有一带电量是q=-2×10-6C的点电荷，在电场中A点移到B点，电场力做6×10-4J的负功，从B移到C电场力做8×10

若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q[U/d]=mg+kv，
若两极板间电压为-U，则电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+q[U/d]，联立三式解得v′=3v，方向向下．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键能够对油滴进行正确的受力分析，运用平衡进行求解．

A、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，因此粒子带负电．故A错误；
B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则B点的加速度较大．故B正确；
C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；
D、沿着电场线电势降低，所以A点的电势高，故D错误；
故选：B

点评：
本题考点： 电场线；电势；电势能．

考点点评： 电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．

A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变．故A正确，B错误．
C、用更强的光线照射R₁，R₁的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量
△U内
△I=r不变．因为外电压减小，R₃电压增大，则R₂两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小．故C、D正确．
故选ACD

点评：
本题考点： 电容；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．

A：如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A正确．
B：从a到b过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度．故B错误．
C：a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，故C错误．
D：从b到c过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确．
故选：AD

点评：
本题考点： 等势面．

考点点评： 本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．

（1）带电粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，轨迹如图所示：

由几何关系可得：圆心角为θ，r=[d/sinθ]
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=
mv2
r
解得：r=[mv/qB]
联立上式可得：v=[qBd/msinθ]
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期T=[2πm/qB]
圆心角为θ，故粒子穿越磁场的时间t=[θ/2πT=
θm
qB]
答：（1）粒子进入磁场时的速度为[qBd/msinθ]．（2）粒子穿越磁场所用的时间为[θm/qB]

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要作出轨迹，结合几何关系求解．

（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φ_A＞φ_B
电势差U_AB=[W/q=
-6×10-4
-3×10-6=200V
负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φ_C＞φ_B
电势差U_BC=-
WBC
q=
9×10-4
-3×10-6]=-300 V
而电势差U_AC=φ_A-φ_C=φ_A-φ_B+φ_B-φ_C=U_AB+U_BC=-100 V
故CA间电势差 U_CA=-U_AC=100V
（2）因B点为0电势点，则φ_A=U_AB=200V，φ_C=U_CB=-U_BC=300V
EPA=φAq=200×(-3×10-6)=-6×10-4J
EPC=φCq=300×(-3×10-6)=-9×10-4J
答：
（1）AB、BC、CA间电势差各分别为200VV，-300 V和100 V．
（2）A、C两点的电势各为φ_A=200V和φ_C=300V．电荷在A、C两点的电势能各为 EPA=-6×10-4J，EPC=-9×10-4J．

点评：
本题考点： 电势能；电势．

考点点评： 求解电势差时，公式U中U、W、q三个量可都代入符号，根据求出的电势差U的正负，判断两点间电势的高低

（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，如图所示

由于电场力水平向右，电场强度向左，由于电场力与电场强度反向，故小球带负电荷；
（2）根据平衡条件，有：F=mgtanθ
根据电场强度定义公式，有：F=qE
故E=[mgtanθ/q]
（3）小球与B板间的距离为d；
将绳子剪断后，小球到达B板过程中电场力对小球做的功：W=Fd=mgtanθ•d=mgd•tanθ；
答：（1）小球的带负电荷；
（2）AB板间电场强度的大小为[mgtanθ/q]；
（3）假设A、B板足够长，将绳子剪断后，小球到达B板过程中电场力对小球做的功为mgd•tanθ．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．

考点点评： 本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件求解电场力，然后根据电场强度定义确定电场强度．

A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=[U/d]知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低．故A正确．
B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大．故B错误．
C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动．故C错误．
D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小．故D错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；电势；电势能．

