高中物理高二物理上学期精选试卷专题练习(word版

高中物理高二物理上学期精选试卷专题练习（word版

一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图，真空中x轴上关于O点对称的M、N两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为

1

Q

+、

2

Q

-，且

12

Q Q

>。取无穷远处电势为零，则（）

A．只有MN区间的电场方向向右

B．在N点右侧附近存在电场强度为零的点

C．在ON之间存在电势为零的点

D．MO之间的电势差小于ON之间的电势差

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．1Q

+在N点右侧产生的场强水平向右，

2

Q

-在N点右侧产生的场强水平向左，又因为12

Q Q

>，根据

2

Q

E k

r

=在N点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN区间的电场方向向右，选项A错误，B正确；

C．1Q

+、

2

Q

-为两异种点电荷，在ON之间存在电势为零的点，选项C正确；

D．因为12

Q Q

>，MO之间的电场强度大，所以MO之间的电势差大于ON之间的电势差，选项D错误。

故选BC。

2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球，分别带q A和q B的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（）

A．

sin

sin

A

B

m

m

β

α

=

B．

sin

sin

A B

B A

m q

m q

β

α

=

C

．

sin sin A B q q βα

= D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有

sin sin sin sin ααββ'

='

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得

A m g OP F PA =库，

B m g OP

F PB

=库 由于库仑力相等，联立可得

A B m PB

m PA

= 由于sin cos OA PA αθ?=

，sin cos OB PB β

θ

?=，代入上式可得

sin sin A B m m βα

= 所以A 正确、B 错误；

C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；

D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即

sin sin A B m m βα'

='

联立可得

sin sin

sin sin

αα

ββ

'

=

'

D正确。

故选AD。

3．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30o角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则

A．原电场方向竖直向下

B．改变后的电场方向垂直于ON

C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g

D．电场方向改变后，小球的最大电势能为

2

4

mv

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg ，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为

2

2

m

v

x

g

=，则克服电场力做功为：

2

2

11

cos60

224

m

v

W Eq x mg mv

g

==?=，故小球的

电势能最大值为2

1

4

mv，选项D正确；故选CD.

4．质量分别为A

m和

B

m的两小球带有同种电荷，电荷量分别为

A

q和

B

q，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1θ与

()

212

θθθ

>。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为

A

v和

B

v，最大动能分别为kA

E和

kB

E。则（）

A ．A m 一定大于

B m B ．A q 一定小于B q

C ．A v 一定大于B v

D ．kA

E 一定大于kB E

【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．对小球

A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示

根据平衡条件，有

1A tan F m g

θ=

故

A 1tan F

m g θ=

?

同理，有

B 2

tan F

m g θ=

?

由于12θθ>，故A B m m <，故A 错误；

B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；

C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度

11

1

(1)cos cos h h h h θθ?=

-=- 小球摆动过程机械能守恒，有

2

12

mg h mv ?=

解得

2

v g h

=??

由于12

θθ

>，A球摆到最低点过程，下降的高度

A B

h h

?>?，故A球的速度较大，故C正确；

D．小球摆动过程机械能守恒，有

k

mg h E

?=

故

k

(1cos)(1cos)

tan

FL

E mg h mgLθθ

θ

=?=-=-

其中cos

Lθ相同，根据数学中的半角公式，得到

k

1cos

(1cos)cos()cos tan

tan sin2

FL

E FL FL

θθ

θθθ

θθ

-

=-==?

其中cos

FLθ相同，故θ越大，动能越大，故kA

E一定大于

kB

E，故D正确。

故选CD。

5．在电场强度为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为1q和2q（12

q q

≠）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（）．

A．大小不等，方向相同B．大小不等，方向相反

C．大小相等，方向相同D．大小相等，方向相反

【答案】ABC

【解析】

【详解】

AC．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：

12

12

1

kq q

Eq

l

a

m

+

=

12

22

2

kq q

Eq

l

a

m

-

=

由于l可任意取值，故当1

2

kq

E

l

>时，加速度

1

a、

2

a方向都是向右，且

1

a、

2

a的大小可相等，也可不相等，故AC正确；

B．再分析1a和2a的表达式可知，当1

2

kq

E

l

<时，

1

a和

2

a方向相反，大小则一定不相等，

故B 正确；

D ．将小球1和小球2视作为一个整体，由于12q q ≠，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D 错误。 故选ABC ．

6．如图()a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0t =时，甲静止，乙以

6m /s 的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程

中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )

A ．两电荷的电性一定相反

B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1

C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大

D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】

A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．

B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1

代入数据解得：

m 甲:m 乙=2:1

故B 正确；

C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．

D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．

7．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电

荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()

0,3P L ，则以下说法正确的是 （ ）

A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷

B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少

C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动

D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为3Qq

k 【答案】BD 【解析】 【详解】

A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；

B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；

C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；

D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ?=，由叠加原理可得，P 点的场强为

232sin 2

sin 60(2)P M kQ kQ E E L θ?

