第Ⅰ卷為選擇題，共50分;第Ⅱ卷為非選擇題共50分。滿分100分，考試時間為90分鐘。
第Ⅰ卷(選擇題，共50分)
一、選擇題：本卷共10小題，每小題5分，共50分，每小題有一個或多個選項正確，全部選對得5分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分。
1.兩個完全相同的金屬小球，分別帶有+3Q和-Q的電荷量，當它們相距r時，它們之間的庫侖力是F.若把它們接觸后分開，再置于相距r/3的兩點(此時兩帶電小球仍可視為點電荷)，則它們的庫侖力的大小將變?yōu)?( )
A.F/3 B.F C.3F D.9F
2.如圖所示，在水平方向的勻強電場中，一絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球，小球在只受重力、電場力、繩子的拉力作用下在豎直平面內做圓周運動，小球所受的電場力大小等于重力大小.比較a、b、c、d這四點，小球 ( )
A.在點a處的動能最小
B.在最低點c處的機械能最小
C.在水平直徑右端b處的機械能
D.在水平直徑左端d處的機械能
3.一負電荷受電場力作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A、B兩點電場強度EA、EB及該電荷在A、B兩點的電勢能EpA、EpB之間的關系為 ( )
A.EA=EB B.EA
4.如圖所示，絕緣水平面上鎖定著兩個質量均為m，電荷量分別為+9q、+q，體積很小的物體A和B，它們間的距離為r，與平面間的動摩擦因數(shù)均為μ.已知靜電力常量為k.如果解鎖使它們開始運動，則當加速度為零時，它們相距的距離為 ( )
A.3qkμmg B.9q2kμmg
C.2r D.3r
5.(2011•江蘇鹽城)如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，兩個帶等量正電荷的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，C、D在AB的垂直平分線上.在C點處靜止釋放一個帶負電的小球P(不改變原來電場的分布)，此后P在C點和D點之間來回運動，則下列說法中正確的是 ( )
A.若小球P在經(jīng)過C點時電荷量突然減小，則它將會運動到連線上的CD段之外
B.若小球P的電荷量在經(jīng)過CO之間某處減小，則它將會運動到連線上的CD段之外
C.若小球P在經(jīng)過C點時，點電荷M、N的電荷量同時等量增大，則它將會運動到連線上的CD段之外
D.若小球P在經(jīng)過CO之間某處時，點電荷M、N的電荷量同時等量增大，則它以后不可能再運動到C點或D點
6.如圖，a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個梯形的四個頂點.電場線與梯形所在的平面平行.ab平行cd，且ab邊長為cd邊長的一半，已知a點的電勢是3 V，b點的電勢是5 V，c點的電勢是7 V.由此可知，d點的電勢為( )
A.1 V B.2 V
C.3 V D.4 V
7.一個平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩極板間有一正電荷(電荷量少)固定在P點，如圖所示.以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩極板間的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能.若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，那么( )
A.U變小，E不變 B.E變大，W變大
C.U變小，W不變 D.U不變，W不變
8.如圖所示，質子、氘核和α粒子(均不計重力)都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，且都能射出電場，射出后都打在同一個熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點.若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說法正確的是 ( )
A.若它們射入勻強電場時的速度相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
B.若它們射入勻強電場時的動能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個亮點
C.若它們射入勻強電場時的動量相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
D.若它們是經(jīng)同一個加速電場由靜止加速后射入偏轉電場的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點
9.如圖所示，在勻強電場中將一電荷量為+q、質量為m的小球以初速度v0豎直向上拋出，在帶電小球由拋出到上升至高度的過程中，下列判斷正確的是 ( )
A.小球的動能增加
B.小球的電勢能增加
C.所用的時間為v0/g
D.到達點時，速度為零，加速度大于g
10.如圖所示，一質量為m、電荷量為-q的小物體，在水平軌道沿Ox運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場強為E、方向沿Ox軸正向的勻強電場中，小物體以初速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f的作用，且f
A.2qEx0+mv202f B.2qEx0+mv20f
C.qEx0+mv202f D.qEx0+mv20f
第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)
二、實驗題：本題共2小題，共12分。把答案填在題中的橫線上或按照題目要求作答。
11.(6分)一帶正電的小金屬塊A以初速度v0從光滑水平高臺上飛出.已知在高臺邊緣的右側足夠大空間中存在水平向左的勻強電場，小金屬塊A所受電場力大小為其重力的2倍.則金屬塊運動過程中距高臺邊緣的水平距離為________，金屬塊運動過程的最小速度為________.
