高中物理高二物理上学期精选试卷(提升篇)(Word版 含解析)

高中物理高二物理上学期精选试卷（提升篇）（Word 版 含解析）

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，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 βα

= B ．sin sin A B B A m q m q βα

= 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 βθ

?=，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 ααββ'='

D 正确。

故选AD 。

2．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(2

3)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

2sin15

L R

=?

当a的电荷量改变后，静电力为

2

A

qq

mg k

L

'

=

'

a、b之间的距离为

L R

'=

由静电力

12

2'

q q

F k

L

=

可得

3

2

23

A A

q q

-

=-

'（）

故D正确。

故选BD。

3．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）

A

．d 可以改变

B ．B 的位置在同一圆弧上

C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比

D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】 A ．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 错误； B ．因要保持A 、B 连线与细线垂直且A 、B 距离总保持d 不变，可知B 到O 点的距离不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；

C ．对A 球由平衡知识可知

2sin qQ x k mg mg d L

θ== 可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确；

D ．因为

2tan =qQ

k

d d L mgx θ= 由于x 变化，所以不能说tan θ与A 、B 间库仑力成正比，故D 错误。

故选BC 。

4．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。

5．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A、B为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F作用于B时，A、B均处于静止状态．现若稍改变F的大小，使B向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A、B重新处于平衡状态时与之前相比（）

A．A、B间距离变小

B．水平推力力F减小

C．系统重力势能增加

D．系统的电势能将减小

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A．对A受力分析，如图；由于可知，当B向左移动一段小距离时，斜面对A的支持力减

小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB间距离变大，选项A错误；

B．对AB 整体，力F等于斜面对A的支持力N的水平分量，因为N减小，可知F减小，选项B正确；

C．因为AB距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C正确；

D．因为AB距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D正确；

故选BCD.

6．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()

0,3

P 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

2232sin

2

sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L

θ?=== 所以电场力即为向心力为 234Qq F k

L = 故D 正确。

7．如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是 y 轴上的三 个点，且 OM=MN 。P 点在 y 轴右侧，MP ⊥ON 。则

A ．M 点场强大于 N 点场强

B ．M 点电势与 P 点的电势相等

C ．将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功

D ．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动

【答案】AD

【解析】

【详解】

A 、从图像上可以看出，M 点的电场线比N 点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场强，故A 对；

B 、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M 和P 点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B 错；

C 、结合图像可知：O 点的电势高于P 点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力

做正功，故C错；

D、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；

故选AD

8．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O

点为半圆弧的圆心，

.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E 1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )

A．1：2 B．2：1 C．D ．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点

的场强大小变为

E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，

得：，B对

9．如图所示，有两对等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是

A．o点电场强度为零

B．a、c两个点的电场强度大小相等方向相反

C．将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零

D．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能增大

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O 点电场强度不等于零，方向水平向右。故A不符合题意；

B. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。则A点的电场强度方向水平向右。对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同。故B不符合题意；

C. 在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故C符合题意；

D. 根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D不符合题意。

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E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为

E3，在N点的电场强度为E4．下列说法正确的是（）

A．若左右两部分的表面积相等，有12

E E

>，

12

??

>

B．若左右两部分的表面积相等，有12

E E

<，

12

??

<

C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12

E E

>，

34

E E

=

D．只有左右两部分的表面积相等，才有12

E E

>，

34

E 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，E1方向水平向左，E2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，E1＞E2，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、E1＞E2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

2

6

8

1.010100.75

/ 3.7510/

2.010

E N C N C

-

-

???

==?

?

，细线的拉力：

T=

2

1.01010

0.125

cos370.8

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

22

2

0.125

/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．AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，若将绝缘

细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P

2处的场强大小变为（ ）

A ．22E

B ．E 2–E 1

C ．E 1–22E

D ．

E 1+

22E 【答案】B

【解析】

【详解】

将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P 2点的场强大小分别为E A 、E B ，则有E A +E B =E 2；左半段细杆产生的电场在P 1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P 1点的场强大小为E 1=E B ，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P 2点的场强大小为E A =E 2–E B =E 2–E 1，选B 。

二、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．一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

>，

34

E 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，E1方向水平向左，E2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，E1＞E2，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、E1＞E2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。

14．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（）

A．从A点运动到M点电势能增加 2J

B．小球水平位移x1与x2的比值 1：4

C．小球落到B点时的动能 24J

D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；

A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B 错误；

C．设物体在B动能为E kB，水平分速度为V Bx，竖直分速度为V By。

由竖直方向运动对称性知

1

2

mV By2=8J 对于水平分运动

Fx1=

1

2

mV Mx2-

1

2

mV AX2

F（x1+x2）=

1

2

mV Bx2-

1

2

mV AX2

x1：x2=1：3

解得：

Fx1=6J；

F（x1+x2）=24J

故

E kB=

1

2

m（V By2+V Bx2）=32J

故C错误；

D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

Fx1=6J

2

26

2

J

1F

t

m

??=

Gh=8J

2

2

1

8J

2

G

t

m

??=

所以：

3

F

G

=

由右图可得：

tan

F

G

θ=

所以

3

sin

7

θ=

则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的P点，故

22

1124

sin J6J

227

kmin min

E mv m vθ

===

（）＜

故D正确。

故选D。

15．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ. 则下列说法正确的是

A．P、O两点的电势关系为p o

??