=== 所以电场力即为向心力为

3Qq

F k

= 故D 正确。

8．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，

A B、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F作用在A球上，使两球

、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是（）

均处于静止状态，已知A B

Fθ

A．杆MO对A球的弹力大小为tan

Fθ

B．杆NO对B球的弹力大小为sin

Fθ

C．B球的重力大小为tan

Fθ

D．A B、两球间的库仑力大小为cos

【答案】C

【解析】

【详解】

对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有

x方向

F=F1cosθ①

y方向

N1=mg+F1sinθ②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有

x方向

F1cosθ=N2③

y方向

F1sinθ=M g ④

有上述四式得到

Mg=F tanθ

1F

F

cosθ

=

N1=mg+Mg

N2=F

可知由于不知道A的质量，所以不能求出A受到的弹力N1。

故ABD错误，C正确；

故选C。

9．如图所示，真空中有两个点电荷Q1和Q2，Q1=+9q，Q2=-q，分别固定在x轴上x=0处和x=6cm处，下列说法正确的是（）

A．在x=3cm处，电场强度为0

B．在区间上有两处电场强度为0

C．在x>9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向

D．将试探电荷从x=2cm移到x=4cm处，电势能增加

【答案】C

【解析】

【详解】

A .某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E =

2kq

r

，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离

Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：

12

2200

(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，故A 错误；

B .由选项A 的分析可知，合场强为0的点不会在Q 1的左边，因为Q 1的电荷量大于Q 2，也不会在Q 1Q 2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在Q 2右边。即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故B 错误； C.设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：

122200

(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，结合矢量合成可知，在x ＞9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向。故C 正确；

D.由上分析，可知，在0＜x ＜6cm 的区域，场强沿x 轴正方向，将试探电荷+q 从x =2cm 处移至x =4cm 处，电势能减小。故D 错误。

10．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k

q

r

（q 的正负对应φ的正负）。假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）

A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12??>

B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12??<

C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =

D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12

E E >，34E E = 【答案】C

【解析】 【详解】

A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k q

r

?=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；

C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，

D 错误。

11．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－

2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小

球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）

A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/C

B ．平衡时细线的拉力为0.17N

C ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s

D ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得

268

1.010100.75/ 3.7510/

2.010E N C N C --???==??，细线的拉力：T=20

1.01010

0.125cos370.8

mg T N N ??===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为

2220.125/12.5/1.010

T a m s m s m =

==?－，则经过0.5s ，小球的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确；

D．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：

2

1

2

mgL qEL mv

+=，带入数据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误．

12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A、B、C,A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1、L2.仅考虑三质点间的库仑力，则A 和C的

A．线速度之比为2

1

L

L B．加速度之比为

2

1

2

L

L

??

?

??

C．电荷量之比1

2

L

L D．质量之比

2

1

L

L

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，则ABC三者要保持相对静止，所以AC角速度相等，则线速度之比为

1

2

A

B

v L

v L

=

选项A错误；

C．根据B恰能保持静止可得

22

12

C B

A B

q q

q q

k k

L L

=

解得

2

1

2

2

A

C

q L

q L

=

选项C错误；

A围绕B做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，

()

2

1

2

2

112

A C

A B

A A A

q q

q q

k k m m L

L L L

aω

-==

+

C围绕B做匀速圆周运动，有

()

2

2

2

2

212

C B A C

B C

B

q q q q

k k m m L

L

a

L L

ω

-=

+

=

因为22

12

C B

A B

q q

q q

k k

L L

=，所以有

A B

B

A

a

m m a

=

12

A C

m L m L

=

解得

2

1

A

C

m L

m L

=

1

2

A

B A

B

m L

m L

a

a

=

=

选项B错误，D正确。

故选D。

二、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（）

A．B球受到的库仑力先增大后减小

B．拉力F一直增大

C．地面对绝缘座的支持力一直减少

D．A球的电势能先不变后减少

【答案】D

【解析】

【详解】

设球所受库仑力大小为F C，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和F C合成如图，由相似三角形可得

C A B

3

F Q Q

mg

k

h r r

==

所以A球缓慢移动过程中，r先不变，等A球运动到滑轮正下方后，r再变大；整个过程中l一直减小。

A ．r 先不变再变大，

B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误； B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得

F mg l h

= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得

A B

2

Q Q F k

mg r += 所以F 再增大，故B 项错误；

C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；

D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。

14．如图所示，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置电荷量都为q 的正、负点电荷．图中的a 、b 、c 、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量．下列表述正确是（ ）

A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同

B ．a 点电势高于b 点电势

C ．把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加

D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同 【答案】D 【解析】

A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．

B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电

势相等．故B 错误．C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．

【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．

15．如图所示，匀强电场中有一个以O 为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A 、B 、C ，其中A 与C 的连线为直径，∠A ＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q （q ＞0），以相同的初动能E k 从A 点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B 、C 两点。若粒子运动到B 、C 两点时的动能分别为E kB ＝2E k 、E kC ＝3E k ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为

