))
【解析】：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有：0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)
解得E＝3q(3mg)。
(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝3(3)mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点L(mv2)＝3(3)mg
小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知
2(1)mv2－2(1)mvA(2)＝－3(3)mgL(1＋cos 30°)
联立解得vA＝ (\r(3)＋1))。
9.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（ ）
A、落到A板的油滴数
B、落到A板的油滴数
C、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于
D、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于
【答案】：
【解析】：第一滴油滴落在A板的正中央P点，该油滴做平抛运动，结合平抛运动规律可得：
第N+1滴油滴刚好能飞离电场，极板上共有N滴油滴；所以极板的带电量为
两极板间的电压为
两极板间的场强为
第N+1滴油滴在复合场中做类平抛运动，在竖直方向的加速度大小为：
；
联立1、2、7、8式得：
联立：6、9式得：
联立3、4、5、10式得：；故B 选项正确；
第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于重力与电场力对其做功之和，由10式可知电场力的大小为重力的
；第N+1滴油滴运动的过程电场力对其做功为：
；重力做功为：
故外力做功的总和为：
；故C选项正确；
第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于除重力外其它力对物体做功的总和，在本题中即为电场力对物体所作的功；即
；所以油滴的机械能减少了
故D选项正确；
11.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则( )
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为0()
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为0()
【答案】： BD
【解析】：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－2(1)mv0(2)，解得h＝0()，C错误，电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·0()＝0()，D正确。
12.(2017·全国卷Ⅱ·25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q＞0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】： (1)3∶1 (2)3(1)H (3)q(mg)
【解析】：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
x1＝v0t＋2(1)at2②
x2＝v0t－2(1)at2③
联立①②③式得x2(x1)＝3④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得
vy(2)＝2gh⑤
H＝vyt＋2(1)gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
vy(v0)＝H(x1)⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝3(1)H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
vy(v0)＝mg(qE)⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝2(1)m(v0(2)＋vy(2))＋mgH＋qEx1⑩
Ek2＝2(1)m(v0(2)＋vy(2))＋mgH－qEx2⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝q(mg)⑬
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