黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期物理第二次月考试卷
一、选择题
1．（2018高二上·哈尔滨月考）以下说法正确的是（ ）
A．等势面一定与电场线垂直
B．电场中电势为零的地方场强一定为零
C．电容器的电容越大，其所带的电荷量就越多
D．电场线只能描述电场的方向，不能描述电场的强弱
【答案】A
【知识点】电场强度；电场线；电势；等势面
【解析】【解答】A、在等势面上移动电荷时不做功，故等势面与电场线处处垂直；A符合题意.
B、电势零点可以人为任意选择，而场强是由电场决定，场强和电势两者没有直接关系；B不符合题意.
C、电容器电容越大，容纳电荷的本领越大，电容器两极板间电压每增加1V时增加的电荷量越大，不是电荷量大；C不符合题意.
D、电场线即能描述电场的方向，又能反映电场强度的大小；D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】零点电势可以任意规定和场强大小无关，电容大小和电量无关，电场线疏密代表电场强弱。
2．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，则微粒从M点运动到N点的过程中（ ）
A．重力势能增大 B．动能增大
C．电势能增大 D．机械能减小
【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、微粒只考虑电场力作用，不考虑重力，则重力不做功，重力势能不变；A不符合题意.
B、C、粒子仅受电场力为合力，做类似平抛运动，电场力向下做正功，故从M到N动能增加，电势能减小；B符合题意，C不符合题意；
D、电场力是其他力做正功，则机械能增加；D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】电场力作用下作正功电势能减少动能增加，机械能增加，重力不考虑所以重力势能不变。
3．（2018高二上·哈尔滨月考）板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离为2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ）
A．E2=E1，U2=U1 B．E2=4E1，U2=2U1
C．E2=2E1，U2=U1 D．E2=2E1，U2=4U1
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容公式 说明电容变为原来的 ，根据电容定义式 ，发现电量变为原来的2倍，所以电势差变为原来的4倍，根据场强关系 ，d变为原来的2倍，所以场强变为2倍，A、B、C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】利用电容的决定式和定义式可以推导出场强和电荷量的关系，电压和板间距离和电荷量的关系。
4．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v0，则A﹑B两板间的电压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】在AB两板间做直线加速，由动能定理得： ；而粒子在CD间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理： ；联立两式可得： ；
故答案为：A.
【分析】利用动能定理求出入射速度，利用动能定理联立初末速度的关系，结合电场力做功和电压的关系可以求出电压大小。
5．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，质量为m、带+q电量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （ ）
A．将加速下滑 B．将减速下滑
C．继续匀速下滑 D．上述三种情况都可能发生
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】设斜面的倾角为θ．滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsinθ=f，N=mgcosθ，又f=μN；得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ；当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F．根据正交分解得到：滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力为μ（mg+F）cosθ，由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.
故答案为：C.
【分析】多了竖直向下的电场等效于重力变大，但是重力大小不影响运动情况。
6．（2018高二上·哈尔滨月考）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则电场强度E，粒子动能EK，粒子速度v，粒子加速度a分别与位移的关系，下列图象中合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故： ，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 ，故电场强度也逐渐减小；A不符合题意；
B、根据动能定理，有：F △x=△Ek，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B不符合题意；
C、题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C不符合题意；
D、粒子做加速度减小的加速运动，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】从电势能和位移的关系可以看出斜率为电场力大小，所以电场力不断变小则场强和加速度不断变小，动能增加但是斜率也是在变小，加速度变化所以不能时匀变速运动。
7．（2018高二上·哈尔滨月考）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在 的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A不符合题意；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，B不符合题意；
C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，C符合题意；
D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，A到b电场力做功为多，动能变化也大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】有方向离开的过程说明粒子带正电，利用场源电荷产生场强和距离的关系可以判别c点受力最小；b到c过程电场力做正功电势能减小，所以b电势能比较大，a到b过程电场力做功比较多所以电势能变化多自然动能也变化多。
8．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为φA、φB、φC、φD．下列说法正确的是（ ）
A．φA＜φB φC＞φD B．φA=φD φB=φC
C．φA=φB=φC=φD D．φA＞φC φB＞φD
【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】由等量同种点电荷的电势分布知： ，AB对。
故答案为：AB
【分析】画出电场线，利用箭头发现可以判断电势的高低。
9．（2018高二上·哈尔滨月考）一个空心金属球A带8×10-4C正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B带有2×10-4C的负电荷，将B球放入A球壳内与内壁接触，静电平衡后，A、B球带的电荷量正确的是（ ）
A．QA=6×10-4C B．QA=5×10-4C C．QB=3×10-4C D．QB=0
【答案】A,D
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面；B球的带电量减为零；正电荷和负电荷中和后A球表面的带电量为6×10-4C的正电荷；B、C不符合题意，A、D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】静电屏蔽后内部电荷为0，正负中和后就知道剩下的电荷量在A的外壳上。
10．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时（ ）
A．引起两极间正对面积变大 B．电容器的电容将变小
C．电容器两极间的电压将变大 D．静电计指针偏角将减小
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；A符合题意.
