高中物理高二物理上学期精选试卷专题练习(解析版)

高中物理高二物理上学期精选试卷专题练习（解析版）

一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。已知静电力常量为k ，下列说法正确的是

（ ）

A ．a 受到的库仑力大小为2

2

33kq R

B ．c 受到的库仑力大小为2

2

33kq

R

C ．a 、b 在O 3kq

，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kq

R

，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离

3r R =

根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小

22

223q q F k k r R

==

a 受到的两个力夹角为120?，所以a 受到的库仑力为

2

23a q F F k R

==

c 受到的两个力夹角为60?，所以c 受到的库仑力为

2

33c kq F F == 选项A 错误，B 正确；

C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有

02

q E k

R = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由

b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小

2q E k R

=

方向由O →c ，选项C 错误；

D ．同理c 在O 点产生的场强大小为

02q

E k R

=

方向由O →c

运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强

22q

E k R

'=

方向O →c 。选项D 正确。 故选BD 。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）

A ．小球运动到

B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3g

C ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgR

D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 12

2

q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：

212

B mgR mv =

解得：

2B v gR

故A 正确；

B.小球运动到B 点时的加速度大小为：

22v a g R

==

故B 错误；

C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；

D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：

2

122B

N q q v F mg k m R R

--=

解得：

12

23N q q F mg k

R

=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：

122

3q q mg k

R + 方向竖直向下，故D 正确．

3．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。下列说法正确的是（ ）

A ．水平面对容器的摩擦力向左

B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等

C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小

D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32

(23)A q

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；

B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示

小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；

D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为

2

2sin15A

qq mg k

L ?= a 、b 的距离为

2sin15L R =?

当a 的电荷量改变后，静电力为

2A

qq mg k

L '='

a 、

b 之间的距离为

L R '=

由静电力

122

'q q F k

L = 可得

32

23A A q q -=

-'（） 故D 正确。 故选BD 。

4．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，AB 连线中点为O.在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心半径为R 的圆面垂直AB 连线，以O 为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与AB 连线共面，两个平面边线交点分别为e 、f ，则下列说法正确的是( )

A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点

B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功

C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同

D．沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大

【答案】BC

【解析】

图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式

W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选BC．

【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．

5．如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向下移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）

A．推力F变小B．斜面对B的弹力不变

C．墙面对A的弹力不变D．两球之间的距离减小

【答案】AB

【解析】

【详解】

CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

mg

F cos =

库α

，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：

根据共点力平衡条件，有

N Nsin F F Ncos m M g

+==+（）ββ

解得

()F mgtan m M gtan M m g

N cos =-++=

（）αββ

由于α减小，β不变，所以推力F 减小，斜面对B 的弹力N 不变，选项AB 正确。 故选AB 。

6．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）

A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大

B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大

C ．滑块将以C 点为中心做往复运动

D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =：

【答案】ABD

【解析】

【详解】

A．A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确；

B．由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由qE

a

m

=可得加速度向减小后增大，B正确；

D．x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有

22

(4)(2)

A B

Q Q

k k

L L

=，

解得

4

1

A

B

Q

Q

=，

故D正确.

C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。

故选ABD。

【点睛】

本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

7．如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A和q B，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θ1与θ2(θ1＞θ2)。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v A和v B，最大动能分别为E k A和E k B。则()

A．m A一定大于m B

B．q A一定小于q B

C．v A一定大于v B

D．E k A一定大于E k B

【答案】CD

【解析】

【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：

1tan A F

m g

θ=

故：

1

tan A F

m g θ=

?

同理，有：

2

tan B F

m g θ=

?

由于θ1＞θ2，故m A ＜m B ，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：

111

1

(1)cos cos h h h h θθ?=

-=- 小球摆动过程机械能守恒，有

2

12

A A A A m g h m v ?=

解得：

2A A v g h =??由于θ1＞θ2，A 球摆到最低点过程，下降的高度△h A ＞△h B ，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

mg △h =E K

故

(1cos )(1cos )tan k FL

E mg h mgL θθθ

=?=-=

- 其中L cos θ相同，根据数学中的半角公式，得到：

1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2

k FL E FL FL θθ

θθθθθ-=

-==? 其中FL cos θ相同，故θ越大，动能越大，故E kA 一定大于E kB ，故D 正确。

8．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g 。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（ ）