12.(6分)如圖所示，虛線是在某實驗過程中實際繪出的某一平面靜電場中的一簇等勢線，若帶電粒子從a點射入電場后，僅在靜電力作用下恰能沿圖中實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，用Ea、 、va、Eb、 、vb分別表示a點和b點的場強、電勢和粒子的速率，則Ea_____________Eb、 ____________ 、va____________vb(三個空均選填“大于”、“小于”或“不能比較”)
三、計算題：本題共3小題，共38分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
13.(10分)如圖所示，一光滑斜面的直角點A處固定一電荷量為+q、質量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度;
(2)小球運動到斜面底端C處時，球對斜面的壓力大小.
14.(13分)在場強為E=100 V/m的豎直向下勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h=0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內，如圖所示.放射物以v0=200 m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質量m=2×10-15 kg、電荷量q=+10-12 C的帶電粒子.粒子最后落在金屬板上.不計粒子重力，求：
(1)粒子下落過程中電場力做的功;
(2)粒子打在金屬板上時的動能;
(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小.(結果保留兩位有效數(shù)字)
15.(15分)如圖所示，兩塊相同的金屬板M和N正對并水平放置，它們的正中央分別有小孔O和O′，兩板距離為2L，兩板間存在豎直向上的勻強電場;AB是一根長為3L的輕質絕緣豎直細桿，桿上等間距地固定著四個(1、2、3、4)完全相同的帶電荷小球，每個小球帶電量為q、質量為m、相鄰小球間的距離為L，第1個小球置于O孔處.將AB桿由靜止釋放，觀察發(fā)現(xiàn)，從第2個小球剛進入電場到第3個小球剛要離開電場，AB桿一直做勻速直線運動，整個運動過程中AB桿始終保持豎直，重力加速度為g.求：
(1)兩板間的電場強度E;
(2)第4個小球剛離開電場時AB桿的速度;
(3)從第2個小球剛進入電場開始計時，到第4個小球剛離開電場所用的時間.參考答案
1.C解析：由題意得，F(xiàn)=k3Q2r2.兩球接觸后電荷中和后等量分配，庫侖力F′=k•Q2r/32，則F′=3F，故C項對.
2.C解析：由題意知，小球所受的重力與電場力的合力沿∠bOc的角平分線方向，故小球在a、d兩點動能相等，a、d中點處的動能最小;小球在運動中，電勢能與機械能相互轉化，總能量守恒，故在d點機械能最小、b點機械能.
3.AD解析：負電荷在電場中做勻加速直線運動，可知它所受電場力不變，因此A、B兩點場強相同，A項對;負電荷速度不斷增大，即動能增大，可知電場力對其做正功，故負電荷的電勢能減小，即EpA>EpB，D項正確.
4.A解析：加速度為零時，其受到的庫侖力與摩擦力平衡，k9q2x2=μmg，則x=3qkμmg.
5.BD解析：若小球P經(jīng)過C點時電荷量突然減小，電場力做功減小，根據(jù)運動的對稱性可知，它不會運動到CD之外，A項錯誤;若小球P經(jīng)過CO之間時電荷量減小，根據(jù)動能定理可知，它向D點方向運動的位移更大，B項正確;若點電荷M、N電荷量同時等量增大，根據(jù)運動的對稱性判斷C項錯誤;若小球P經(jīng)過CO之間某處時，點電荷M、N電荷量等量增大，小球P從C點到O點電場力做的正功小于小球P從O點到D點電場力做的負功，所以不會運動到D點，反之也不會運動到C點，所以D項正確.
6.C解析：cd的中點為e，ab與ce平行且相等，根據(jù)勻強電場的特點可知，Uba=Uce=5 V-3 V=2 V，而de與ce在同一直線上且相等，則Uce=Ued=2 V，d點電勢應為3 V.