B、由 可知电容增大，B不符合题意.
C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据 ，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】电源断开代表电容器电量不变，导电液体的深度变大代表电容器的正对面积变大，所以电容变大，电压变小，角度也变小。
11．（2018高二上·哈尔滨月考）竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，A﹑B两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后（ ）
A．A，B两球间的库仑力变为原来的一半
B．A，B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大
C．线的拉力减为原来的一半
D．线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：
△PAB∽△FBF2，所以 .
C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C符合题意，D不符合题意.
A、B、由三角形相似知 ，同理得 ，联立得 ，则 ，则可得 ；A不符合题意，B符合题意.
故答案为：BC.
【分析】对小球进行受力分析，构造矢量三角形刚好和几何三角形相似，所以力的大小和边长大小对应成比例。
二、解答题
12．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：
（1）小滑块从M点到Q点电场力做的功
（2）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
（3）这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
【答案】（1）解：W=－qE·2R
W= - 0.08J
（2）解：设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝ mv2－ mv
联立方程组，解得：v0＝7m/s
（3）解：设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝ mv′2－ mv
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用恒力做功可以求出电场力做功的大小（2）恰好过轨道最高点时，小滑块不受面弹力只受重力和电场力的合力提供向心力可以求出速度大小，利用动能定理可以求出初速度大小（3）先利用动能定理求出到达P点的速度，利用面弹力提供向心力可以求出弹力大小，利用牛三可以求出压力的大小。
13．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在长为2L、宽为L的矩形区域ABCD内有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m，电量为q的带负电的质点，以平行于AD的初速度从A点射入该区域，结果该质点恰能从C点射出。（已知重力加速度为 g）
（1）计算该质点从A点进入该区域时的初速度v0。
（2）若P、Q分别为AD、BC边的中点，现将PQCD区域内的电场撤去，则该质点的初速度v0为多大时仍能从C点射出？
【答案】（1）解：水平匀速：
竖直匀加速：
恰好能从C射出：
联立解得：
（2）解：在ABQP中，水平匀速：
竖直：
在PQCD中，水平匀速：
竖直：
恰好从C点射出：
联立解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电荷进入电场后做类平抛运动，利用重力和电场力求出加速度，利用水平方向和竖直方向位移结合可以求出初速度大小；
（2）撤去电场后，竖直方向分为两段加速运动，一段只受重力，一段受到重力和电场力的合力，还是利用水平方向和竖直方向的总位移可以求出初速度大小。
黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期物理第二次月考试卷
一、选择题
1．（2018高二上·哈尔滨月考）以下说法正确的是（ ）
A．等势面一定与电场线垂直
B．电场中电势为零的地方场强一定为零
C．电容器的电容越大，其所带的电荷量就越多
D．电场线只能描述电场的方向，不能描述电场的强弱
2．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，则微粒从M点运动到N点的过程中（ ）
A．重力势能增大 B．动能增大
C．电势能增大 D．机械能减小
3．（2018高二上·哈尔滨月考）板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离为2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ）
A．E2=E1，U2=U1 B．E2=4E1，U2=2U1
C．E2=2E1，U2=U1 D．E2=2E1，U2=4U1
4．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v0，则A﹑B两板间的电压为（ ）
A． B． C． D．
5．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，质量为m、带+q电量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （ ）
A．将加速下滑 B．将减速下滑
C．继续匀速下滑 D．上述三种情况都可能发生
6．（2018高二上·哈尔滨月考）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则电场强度E，粒子动能EK，粒子速度v，粒子加速度a分别与位移的关系，下列图象中合理的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2018高二上·哈尔滨月考）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
8．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为φA、φB、φC、φD．下列说法正确的是（ ）
A．φA＜φB φC＞φD B．φA=φD φB=φC
C．φA=φB=φC=φD D．φA＞φC φB＞φD
9．（2018高二上·哈尔滨月考）一个空心金属球A带8×10-4C正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B带有2×10-4C的负电荷，将B球放入A球壳内与内壁接触，静电平衡后，A、B球带的电荷量正确的是（ ）
A．QA=6×10-4C B．QA=5×10-4C C．QB=3×10-4C D．QB=0
10．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时（ ）
A．引起两极间正对面积变大 B．电容器的电容将变小
C．电容器两极间的电压将变大 D．静电计指针偏角将减小
11．（2018高二上·哈尔滨月考）竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，A﹑B两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后（ ）
A．A，B两球间的库仑力变为原来的一半
B．A，B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大
C．线的拉力减为原来的一半
D．线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大
二、解答题
12．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：
（1）小滑块从M点到Q点电场力做的功
（2）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
（3）这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
13．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示，在长为2L、宽为L的矩形区域ABCD内有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m，电量为q的带负电的质点，以平行于AD的初速度从A点射入该区域，结果该质点恰能从C点射出。（已知重力加速度为 g）
（1）计算该质点从A点进入该区域时的初速度v0。
（2）若P、Q分别为AD、BC边的中点，现将PQCD区域内的电场撤去，则该质点的初速度v0为多大时仍能从C点射出？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度；电场线；电势；等势面
【解析】【解答】A、在等势面上移动电荷时不做功，故等势面与电场线处处垂直；A符合题意.