<

B．P、Q两点电场强度的大小关系为E Q

C．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零

D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知E Q

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；

故选B.

点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.

16．有一电场强度方向沿x轴的电场，其电势?随x的分布满足0sin0.5(V)

x

??π

=，如图所示。一质量为m，带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下，以初速度v0从原点O处

进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确

．．．的是

A ．粒子从x =1处运动到x =3处的过程中电势能逐渐减小

B ．若v 00q m ?06q m

?C ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m

?0D ．若0065q v m

?=

0.5处，但不能运动到4处 【答案】B

【解析】

【分析】 仅有电场力做功，电势能和动能相互转化；根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。粒子如能运动到1处，就能到达4处。粒子运动到1处电势能最大，动能最小，由能量守恒定律求解最小速度。

【详解】

A ．从1到3处电势逐渐减小，正电荷电势能逐渐减小，故A 正确；

B ．粒子在运动过程中，仅有电场力做功，说明电势能和动能相互转化，粒子在1处电势能最大，动能最小，从0到1的过程中，应用能量守恒定律：

220011(0)22

mv q mv ?=-+ 解得：02q v m

?=B 错误； C ．根据上述分析，电势能和动能相互转化，粒子能运动到1处就一定能到达4处，所以粒子从0到1处根据能量守恒定律：

20112

q mv ?= 解得：012q v m

?=C 正确； D ．根据0sin 0.5(V)x ??π=粒子在0.5处的电势为102(V)?，从0到0.5处根据能量守恒定律：

22020211(0)22

q mv mv -+=

可知：0

2

2q

v

m

?

0<<，所以粒子能到达0.5处，但不能运动到4处，故D正确。

【点睛】

根据电势?随x的分布图线和粒子的电性，结合能量守恒定律判断电势能和动能的变化。

17．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

3

2

mg

，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

v2gL

【答案】ABD

【解析】

【详解】

A.对小球分析可知，在竖直方向

sin

kxθN mg

=+

由与sin

xθBC

=，故支持力为恒力，即

1

2

N mg

=，故摩擦力也为恒力大小为

1

4

fμN mg

==

从C到E，由动能定理可得

22

111

422

qEL mgL k BE k BC

??

---=

?

??

由几何关系可知222

BE BC L

-=，代入上式可得

32kL mg = 在D 点时，由牛顿第二定律可得 1cos 4qE k BD

θmg ma --= 由1cos 2BD θL =，将32

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

222111102242k 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

222111124222

E qEL mgL k BE k BC m υ??---= ??? 解得

2E υgL =

故D 正确；

故选ABD 。

18．如图(a)所示，两平行正对的金属板AB 间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间的P 点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是

A ．在t =0时刻释放该粒子，粒子一定能到达

B 板

B ．在4

T t =时刻释放该粒子,粒子一定能到达B 板 C ．在04T t <<

期间释放该粒子，粒子一定能到达B 板

D ．在4

2

T T t <<期间释放该粒子，粒子一定能到达A 板 【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

A ．若在t =0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向

B 板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B 板上，选项A 正确；

B ．若在4

T t =时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较大，则粒子可能打不到B 板，B 错误

C ．若在04

T t <<期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，粒子整体向右运动，最终打在B 板上，C 正确

D ．若在42

T T t <<期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，粒子整体向A 板运动，一定打在A 板上，若直接加速向B 板，则不会回到A 板，D 错误。

故选AC 。

19．如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点。在与OA 夹角为30θ?=的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点（OE 与竖直方向夹角30?=α）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面。则有（ ）

A ．电场一定沿OD 方向，且电场力等于

33mg B ．通过E 点的微粒动能大小为(33

＋1)mgR ＋12mv 20

C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间

D ．A 点的动能一定小于B 点

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

AB ．在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。 在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有

tan 30Eq mg

=? cos30mg F =?合

解得

Eq =

F =

合 动能定理有

220011(1cos30)(1)232

kE E mv F R mgR mv =++?=++合 故选项A 错误、B 正确；

C ．OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；

D ．B 点到A 点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D 错误。

故选BC 。

20．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；

21．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 ．

22．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．

23．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（

）

A ．可能等于零

B ．可能等于

2012mv C ．可能等于

12mv 02+12qEL -12mgL D ．可能等于12mv 02+23qEL +12

mgL 【答案】BCD

【解析】

【分析】

要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．

【详解】

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