7.AC解析：平行板電容器與電源斷開后電荷量保持恒定，由E∝QS知，它們之間的場強不變，極板間的電壓U=Ed變小，正電荷在P點的電勢能W=q•φP=qE•dP不變.
8.CD解析：選取11H、21H、42He中的任意一微粒為研究對象，微粒在偏轉電場中的偏轉位移為：
y=12•qU2L2dmv20=qU2L24dEk=qmU2L22dp2=U2L24dU1.
通過判定C、D兩項正確.
9.C解析：小球在由拋出點到高度的過程中，除重力之外，電場力要做正功，但是電場力做正功不一定大于重力所做的負功，故A項錯誤;因電場力做正功，小球的電勢能減小，B項也錯誤;小球在豎直方向上只受重力，故豎直方向加速度為g，到點所用的時間t=v0/g，C項正確;到達點時，豎直分速度為零，但水平分速度不為零，并且點加速度為重力加速度g與電場力引起的加速度a的矢量和，大于g，由此可判斷D項不正確.
10.A解析：由于f
11.(6分)解析：分析可知，金屬塊A離開高臺后，在水平方向做勻減速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，水平位移處，水平速度為零，則x=v202ax=v204g，令水平速度為vx，vx=v0-2gt，豎直速度為vy，vy=gt，則合速度v=v2x+v2y=v0-2vy2+v2y=vy-25v02+v205，當vy=25v0時，合速度最小等于55v0.
答案：v204g 5v05
12.(6分)因為等勢線越密處的場強越大，Ea大于Eb;由曲線運動的特點可知，帶電粒子所受電場力必指向軌跡內側，且垂直于等勢面，故粒子從a點到b點過程中，電場力做負功，va大于vb.僅由題給的條件不能判斷帶電粒子的性質以及a點和b點的電勢高低.
答案：大于 大于 不能比較
13.(10分)解析：(1)由題意知：小球運動到D點時，由于AD=AB，所以有電勢φD=φB，即UDB=φD-φB=0①
則由動能定理得：mgL2sin30°=12mv2D-0②
聯(lián)立①②解得：vD=gL2.③
(2)當小球運動至C點時，對小球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
N+F庫•sin30°=mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫=kq2Lcos30°2⑤
聯(lián)立④⑤得：
N=32mg-2kq23L2
由牛頓第三定律得：N′=N=32mg-2kq23L2.
答案：(1)gL2 (2)32mg-2kq23L2
14.(13分)解析：(1)粒子在下落過程中電場力做的功
W=Eqh=100×10-12×0.8 J=8×10-11 J.
(2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功，由動能定理得
W=Ek2-Ek1
Ek2=8×10-11 J+2×10-15×2002/2 J=1.2×10-10 J.
(3)粒子落到金屬板上的范圍是一個圓.設此圓的半徑為r，只有當粒子的初速度與電場的方向垂直時粒子落在該圓的邊緣上，由運動學公式得
h=12at2=Eq2mt2
代入數(shù)據(jù)求得
t=5.66×10-3 s
圓半徑r=v0t=1.13 m
圓面積S=πr2=4.0 m2.
答案：(1)8×10-11 J (2)1.2×10-10 J (3)4.0 m2
15.(14分)解析：(1)兩個小球處于電場中時，2qE=4mg
解得E=2mgq.
(2)設第4個小球剛離開電場時，桿的運動速度為v，對整個桿及整個過程應用動能定理：
4mg•5L-4•qE•2L=12×4mv2
解得v=2gL.
(3)設桿勻速運動時速度為v1，對第1個小球剛進入電場到第3個小球剛要進入電場這個過程，應用動能定理得
4mg•2L-qE(L+2L)=12•4mv21
解得v1=gL
第2個小球剛進入電場到第3個小球剛要離開電場的這段時間，整個桿做勻速直線運動，設運動時間為t1，
則t1=3Lv1=3gLg
第3個小球離開電場后，只有第4個小球在電場中，桿做勻加速直線運動.設運動時間為t2，則
t2=Lv1+v2=2Lv1+v=2gL2+1g=22-1gLg
所以，從第2個小球剛進入電場到第4個小球剛離開電場所經(jīng)歷的時間為
t=t1+t2=22+1gLg.