B、电势零点可以人为任意选择，而场强是由电场决定，场强和电势两者没有直接关系；B不符合题意.
C、电容器电容越大，容纳电荷的本领越大，电容器两极板间电压每增加1V时增加的电荷量越大，不是电荷量大；C不符合题意.
D、电场线即能描述电场的方向，又能反映电场强度的大小；D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】零点电势可以任意规定和场强大小无关，电容大小和电量无关，电场线疏密代表电场强弱。
2．【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、微粒只考虑电场力作用，不考虑重力，则重力不做功，重力势能不变；A不符合题意.
B、C、粒子仅受电场力为合力，做类似平抛运动，电场力向下做正功，故从M到N动能增加，电势能减小；B符合题意，C不符合题意；
D、电场力是其他力做正功，则机械能增加；D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】电场力作用下作正功电势能减少动能增加，机械能增加，重力不考虑所以重力势能不变。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容公式 说明电容变为原来的 ，根据电容定义式 ，发现电量变为原来的2倍，所以电势差变为原来的4倍，根据场强关系 ，d变为原来的2倍，所以场强变为2倍，A、B、C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】利用电容的决定式和定义式可以推导出场强和电荷量的关系，电压和板间距离和电荷量的关系。
4．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】在AB两板间做直线加速，由动能定理得： ；而粒子在CD间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理： ；联立两式可得： ；
故答案为：A.
【分析】利用动能定理求出入射速度，利用动能定理联立初末速度的关系，结合电场力做功和电压的关系可以求出电压大小。
5．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】设斜面的倾角为θ．滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsinθ=f，N=mgcosθ，又f=μN；得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ；当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F．根据正交分解得到：滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力为μ（mg+F）cosθ，由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.
故答案为：C.
【分析】多了竖直向下的电场等效于重力变大，但是重力大小不影响运动情况。
6．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故： ，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 ，故电场强度也逐渐减小；A不符合题意；
B、根据动能定理，有：F △x=△Ek，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B不符合题意；
C、题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C不符合题意；
D、粒子做加速度减小的加速运动，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】从电势能和位移的关系可以看出斜率为电场力大小，所以电场力不断变小则场强和加速度不断变小，动能增加但是斜率也是在变小，加速度变化所以不能时匀变速运动。
7．【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在 的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A不符合题意；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，B不符合题意；
C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，C符合题意；
D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，A到b电场力做功为多，动能变化也大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】有方向离开的过程说明粒子带正电，利用场源电荷产生场强和距离的关系可以判别c点受力最小；b到c过程电场力做正功电势能减小，所以b电势能比较大，a到b过程电场力做功比较多所以电势能变化多自然动能也变化多。
8．【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】由等量同种点电荷的电势分布知： ，AB对。
故答案为：AB
【分析】画出电场线，利用箭头发现可以判断电势的高低。
9．【答案】A,D
【知识点】电荷守恒定律
【解析】【解答】把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面；B球的带电量减为零；正电荷和负电荷中和后A球表面的带电量为6×10-4C的正电荷；B、C不符合题意，A、D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】静电屏蔽后内部电荷为0，正负中和后就知道剩下的电荷量在A的外壳上。
10．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；A符合题意.
B、由 可知电容增大，B不符合题意.
C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据 ，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】电源断开代表电容器电量不变，导电液体的深度变大代表电容器的正对面积变大，所以电容变大，电压变小，角度也变小。
11．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：
△PAB∽△FBF2，所以 .
C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C符合题意，D不符合题意.
A、B、由三角形相似知 ，同理得 ，联立得 ，则 ，则可得 ；A不符合题意，B符合题意.
故答案为：BC.
【分析】对小球进行受力分析，构造矢量三角形刚好和几何三角形相似，所以力的大小和边长大小对应成比例。
12．【答案】（1）解：W=－qE·2R
W= - 0.08J
（2）解：设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝ mv2－ mv
联立方程组，解得：v0＝7m/s
（3）解：设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝ mv′2－ mv
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用恒力做功可以求出电场力做功的大小（2）恰好过轨道最高点时，小滑块不受面弹力只受重力和电场力的合力提供向心力可以求出速度大小，利用动能定理可以求出初速度大小（3）先利用动能定理求出到达P点的速度，利用面弹力提供向心力可以求出弹力大小，利用牛三可以求出压力的大小。
13．【答案】（1）解：水平匀速：
竖直匀加速：
恰好能从C射出：
联立解得：
（2）解：在ABQP中，水平匀速：
竖直：
在PQCD中，水平匀速：
竖直：
恰好从C点射出：
联立解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电荷进入电场后做类平抛运动，利用重力和电场力求出加速度，利用水平方向和竖直方向位移结合可以求出初速度大小；
（2）撤去电场后，竖直方向分为两段加速运动，一段只受重力，一段受到重力和电场力的合力，还是利用水平方向和竖直方向的总位移可以求出初速度大小。