A ．k E qR

B ．2k E qR

C ．3

k

E D ．23

k

E 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

从A 点到B 点应用动能定理有：2-AB k k k qU E E E == 从A 点到C 点应用动能定理有：32-AC k k k qU E E E == 所以2AC AB U U =

做出等势面和电场线如图所示：

则从A 点到B 点应用动能定理有：,3k k R

qEd qE AD E qE

E ===即

解得

23

k

E

E 。

选项D正确，A、B、C错误。

16．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和的比荷之比是

A．1:2 B．1:8 C．2:1 D．4:1

【答案】D

【解析】

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，

侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D正确．

【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．

【学科网备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．

17．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则

A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小

B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合

C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能

D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；

B ．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误．

C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确

D ．粒子可能做曲线运动，故D 错误；

18．如右图所示，P 、Q 为两个等量的异种电荷，以靠近P 点的O 点为原点，沿两电荷的连线建立x 轴，沿直线向右为x 轴正方向，一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点，已知A 点与O 点关于PQ 两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O 到A 的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化，粒子的动能E k 和运动径迹上电势φ随位移x 的变化图线肯定错误的是（ ）

A ．A

B ．B

C ．C

D ．D

【答案】ABD 【解析】 【详解】

等量异种电荷的电场线如图所示．

沿两点电荷连线从O 到A ，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t 图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A 符合题意．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为E x

?

=

，E 先减小

后增大，所以φ-x 图象切线的斜率先减小后增大，则B 图不可能，故B 符合题意；加速度

先变小后变大，方向不变，C 图是可能的，故C 不符合题意．粒子的动能 E k =qEx ，电场强度先变小后变大，则E k -x 切线的斜率先变小后变大，则D 图不可能．故D 符合题意．则选ABD ． 【点睛】

该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点，结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键，不能只定性分析，那样会认为BD 是正确的．

19．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C 的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系一质量为0.08kg 的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g 取10m/s 2．下列说法正确（ ）

A ．小球的带电荷量q=6×10﹣5 C

B ．小球动能的最小值为1J

C ．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值

D ．小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J 【答案】AB 【解析】

A 、对小球进行受力分析如上图所示

可得：37mgtan qE ?=解得小球的带电量为：537610mgtan q C E

-?

=

=?，故A 正确； B 、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力

在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能E kB 最小，对应速度v B 最小，在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心

力，而绳的拉力恰为零，有：0.81370.8

mg F N N cos =

==?合，而2

B

v F m L =合，所以2111

121222

KB B E mv F L J J 合=

==??=，故B 正确； C 、由于总能量保持不变，即k PG PE E E E ++=恒量，所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最大，机械能最小，故C 错误；

D 、由于总能量保持不变，即k PG P

E E E E ++=恒量，由B 运动到

A ，PA P

B W E E =--合力（），·

2W F L =合合力，所以2PB E J =，总能量3PB kB E E E J =+= ，故D 错误； 故选AB ．

【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大．

20．如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy 平面，电场强度大小为E ，xOy 平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x 轴上，E 、F 两点为椭圆的两个焦点，AB 是椭圆的短轴，椭圆的一端过O 点，则下列说法正确的是( )

A ．在椭圆上，O 、C 两点间电势差一定最大

B ．在椭圆上，A 、B 两点间电势差可能最大

C ．一个点电荷从E 点运动到椭圆上任意一点再运动到F 点，电场力做功可能为零

D ．一个点电荷从O 点运动到A 点与从B 点运动到C 点，电场力做功一定相同 【答案】BCD 【解析】

由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y 轴时，O 、C 间的电势差为零，A 、B 间的电势差最大，B 项正确，A 项错误；如果电场方向平行于y 轴，则E 、F 两点电势相等，则一个点电荷从E 点运动到椭圆上任意一点再运动到F 点，电场力做功为零，C 项正确；由于O 、A 连线平行于B 、C 连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O 、A 间的电势差和B 、C 间的电势差相等，一个点电荷从O 点运动到A 点与从B 点运动到C 点，电场力做功一定相同，D 项正确．

21．如图，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，N点在虚线上．若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M点经虚线移动到N点，则（）

A．电荷所受电场力逐渐减小

B．电荷所受电场力大小不变

C．电荷将克服电场力做功

D．电荷的电势能保持不变

【答案】AC

【解析】

【详解】

A、B、由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上M点移动到N点，电场力逐渐减小，故A正确，B错误．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U=Ed知：N与正电荷间的电势差小于M与正电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从M点到N点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C正确，D错误．故选AC.

【点睛】

解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U=Ed定性分析电势差的大小．

22．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是

A．该电场可能是由一对分别位于x2和－x2两点的等量异种电荷形成的电场

B．x2和－x2两点的电势相等

C．正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小

D．原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差

【答案】BD