答案：(1)2mgq (2)2gL (3)22+1gLg
第Ⅰ卷(選擇題，共50分)
一、選擇題：本卷共10小題，每小題5分，共50分，每小題有一個或多個選項正確，全部選對得5分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分。
1.兩個完全相同的金屬小球，分別帶有+3Q和-Q的電荷量，當它們相距r時，它們之間的庫侖力是F.若把它們接觸后分開，再置于相距r/3的兩點(此時兩帶電小球仍可視為點電荷)，則它們的庫侖力的大小將變?yōu)?( )
A.F/3 B.F C.3F D.9F
2.如圖所示，在水平方向的勻強電場中，一絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球，小球在只受重力、電場力、繩子的拉力作用下在豎直平面內做圓周運動，小球所受的電場力大小等于重力大小.比較a、b、c、d這四點，小球 ( )
A.在點a處的動能最小
B.在最低點c處的機械能最小
C.在水平直徑右端b處的機械能
D.在水平直徑左端d處的機械能
3.一負電荷受電場力作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A、B兩點電場強度EA、EB及該電荷在A、B兩點的電勢能EpA、EpB之間的關系為 ( )
A.EA=EB B.EA
4.如圖所示，絕緣水平面上鎖定著兩個質量均為m，電荷量分別為+9q、+q，體積很小的物體A和B，它們間的距離為r，與平面間的動摩擦因數(shù)均為μ.已知靜電力常量為k.如果解鎖使它們開始運動，則當加速度為零時，它們相距的距離為 ( )
A.3qkμmg B.9q2kμmg
C.2r D.3r
5.(2011•江蘇鹽城)如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，兩個帶等量正電荷的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，C、D在AB的垂直平分線上.在C點處靜止釋放一個帶負電的小球P(不改變原來電場的分布)，此后P在C點和D點之間來回運動，則下列說法中正確的是 ( )
A.若小球P在經(jīng)過C點時電荷量突然減小，則它將會運動到連線上的CD段之外
B.若小球P的電荷量在經(jīng)過CO之間某處減小，則它將會運動到連線上的CD段之外
C.若小球P在經(jīng)過C點時，點電荷M、N的電荷量同時等量增大，則它將會運動到連線上的CD段之外
D.若小球P在經(jīng)過CO之間某處時，點電荷M、N的電荷量同時等量增大，則它以后不可能再運動到C點或D點
6.如圖，a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個梯形的四個頂點.電場線與梯形所在的平面平行.ab平行cd，且ab邊長為cd邊長的一半，已知a點的電勢是3 V，b點的電勢是5 V，c點的電勢是7 V.由此可知，d點的電勢為( )
A.1 V B.2 V
C.3 V D.4 V
7.一個平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩極板間有一正電荷(電荷量少)固定在P點，如圖所示.以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩極板間的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能.若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，那么( )
A.U變小，E不變 B.E變大，W變大
C.U變小，W不變 D.U不變，W不變
8.如圖所示，質子、氘核和α粒子(均不計重力)都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，且都能射出電場，射出后都打在同一個熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點.若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說法正確的是 ( )
A.若它們射入勻強電場時的速度相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
B.若它們射入勻強電場時的動能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個亮點
C.若它們射入勻強電場時的動量相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
D.若它們是經(jīng)同一個加速電場由靜止加速后射入偏轉電場的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點
9.如圖所示，在勻強電場中將一電荷量為+q、質量為m的小球以初速度v0豎直向上拋出，在帶電小球由拋出到上升至高度的過程中，下列判斷正確的是 ( )
A.小球的動能增加
B.小球的電勢能增加
C.所用的時間為v0/g
D.到達點時，速度為零，加速度大于g
10.如圖所示，一質量為m、電荷量為-q的小物體，在水平軌道沿Ox運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場強為E、方向沿Ox軸正向的勻強電場中，小物體以初速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f的作用，且f
A.2qEx0+mv202f B.2qEx0+mv20f
C.qEx0+mv202f D.qEx0+mv20f
第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)
二、實驗題：本題共2小題，共12分。把答案填在題中的橫線上或按照題目要求作答。
11.(6分)一帶正電的小金屬塊A以初速度v0從光滑水平高臺上飛出.已知在高臺邊緣的右側足夠大空間中存在水平向左的勻強電場，小金屬塊A所受電場力大小為其重力的2倍.則金屬塊運動過程中距高臺邊緣的水平距離為________，金屬塊運動過程的最小速度為________.