情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小

1

L

m

①

3

3mg 2 2L m ②

33

mg 3 L 2m ③ 23

3mg 4

L

m

④

3mg

A 2倍

B 2倍

C ．④中电荷量为③中电荷量的

32

2

倍 D ．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T ，与竖直方向夹角为θ，两小球之间的距离为r 、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ，对其中一个小球受力分析可得

sin T mg θ=

2

2cos kq T θF r

==

解得

22tan kq mg

F r θ

==

由几何关系可知，

tan θr =

=

整理得

22kq F r == A ．对比①和②可知，并应用上式可得

211213kq F r ===

2

2222kq F r ===

解得

1r

=

2r =

故电荷量之间的关系为

112212

q r q r == 故A 错误； B

．由③可知，

23323kq F r ===

解得

3r =

故

3222

q q == 故B 错误；

C．由④可知

2

4

42

4

kq

F

r

===

解得

4

3

2

r L

=

故

4

3

q

q

==

故C正确；

D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；

故选C。

9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为4

10V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s,水的密度为3

10kg/3m．这雨滴携带的电荷量的最小值约为

A．2?9

10-C B．4?9

10-C C．6?9

10-C D．8?9

10-C

【答案】B

【解析】

【详解】

带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向

mg qE

=

m V

ρ

=

3

4

3

V r

π

=

解得：

9

410

q C

-

?

＝

ACD、与计算不符，ACD错误；

B、与计算结果相符，B正确

【点睛】

本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．

10．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 =

2

kq

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。

11．如图所示，A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点，在A 、B 、D 三个点各放一点电荷，使C 点处的电场强度为零。已知A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，则关于B 、D 两点处的点电荷，下列说法正确的是（ ）

A ．

B 点处的点电荷带正电 B ．D 点处的点电荷带正电

C ．B 点处的点电荷的电荷量为26

9

Q D ．D 点处的点电荷的电荷量为13

Q

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，若

B 点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D 点无论是放正电还是负电，

C 点的场强都不可能为零，选项A 错误； B ．若

D 点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B 点无论是放正电还是负电，C 点的场强都不可能为零，选项B 错误；

CD ．设正方体边长为a ，BC 与AC 夹角为θ，由叠加原理可知，在BD 两点只能都带负电时，C 点的合场强才可能为零，则

22cos 32B Q Q

k

k a a

θ= 22

sin 3D Q Q k

k a a θ= 其中2cos 3

θ=，sin 3θ=

解得

26

B Q Q = 3D Q Q =

选项C 正确，D 错误。 故选C 。

12．两个等量异种电荷A 、B 固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为＋Q 和－Q ，俯视图如图所示。一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A 、B 的连线垂直，且到A 的距离小于到B 的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C 点静止释放，C 、D 两点关于O 点（管道与A 、B 连线的交点）对称。小球P 从C 点开始到D 点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A ．先做减速运动，后做加速运动

B ．经过O 点的速度最大，加速度也最大

C ．O 点的电势能最小，C 、

D 两点的电势相同 D ．C 、D 两点受到的电场力相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A 错误；

B ．经过O 点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B 错误；

C ．带电小球P 在O 点的电势能最小，C 、

D 两点的电势相同，选项C 正确； D ．C 、D 两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D 错误。 故选C 。

二、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v 0 （v 0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）

A ．当U m ＜22

2md v el 时，所有电子都能从极板的右端射出

B ．当U m ＞22

2

md v el 时，将没有电子能从极板的右端射出

C ．当22

2

2m md v U el

=时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2

D ．当22

2

2m md v U el

=

时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为12【答案】A 【解析】

A 、

B 、当由电子恰好飞出极板时有：l =v 0t ，

2

122d at =，m eU a md

=由此求出：

22

2

m md v U el

=，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A 正确，B 错误；C 、当2222m md v U el =，一个周期内有12的时间电压低于临界电压22

2

md v el

，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C 错误,D 、若

22

2m md v U =

，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为21

121

+=-，则D 选项错误．故选A ． 【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．

14．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x 轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )

A ．x = 4 m 处的电场强度可能为零

B ．x = 4 m 处电场方向一定沿x 轴正方向

C ．沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小

D ．电荷量为e 的负电荷沿x 轴从0点移动到6 m 处，电势能增大8 eV 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A 、由x φ-

