一、單項選擇題1．下列說法正確的是()A．勻強電場中各處場強相等，電勢也相等B．等勢體各點電勢相等，場強也相等C．沿電場線方向電勢一定越來越低D．電勢降低的方向就是電場線的方向答案：C2．如圖1－5－13所示，實線表示電場線，虛線表示等勢線，a、b兩點的電勢分別為φa＝－50V，φb＝－20V，則a、b連線的中點c的電勢φc應為()圖1－5－13A．φc＝－35VB．φc>－35VC．φc<－35VD．無法判定解析：由題圖可知，這是一個非勻強電場，且Eb<Ea，若此電場為勻強電場，則φc＝－35V．而此電場中Eb<Ec<Ea，即從b到c的過程中每單位距離上的電勢降低要比從c到a的過程中每單位距離上的電勢降低慢，故φc>－35V．因而正確答案為B.答案：B3.如圖1－5－14所示，在電場強度E＝2×103V/m的勻強電場中有三點A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM邊平行于電場線，把一電荷量q＝2×10－9C的正電荷從B移動到M點，再從M點移動到A點，電場力做功為()圖1－5－14A．0.16×10－6JB．0.12×10－6JC．－0.16×10－6JD．－0.12×10－6J解析：B、M在同一等勢面上，電荷由B到M電場力不做功．由M到A電場力做負功．W＝qU＝q·Ed＝2×10－9×2×103×4×10－2J＝0.16×10－6J．即電場力做功為：－0.16×10－6J.答案：C4.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖1－5－15所示，eq\x\to(OA)＝h，此電子具有的初動能是()圖1－5－15A.eq\f(edh,U) B．edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小．根據題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計重力．這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題．即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA.因為E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d).答案：D5．如圖1－5－16所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度垂直于E進入電場，它們分別落在A、B、C三點()圖1－5－16A．落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電，落到C點的小球帶負電B．三小球在電場中運動的時間相等C．三小球到達正極板時動能關系：EkA>EkB>EkCD．三小球在電場中運動的加速度關系：aA>aB>aC解析：由圖知A的射程最遠，x＝v0t，tA最大，又由h＝eq\f(1,2)at2知aA最小，aC最大，所以A正確．B、D錯誤，由動能定理知C錯．答案：A二、多項選擇題6.如圖1－5－17所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B板時速度為v，保持兩板電壓不變，則()圖1－5－17A．當增大兩板間距離時，v增大B．當減小兩板間距離時，v減小C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間增大解析：由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2.當改變兩極板間距離時，v不變，故C選項正確．粒子做初速度為零的勻加速直線運動eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，當增大兩板間距離時，電子在板間運動時間增大，故D選項正確．答案：CD7.豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖1－5－18所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是()圖1－5－18A．兩電荷的電量可能相等B．兩電荷在電場中運動的時間相等C．兩電荷在電場中運動的加速度相等D．兩電荷離開電場時的動能相等解析：帶電粒子在電場中的類平拋運動可分解為沿電場方向的勻加速運動與垂直電場方向的勻速直線運動兩個分運動，所以兩電荷在電場中的運動時間相等，B項對．又因為d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，因為偏轉量d不同，故a一定不同，C項錯．由a＝eq\f(qE,m)，因不知m的關系，q可能相等，也可能不相等，故A項正確．當q相等時，電荷從進入到離開，電場力做的功不同，由動能定理可知，兩電荷離開電場時的動能不同，D項錯．答案：AB8.如圖1－5－19所示，三塊平行金屬板a、b、c接在電動勢(即電壓)分別為E1和E2的電源上，已知E1<E2，在緊貼A孔右側有一帶負電的質點(不計重力)，由靜止釋放后向右運動，穿過B孔到達P點，再返回A孔，則()圖1－5－19A．只將b板向右移一小段距離后，再由A孔釋放該質點，質點仍運動到P點返回B．只將b板右移稍長距離后，再釋放該質點，質點能穿過C孔C．只將b板右移一小段距離后，再釋放該質點，質點將越過P點后返回D．若將質點放在緊貼C孔左側由靜止釋放，質點將能穿過A孔解析：電場力對帶電粒子做功只與電勢差和帶電粒子電荷量有關．b板移動時，a、b間的電勢差沒有變，由動能定理得，帶電粒子被電場加速運動到b板時的速度不變．若將b板移到P點，但由于b、c間的電勢差不變，且E1<E2，故不可能穿過C孔，只能在b、c板間的某一點速度減為零后再返回A孔．若將帶電粒子在C點釋放，無論a、b、c板是否平移一小段距離，只要各板不相互接觸，則b、c板間電場對帶電粒子做的正功，一定大于a、b板間電場對帶電粒子做的負功，帶電粒子運動到A孔時的動能不為零，一定會穿越A孔．答案：CD9.圖1－5－20為一個示波器工作原理的示意圖，電子經電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差U2，板長L，為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量h/U2)可采取的方法是()圖1－5－20A．增大兩板間電勢差U2B．盡可能使板長L長些C．盡可能使板間距離d小一些D．使加速電壓U1升高一些解析：電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉．(1)加速：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2)偏轉：L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2綜合得：eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應選B、C兩項．答案：BC三、非選擇題10.如圖1－5－21所示的勻強電場中有a、b、c三點，eq\x\to(ab)＝5cm，eq\x\to(bc)＝12cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角．一個電荷量為q＝4×10－8C的正電荷從a移到b，靜電力做功為W1＝1.2×10－7J．求：圖1－5－21(1)勻強電場的場強E.(2)電荷從b移到c，靜電力做的功W2.(3)a、c兩點間的電勢差Uac.解析：(1)設a、b間距離為d，由題設條件有W1＝qUab＝qEd，所以E＝eq\f(W1,qd)＝eq\f(1.2×10－7,4×10－8×5×10－2)V/m＝60V/m.(2)W2＝qEeq\x\to(bc)·cos60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5J＝1.44×10－7J.(3)電荷從a移到c靜電力做功：W＝W1＋W2，又W＝qUac，所以Uac＝eq\f(W1＋W2,q)＝eq\f(1.2×10－7＋1.44×10－7,4×10－8)V＝6.6V.答案：(1)60V/m(2)1.44×10－7J(3)6.6V11.如圖1－5－22所示，邊長為L的正方形區域abcd內存在著勻強電場．電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力．圖1－5－22(1)若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能．(2)若粒子離開電場時動能為Ek′，則電場強度為多大？解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向：L＝v0t在平行于電場方向：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m)＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))所以E＝eq\f(4Ek,qL)，qEL＝Ekt－Ek則Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek.(2)若粒子由bc邊離開電場，則L＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(qEL,mv0)由動能定理得：Ek′－Ek＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(q2E2L2,4Ek)E＝eq\f(2\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(EkEk′－Ek)))),qL)若粒子由cd邊離開電場，由動能定理得qEL＝Ek′－Ek所以E＝eq\f(Ek′－Ek,qL).答案：(1)eq\f(4Ek,qL)5Ek(2)粒子由bc邊離開電場時，E＝eq\f(2\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(EkEk′－Ek)))),qL)粒子由cd邊離開電場時，E＝eq\f(Ek′－Ek,qL)12.一束電子流在經U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖1－5－23所示，若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓？圖1－5－23解析：在加速電壓一定時，偏轉電壓U越大，電子在極板間的偏距就越大．當偏轉電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉電壓，即為題中要求的最大電壓．加速過程，由動能定理得：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0