12.(6分)如圖所示，虛線是在某實驗過程中實際繪出的某一平面靜電場中的一簇等勢線，若帶電粒子從a點射入電場后，僅在靜電力作用下恰能沿圖中實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，用Ea、 、va、Eb、 、vb分別表示a點和b點的場強、電勢和粒子的速率，則Ea_____________Eb、 ____________ 、va____________vb(三個空均選填“大于”、“小于”或“不能比較”)
三、計算題：本題共3小題，共38分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
13.(10分)如圖所示，一光滑斜面的直角點A處固定一電荷量為+q、質量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：
(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度;
(2)小球運動到斜面底端C處時，球對斜面的壓力大小.
14.(13分)在場強為E=100 V/m的豎直向下勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h=0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內，如圖所示.放射物以v0=200 m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質量m=2×10-15 kg、電荷量q=+10-12 C的帶電粒子.粒子最后落在金屬板上.不計粒子重力，求：
(1)粒子下落過程中電場力做的功;
(2)粒子打在金屬板上時的動能;
(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小.(結果保留兩位有效數(shù)字)
15.(15分)如圖所示，兩塊相同的金屬板M和N正對并水平放置，它們的正中央分別有小孔O和O′，兩板距離為2L，兩板間存在豎直向上的勻強電場;AB是一根長為3L的輕質絕緣豎直細桿，桿上等間距地固定著四個(1、2、3、4)完全相同的帶電荷小球，每個小球帶電量為q、質量為m、相鄰小球間的距離為L，第1個小球置于O孔處.將AB桿由靜止釋放，觀察發(fā)現(xiàn)，從第2個小球剛進入電場到第3個小球剛要離開電場，AB桿一直做勻速直線運動，整個運動過程中AB桿始終保持豎直，重力加速度為g.求：
(1)兩板間的電場強度E;
(2)第4個小球剛離開電場時AB桿的速度;
(3)從第2個小球剛進入電場開始計時，到第4個小球剛離開電場所用的時間.參考答案
1.C解析：由題意得，F(xiàn)=k3Q2r2.兩球接觸后電荷中和后等量分配，庫侖力F′=k•Q2r/32，則F′=3F，故C項對.
2.C解析：由題意知，小球所受的重力與電場力的合力沿∠bOc的角平分線方向，故小球在a、d兩點動能相等，a、d中點處的動能最小;小球在運動中，電勢能與機械能相互轉化，總能量守恒，故在d點機械能最小、b點機械能.
3.AD解析：負電荷在電場中做勻加速直線運動，可知它所受電場力不變，因此A、B兩點場強相同，A項對;負電荷速度不斷增大，即動能增大，可知電場力對其做正功，故負電荷的電勢能減小，即EpA>EpB，D項正確.
4.A解析：加速度為零時，其受到的庫侖力與摩擦力平衡，k9q2x2=μmg，則x=3qkμmg.
5.BD解析：若小球P經(jīng)過C點時電荷量突然減小，電場力做功減小，根據(jù)運動的對稱性可知，它不會運動到CD之外，A項錯誤;若小球P經(jīng)過CO之間時電荷量減小，根據(jù)動能定理可知，它向D點方向運動的位移更大，B項正確;若點電荷M、N電荷量同時等量增大，根據(jù)運動的對稱性判斷C項錯誤;若小球P經(jīng)過CO之間某處時，點電荷M、N電荷量等量增大，小球P從C點到O點電場力做的正功小于小球P從O點到D點電場力做的負功，所以不會運動到D點，反之也不會運動到C點，所以D項正確.
6.C解析：cd的中點為e，ab與ce平行且相等，根據(jù)勻強電場的特點可知，Uba=Uce=5 V-3 V=2 V，而de與ce在同一直線上且相等，則Uce=Ued=2 V，d點電勢應為3 V.
7.AC解析：平行板電容器與電源斷開后電荷量保持恒定，由E∝QS知，它們之間的場強不變，極板間的電壓U=Ed變小，正電荷在P點的電勢能W=q•φP=qE•dP不變.
