电场的力的性质。
1． 解析：电场中某点的电场强度只取决于电场本身，与检验电荷无关，故选d.
2．解析：因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，故电场力最小值fmin＝eq＝mgsinθ.所以e有最小值，故选c.
3．解析：a、b两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，假设它们带的电荷量分别为±q.当第三个不带电的c球与a球接触后，a、c两球带电荷量平分，假设每个球带电荷量为q′＝＋q/2，当再把c球与b球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球带电荷量q″＝－q/4.
由库仑定律f＝kq1q2/r2知，当移开c球后，由于r不变，所以a、b两球之间的相互作用力的大小是f′＝f/项正确．
4．解析：由平行四边形定则得出＋q和－q在o点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在o点产生的场强的大小．要使圆心处的电场强度为零，则应在c点放一个电荷量q＝－q的点电荷，或在d点放一个电荷量q＝＋q的点电荷．故c选项正确．
5． 解析：电场线的切线方向是正电荷在该处的受力方向，和负电荷所受电场力的方向相反，所以电场线由b指向a；只给出一条电场线不能判断各点电场的强弱(因为不能确定电场线的疏密)，也就不能判断电场力大小及加速度的变化，所以只有b正确．
6．解析：如果小球a带正电，小球b带负电，则对b球来说，a对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左，小球b不可能向右做匀加速运动，故a、b均错误．对a分析受力得：eqa<，对b受力分析可得：
eqb>，比较可得： >e>，qb>qa，d正确．
7．解析：对a进行受力分析如图所示，由图可知f＝gtanθ，由库仑定律得f＝，式中r＝lsinθ(l为细线长)，由以上三式可解得qb＝，因qa不变，则＝＝2.故选c.
8． 解析：设a、b两球间库仑斥力大小为f，分析两球受力可得：tanα＝，tanβ＝，因α<β故有ma>mb，a正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，b正确；由于两球在水平方向所受的库仑斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，d错误；无法比较电荷量大小，故c错误。
9．解析：对a球受力分析如右图所示，f斥和ft的合力f与mg等大反向，由几何知识知，f、ft、f斥组成的力的矢量三角形与几何△oab相似，所以：＝。
当a、b间距变为时：＝。解以上两式得ft′＝8ft，故选d.
10． 解析：小球从a到最低点的过程中，只有重力做功，电场力不做功，由动能定理：mgr＝mv2.
在最低点，由牛顿第二定律：f－mg－fn′＝.又f＝qe，fn′＝fn＝mg，可解得e＝4mg/q.
11． 解析：由于a、b均处于平衡，隔离a分析，受力如图所示，设oa绳拉力f1，ab绳拉力f2，正交分解f1，f1cos60°＋f2＋f库＝qe，f1sin60°＝mg，f库＝k，解得：e＝＋＋因为f2≥0，所以e≥＋.
12． 解析：(1)由平衡条件知：对a有：ff＝f＝k. (2)当a＝0时，设a、b间距离为r′，k－μmg＝0，所以r′＝2q.
电场的能的性质。
1．解析：沿电场线方向电势降落，所以a对b错；电场线越密的地方电场强度越大，同一带电粒子所受电场力越大，故c错d对．
2．解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，a、b均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，c对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，d错．
3．解析：对正电荷φ∞－m＝；对负电荷φn－φ∞即φ∞－n＝.而w2>w1，φ∞0，且和均大于0，则φn<φm<0，正确答案选c.
4．从a到b由动能定理可知，电场力做功wab＝－18 ev，则从a到b电势能增加量δep＝18 ev，由等势面特点及c点为电势零点可知：a点电势能epa＝－12 ev，又由动能和电势能之和不变可判断b正确．
5．解析：根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧的特点，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，b错；从n点到m点电场力做负功，粒子做减速运动，电势能增加，当达到m点后电场力做正功，粒子做加速运动，电势能减小，则粒子在m点的速度最小，a、d错；在整个过程中粒子只受电场力，根据牛顿第二定律可知加速度不变，c正确．
6．解析：由于负电荷从c点分别到a点和b点，电场力分别做了相同数量的负功，表明a、b两点必在电场中的同一等势面上，如果电场是沿y轴正方向的匀强电场，则a、b为同一等势面上的点，故a项正确．如果在ab的中垂线上的上、下某处放一负电荷，则点a、b也是同一等势面上的点，在第ⅰ象限满足负电荷从c点分别移到a、b点时克服电场力做的功相同，在第ⅳ象限有可能满足负电荷从c点分别移到a、b点时克服电场力做的功相同，故选项a、c、d正确．
7．解析：在匀强电场中，因ad垂直于电场线方向，则φa＝φd，uad＝0，而uaa′≠0，故a错；因φd>φd，则从a→d→d′移动正电荷电场力做正功，b对；从a→d→d′移动负电荷，电场力做负功，电势能增加，c错；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故d正确．
8．由o点电势高于c点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向可知n粒子所受电场力方向向上，m粒子所受电场力方向向下，故m粒子带正电、n粒子带负电，a错误．在匀强电场中相邻等势线间的电势差相等，故电场力对m、n做的功相等，b正确．因o点电势低于a点电势，且n粒子带负电，故n粒子运动中电势能减少，电场力做正功，c错误．o、b两点位于同一等势线上，d正确．
9．解析：负电荷从a到b的过程中，电场力一直做负功，电势能增大，所以a、c、d均错，b对．
10．解析：由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面b，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，故a正确；由动能定理得，三个小球通过等势面b时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，b正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，c错误；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，d错误．
11．解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：－(qe＋μmg)x1＝0－mv02，所以x1＝。
代入数据得x1＝0.4 m。可知，当物块向右运动0.
