河南省辉县市一中高二物理上学期精选试卷检测题

河南省辉县市一中高二物理上学期精选试卷检测题
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．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
()212θθθ>。

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
2v g h =⋅∆
由于12θθ>，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 mgL θθθ
=∆=-=
- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到
k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==⋅ 其中cos FL θ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 。

2．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
【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
+=
=+
（）
β
β
解得
()
F mgtan m M gtan
M m g
N
cos
=-+
+
=
（）
αβ
β
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。

3．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM//AB则下列判断正确的是( )
A．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.
B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大
C．小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M,N点时受到的支持力相等
D．当小物体静止在M点时,地面给斜面的摩擦力水平向左
【解析】 【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：
A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；
B.小物体静止在P 点时，摩擦力
f =m
g sin30°
静止在N 点时
sin30cos30f mg F '=︒+'︒
静止在M 点时
sin30cos30f mg F "=︒-'︒
可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；
C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力
N =mg cos30°+F
在M 、N 点时：
cos30sin30N mg F '=︒+'︒
由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；
D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。

4．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
5．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E1；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
6．一个带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m的带电小球（重力不
能忽略）在+Q周围作匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为3
3
g
（g为重力加速
度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：
A．小球带正电，电荷量大小为
2 83
3
mgR
kQ
B
．小球带正电，电荷量大小为2
3mgR
C ．小球带负电，电荷量大小为 2
83mgR
D ．小球带负电，电荷量大小为2
33mgR kQ
【答案】C 【解析】 【详解】
由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q ，做出运动图像如图所示：
可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；
由向心力公式可知：
33
F ma mg ==
向 设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：
333tan =3
F mg mg θ==
向所以θ=30°，根据几何关系有：
cos30mg
F =库 sin 30R L
=
根据库仑定律有：
2
qQ F k
L =库 联立可得：
2
83mgR q =
故C 正确，ABD 错误。

7．如图所示，真空中有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1=+9q ，Q 2=-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。

8．一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 >，12ϕϕ>
B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<
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
ϕ=，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。

9．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
2220.125/12.5/1.010T 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
12
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．
10．如图所示，一倾角为30︒的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。

质量为m 、带电荷量为−q 的物块从斜面上的P 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值v m ，运动的最低点为Q （图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）
A ．P 、Q 两点场强相同
B ．U PO = U OQ
C ．P 到Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动
D ．物块和斜面间的动摩擦因数12
μ= 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
ABD．物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有
sin30cos300
mg mg
μ
︒-︒=
所以物块和斜面间的动摩擦因数为
3
tan
μθ
==
由于运动过程中
sin30cos300
mg mg
μ
︒-︒=
所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P、Q两点的电势相等，则有U OP = U OQ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故ABD错误；
C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B到A电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有
qE ma
=
物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。

故选C。

11．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
2212
C B A
B q q q q k
k L L = 解得
21
22
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，
()2122112A C A B
A A A q q q q k
k m m L L L L a ω-==+ C 围绕B 做匀速圆周运动，有
()
2222212C B A C
B C B q q q q k
k m m L L a L L ω-=+= 因为2212
C B A B
q q q q k
k L L =，所以有 A B B A a m m a =
12A C m L m L =
解得
2
1A 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 。

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．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】
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、A、由x
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．
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：
Fx 1=6J
2262 J 1F t m
⋅⋅= Gh =8J 221 8J 2G t m
⋅⋅= 所以：
3
2
F G =
由右图可得：
tan F
G
θ=
所以
3sin 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
2201124sin J 6J 227
kmin min E mv m v θ=
==（）＜ 故D 正确。

故选D 。

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
3k
E qR
D ．23
3k
E qR
【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
3k
E E qR
=。

选项D 正确，A 、B 、C 错误。

16．如上图所示，有四个等量异种电荷，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 ．A 、C 两个点的电场强度方向相反
B ．将一带正电的试探电荷匀速从B 点沿直线移动到D 点，电场力做功为零
C ．O 点电场强度为零
D ．将一带正电的试探电荷匀速从A 点沿直线移动到C 点，试探电荷具有的电势能增大 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 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A错误；
B.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B正确．
C.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C错误．
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错误；
故选B．
【点睛】
本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．
17．如图甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a运动到b的速度—时间图象如图乙所示，则下列判断正确的是
A．b点的电场方向为竖直向下
B．a点的电场强度比b点的大
C．粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大
D．粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A.粒子在a点时受到的电场力方向向上，大小大于重力，所以电场的方向为竖直向上，故A错误；
B.粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；
C.粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；
D.粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D错误。

18．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和（＞）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）
A．T=（－）E
B．T=（－）E
C．T=（+）E
D．T=（+）E
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于，球1受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有，联立解得，故A正确；
【点睛】
解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题
19．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向
电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。

初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态。

下列说法正确的是( )
A ．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下运动
B ．将上极板上移，则P 点的电势升高E
C ．将下极板下移，则带电油滴在P 点的电势能增大
D ．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动 【答案】D 【解析】 【分析】
由题意可知考查电容器动态分析问题，根据电容、电压、场强、电量相互关系分析可得。

【详解】
A ．由4S C kd επ=
Q C U
= U E d = 三式 联立可得4kQ E S πε= 减小极板间的正对面积，由4S
C kd επ=
可知电容减小，假设电压不变由Q C U
= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，S 减小，由4kQ
E S
πε= 可知场强E 增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故A 错误；
B ．将上极板上移，由4S
C kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U
= 可知电量减小，
电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ
E S
πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离不变，则P 点的电势不变，故B 错误；
C ．将下极板下移，由4S
C kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U
= 可知电量减小，
电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ
E S
πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离变大，则P 点的电势升高，油滴带负电，所以油滴在P 点的电势能减小，故C 错误。

D ．两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由Q
C U
=
可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，电容不变，场强不变，油滴静止，当两板距离减小时，电容增
大，场强增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故D 正确。

【点睛】
二极管具有单向导电性，电容器不能反向放电，则电量不会减小。

由4kQ
E S
πε=
，可以确定电场强度变化，进一步确定电场力、电势能的变化。

同一正电荷放在电势越高处电势能越大，同一负电荷放在电势越高处电势能越小。

20．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33
mg B ．通过E 点的微粒动能大小为23＋1)mgR ＋12mv 2
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
33Eq mg = 23
3
F mg =
合 动能定理有
22
00
1231(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 。

21．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg ，电荷量为+2.0×10－8C 的滑块P （可视作质点），从x =0.l0m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g =l0m/s 2．则下列说法正确的是（ ）
A ．x =0.15m 处的场强大小为2.0×l06N/C
B ．滑块运动的加速度逐渐减小
C ．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D ．滑块最终在0.3m 处停下 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB 、电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15m 处的场强E 5
3100.15
⨯=V/m ＝
2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10﹣8×2×106N ＝0.04N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2N ＝0.04N ，在x ＝0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15m 后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A 正确，B 错误；。