8.CD解析：選取11H、21H、42He中的任意一微粒為研究對象，微粒在偏轉電場中的偏轉位移為：
y=12•qU2L2dmv20=qU2L24dEk=qmU2L22dp2=U2L24dU1.
通過判定C、D兩項正確.
9.C解析：小球在由拋出點到高度的過程中，除重力之外，電場力要做正功，但是電場力做正功不一定大于重力所做的負功，故A項錯誤;因電場力做正功，小球的電勢能減小，B項也錯誤;小球在豎直方向上只受重力，故豎直方向加速度為g，到點所用的時間t=v0/g，C項正確;到達點時，豎直分速度為零，但水平分速度不為零，并且點加速度為重力加速度g與電場力引起的加速度a的矢量和，大于g，由此可判斷D項不正確.
10.A解析：由于f
11.(6分)解析：分析可知，金屬塊A離開高臺后，在水平方向做勻減速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，水平位移處，水平速度為零，則x=v202ax=v204g，令水平速度為vx，vx=v0-2gt，豎直速度為vy，vy=gt，則合速度v=v2x+v2y=v0-2vy2+v2y=vy-25v02+v205，當vy=25v0時，合速度最小等于55v0.
答案：v204g 5v05
12.(6分)因為等勢線越密處的場強越大，Ea大于Eb;由曲線運動的特點可知，帶電粒子所受電場力必指向軌跡內側，且垂直于等勢面，故粒子從a點到b點過程中，電場力做負功，va大于vb.僅由題給的條件不能判斷帶電粒子的性質以及a點和b點的電勢高低.
答案：大于 大于 不能比較
13.(10分)解析：(1)由題意知：小球運動到D點時，由于AD=AB，所以有電勢φD=φB，即UDB=φD-φB=0①
則由動能定理得：mgL2sin30°=12mv2D-0②
聯(lián)立①②解得：vD=gL2.③
(2)當小球運動至C點時，對小球受力分析如圖所示，則由平衡條件得：
N+F庫•sin30°=mgcos30°④
由庫侖定律得：
F庫=kq2Lcos30°2⑤
聯(lián)立④⑤得：
N=32mg-2kq23L2
由牛頓第三定律得：N′=N=32mg-2kq23L2.
答案：(1)gL2 (2)32mg-2kq23L2
14.(13分)解析：(1)粒子在下落過程中電場力做的功
W=Eqh=100×10-12×0.8 J=8×10-11 J.
(2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功，由動能定理得
W=Ek2-Ek1
Ek2=8×10-11 J+2×10-15×2002/2 J=1.2×10-10 J.
(3)粒子落到金屬板上的范圍是一個圓.設此圓的半徑為r，只有當粒子的初速度與電場的方向垂直時粒子落在該圓的邊緣上，由運動學公式得
h=12at2=Eq2mt2
代入數(shù)據(jù)求得
t=5.66×10-3 s
圓半徑r=v0t=1.13 m
圓面積S=πr2=4.0 m2.
答案：(1)8×10-11 J (2)1.2×10-10 J (3)4.0 m2
15.(14分)解析：(1)兩個小球處于電場中時，2qE=4mg
解得E=2mgq.
(2)設第4個小球剛離開電場時，桿的運動速度為v，對整個桿及整個過程應用動能定理：
4mg•5L-4•qE•2L=12×4mv2
解得v=2gL.
(3)設桿勻速運動時速度為v1，對第1個小球剛進入電場到第3個小球剛要進入電場這個過程，應用動能定理得
4mg•2L-qE(L+2L)=12•4mv21
解得v1=gL
第2個小球剛進入電場到第3個小球剛要離開電場的這段時間，整個桿做勻速直線運動，設運動時間為t1，
則t1=3Lv1=3gLg
第3個小球離開電場后，只有第4個小球在電場中，桿做勻加速直線運動.設運動時間為t2，則
t2=Lv1+v2=2Lv1+v=2gL2+1g=22-1gLg
所以，從第2個小球剛進入電場到第4個小球剛離開電場所經(jīng)歷的時間為
t=t1+t2=22+1gLg.
答案：(1)2mgq (2)2gL (3)22+1gLg