4 m时速度减为零，因物块所受的电场力f＝qe＝0.03 n>ff＝μmg＝0.02 n，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过o点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在o点左侧某处，设该点距o点距离为x2，则对全过程由动能定理得－μmg(2x1＋x2)＝0－mv02.
解之得x2＝0.2 m.即在o点左侧距o点0.
2 m处。
12．解析：(1)小球由b点到c点的过程中(mg－eq)l＝mvc2－mvb2。由在c点绳中的拉力恰等于小球重力知fc－mg＝m，则vc＝0。
由在a点小球处于平衡知：eq＝mgtan53°＝mg，所以vb＝.
2)小球由d点静止释放后沿与竖直方向夹角θ＝53°的方向做匀加速直线运动，直至运动到o点正下方的p点，op距离h＝lcot53°＝l.在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程中的加速度a和位移x分别为a＝＝g，x＝＝l，所以小球到达悬点正下方时的速率v＝＝.
题意可知：a、b运动的距离均为x＝，故x＝q－.
电容器电场中带电粒子的运动。
1．电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由c＝可知，电容器的电容变小，由u＝可知电压变大，又由e＝可得e＝＝＝所以电场强度不变，a正确．
2．解析：0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，～t时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在t时刻速度减为零．此后周期性重复，故a对．
3．解析：由题意可知小球到p点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vpyt，合速度vp＝＝v0，ekp＝mvp2＝mv02，故选d.
4．解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xc＜xb＜xa.则三微粒的运动时间为tc＝，tb＝，ta＝。
所以tc＜tb＜ta。微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有＝aata2＝abtb2＝actc2，所以aa＜ab＜ac，所以落在a处的微粒必带正电，b处的不带电，而c处的带负电，a、c选项正确，b选项错误．根据动能定理得a处：mg－qae＝eka－mv2，b处：
mg＝ekb－mv2，c处：mg＋qce＝ekc－mv2，所以d项错误．
5．解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过u1加速后速度为v0，根据题意得：eu1＝mv02，电子在a、b间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：
vy＝at＝·。结合两式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝＝显然，欲使θ变大，应该增大u2、l，或者减小u1、d.
正确选项是b.
6．解析：电子在ab之间做匀加速运动，且ee＝δek，a正确；在bc之间做匀速运动，b正确；在cd之间做匀减速运动，到达d板时，速度减为零，c错误，d正确．
7．解析：由题意可得upq＝uba；α角增大可知pq间场强增大，由u＝ed知upq增大；由q＝cu知p、q板电荷增多，由题意知b板和q板电荷量之和恒定，知a、b板电荷一定减少；由q＝cu，知电容器c电容一定减小；由c＝，知a错，b对，c对，d错．
8．要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝at2＝··2＝和qu1＝mv02得y＝，可见在x、y一定时，u2∝u1.故a项正确．
9．解析：设所求的速度为v0，与上板a成θ角．在垂直于极板的方向上，β粒子做匀减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有＝at2，即d＝at2，水平位移l＝vxt，两式相除得＝＝，又vy＝at＝，所以vx＝vy＝.所以v0＝＝.
选项c正确．
10．解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即tanθ＝，得e＝
2)小球做匀减速直线运动，根据f＝ma得：＝ma，a＝，最大位移s＝＝，水平位移x＝scosθ＝，电势差u＝ex＝.
11．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律，对物块：mgsin37°－μmgcos37°＋qe)＝ma1，对木板：
mgsin37°＋μmgcos37°＋qe)－f＝ma2，又a1t2－a2t2＝l，得物块滑过木板所用时间t＝s. (2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 m/s.其动能为ek2＝mv22＝27 j (3)由于摩擦而产生的内能为q＝f摩x相＝μ(mgcos37°＋qe)·l＝2.
16 j.
12．解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：v0t＝l，竖直方向：
＝h，所以e＝－ 2)电场力做功为w＝－qeh＝ (3)根据动能定理mgh－qeh＝ek－，得ek＝＋
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