图象的斜率等于电场强度，知x =4 m 处的电场强度不为零，选项A 错误；B 、

从0到x =4 m 处电势不断降低，但x =4 m 点的电场方向不一定沿x 轴正方向，选项B 错误；C 、由斜率看出，沿x 轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C 错误；D 、沿x 轴正方向电势降低，某负电荷沿x 轴正方向移动，电场力做负功，从O 点移动到6m 的过程电势能增大8 eV ，选项D 正确．故选D ． 【点睛】

本题首先要读懂图象，知道φ-x 图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．

15．一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。

16．空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E cx ，下列说法中正确的有

A ．

B 、

C 两点的电场强度大小E Bx ＜E cx B ．E Bx 的方向沿x 轴正方向

C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大

D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功 【答案】D 【解析】 【分析】

本题的入手点在于如何判断E Bx 和E Cx 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法． 【详解】

A 、在

B 点和

C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E d

?

?=

，可见E Bx >E Cx ，A 项错误．C 、同理可知O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误．B 、沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误．D 、负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D 项正确．故选D ． 【点睛】 挖掘出x φ-

图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中?降低的方向

反映场强沿x 轴的方向．

17．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两点电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中P 、N 两点的电势为零，NF 段中Q 点电势最高，则( )

A ．P 点的电场强度大小为零

B ．q 1和q 2为等量异种电荷

C ．NQ 间场强方向沿x 轴正方向

D ．将一负电荷从N 点移到F 点，电势能先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】

A ．φ-x 图线的斜率等于电场强度，故可知P 点的电场强度大小不为零，A 错误；

B ．如果1q 和2q 为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OP PM >，故12q q >，故B 错误；

C ．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N 到Q 电势升高，故是逆着电场线，即NQ 间场强方向沿x 轴正方向；

D ．由于从N 到F ，电势先增加后减小，将一负电荷从N 点移到F 点，根据公式

P E q ?=

电势能先减小后增大，故D 正确。 故选D 。 【点睛】

电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。

18．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的绝缘带正电、电荷量为q

的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E =mg

q

。初始时A 、B 、C 在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。已知C 、E 两点间距离为L ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力

为

32mg

，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是

A ．小球在D 点时速度最大

B ．若在E 点给小球一个向左的速度v ，小球恰好能回到

C 点，则v gL C ．弹性绳在小球从C 到

D 阶段做的功等于在小球从D 到

E 阶段做的功 D ．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q ，则小球到达E 点时的速度大小v 2gL 【答案】ABD 【解析】 【详解】

A.对小球分析可知，在竖直方向

sin kx θN mg =+

由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即1

2N mg =

，故摩擦力也为恒力大小为 14

f μN m

g ==

从C 到E ，由动能定理可得

2211

10422qEL mgL k BE k BC ??---= ???

由几何关系可知22

2BE BC L -=，代入上式可得

3

2

kL mg =

在D 点时，由牛顿第二定律可得

1

cos 4

qE k BD θmg ma --=

由1cos 2BD θL =

，将3

2

kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =

故小球在D 点时的速度最大，A 正确； B.从E 到C ，由动能定理可得

2221

11102242k BE k BC qEL mgL m υ??---=- ?

??

解得

υgL =

故B 正确；

C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；

D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得

22211

1124222

E qEL mgL k BE k BC m υ??---= ???

解得

2E υgL =

故D 正确； 故选ABD 。

19．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为

A a 、

B a ，电势能分别为PA E 、PB E .下列说法正确的是( )

A ．电子一定从A 向

B 运动

B ．若A a >B a ，则Q 靠近M 端且为正电荷

C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有PA E

D ．B 点电势可能高于A 点电势 【答案】BC 【解析】

由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；若a A ＞a B ，则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；由B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B 向A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E pA ＜E pB 求解过程与Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C 正确；由B 可知，电场线方向由M 指向N ，那么A 点电势高于B 点，故D 错误；故选BC ．

20．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历0t 、

02t 、03t 时刻。其运动的v t -图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）

A ．0时刻与02t 时刻电子在同一位置

B ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的电势分别为0?、1?、3?，其大小比较有

103???>>

C ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的场强大小分别为0E 、1E 、3E ，其大小比较有301E E E <<

D ．电子从0时刻运动至0t 时刻，连续运动至03t 时刻，电场力先做正功后做负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其v t -图象知其运动情景如图所示。则0时刻与02t 时刻电子在同一位置。所以A 正确；