考点点评： 本题是电容器动态分析问题，根据E=[U/d]、电容的决定式和定义式结合进行分析．

（1）因Eq＞＞mg，所以重力可不计，根据题意对粒子受力情况进行分析，如下图：

当电场力与F的合力与初速度反向时粒子做直线运动，当F与运动方向垂直时所需加的力F有最小值
F_min=Eqsin60°=3
3×10^-11N
（2）当粒子速度减小到0时有最大电势差，根据动能定理：
qU_max=[1/2]mV₀²
U_max=5×10⁴V
答：（1）要使粒子在电场中做直线运动，除电场力外至少还要施加的力为3
3×10^-11N；
（2）在此外力作用下，粒子运动途中两点间的电势差最大值是5×10⁴V．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．

考点点评： 本题考查物体做直线运动的条件，以及公式W=qU的应用，属于中等偏难一点的难度．

由于等势面是同心圆，且外里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；
根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；
由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即a_A＜a_B；
从A到B，电势降低，根据公式φ=
EP
q，B点电势能大，即E_PA＜E_PB；电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，v_A＞v_B．
故选：B．

点评：
本题考点： 等势面；电势能．

考点点评： 本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式φ=EPq判断电势能高低，不难．

正电荷受力的方向与电场线的方向相同，粒子运动的方向与电场线的方向相同，所以电场力做正功．故A正确，BCD错误．
故选：A

点评：
本题考点： 电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 关于电场力做功的情况，可以根据电场力的方向与运动方向的关系来判定．属于基础题目．

AB、物体受重力、电场力、天花板对物体的弹力和静摩擦力平衡．因为摩擦力不为零，则弹力不为零．故A、B错误；
C、根据共点力平衡得，物体所受的静摩擦力等于重力沿天花板的分力，增大电场强度，电场力增大，天花板弹力增大，但是静摩擦力不变，物体始终保持静止．故C错误，D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．

（1）粒子从O到A的运动，Oy方向，根据速度时间关系公式，有：0-v0=-g△t ①根据位移时间关系公式，有：0-v02=2（-g）y ...

点评：
本题考点： 电场强度；电势．

考点点评： 本题是带电微粒在复合场中运动的问题，由于微粒所受的力是恒力，运用运动的分解法研究，根据动能定理求解电势差．

A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q₁对负电荷的电场力向右，则Q₂对负电荷的电场力向左，所以Q₂带正电．故A错误，C正确．
B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k
q1q2
r2，b到Q₁的距离大于到Q₂的距离，所以Q₁的电量大于Q₂的电量．故B错误．
C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小．故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 电场强度；电势能．

考点点评： 解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．

小球自a点运动到b时，电场力做负功：W_ab=2eV-20eV=-18eV ①
由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U_ab=3U_ac ②
从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W_bc=E_kc-E_kb ③
联立①②③可得E_kc=14eV．
由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E_p+E_k=14eV
即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为8eV，
故答案为：8eV

点评：
本题考点： 等势面；电势能．

考点点评： 学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．

以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F₁和线的拉力F₂三个力作用，作出力图，如图．
作出F₁、F₂的合力F，则由平衡条件得 F=G
根据△FBF₁∽△0AB得
[F/OA＝
FT
OB]
得 F_T=
OB
OAG．
在增大A球电量的过程中，OB、OA、G均不变，则线的拉力F_T不变．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是力学中动态变化分析问题，采用的是三角形相似法，也可以应用函数法求解．

粒子在电场中做类平抛运动，垂直于板面方向上受电场力作用做匀加速运动，平行于板面的方向不受力，做匀速运动．
粒子在电场中运动的时间：t=[L
v0
粒子在电场中运动时竖直方向的加速度：a=
qU/md]
竖直方向偏移的距离：y=[1/2at2=
qUL2
2dmv02]
又：tanθ=
vy
v0，v_y=at=
qUL
mdv0，
所以可得：tanθ=
qUL
mdv02
答：带电粒子射出电场时的竖直偏移的距离为
qUL2
2dmv02，粒子射出时速度偏转角的正切值为
qUL
mdv02．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 该题考查了带电粒子在电场中偏转的问题，要知道此时粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式解题，难度不大，属于中档题．