高中物理高二物理上学期精选测试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理高二物理上学期精选测试卷检测题（WORD版含答案）
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，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）
A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；
B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；
C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；
D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．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1Q +、2Q -，且12Q 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，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为
12Q Q >，根据2Q
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 +、2Q -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12Q 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 。

3．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。

现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。

已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为
4
g
，静电力常量为k 。

则（ ）
A ．小球从A 到
B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为
2
g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L
【答案】BC
【解析】 【分析】 【详解】
A ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有
'2
sin 0Qq
mg θk
L -= 联立上式解得
'L L =
所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L
θ-= 带电小球在B 点时，有
2sin 2
B
Qq k mg θma L -=（） 联立上式解得
2
B g a =
B 正确；
C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以B
D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；
D ．由A 点到B 点，根据动能定理得
sin 02
AB L
mg θqU ⋅
+= 由2sin A Qq
mg k
ma L
θ-=可得 214Qq mg k L
= 联立上式解得
AB kQ
U L
=-
D 错误。

故选BC 。

4．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A ，球A 套在杆上，杆下端固定带正电的小球B 。

现将球A 从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x 0到达最低点，此时未与球B 相碰。

在球A 向下运动过程中，关于球A 的速度v 、加速度a 、球A 和弹簧系统的机械能E 、两球的电势能E p 随运动距离x 的变化图像，可能正确的有（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
令A 、B 小球分别带电量为1q 、2q ，释放A 球时A 、B 间距为r ，弹簧的劲度系数为K 。

则 A ．在小球A 运动到最低点的过程中，受力分析如图所示
加速阶段有
12
2
sin ()kq q ma mg θKx r x =-
--
减速阶段有
12
2
sin ()kq q ma Kx mg θr x =
+--
所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A 错误；
B ．小球做加速度减小的加速运动时，
122
sin ()kq q K
a g θx m r x m
=-
-- 对a 求导则
1232d d ()kq q a K x m r x m
=-- 则加速阶段，加速度随着运动距离x 的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a -x 曲线越来越陡峭）。

同理，减速阶段
122sin ()kq q K
a x g θm r x m =
+--
123
2d d ()kq q a K
x m m r x =-- 在减速阶段加速度运动距离x 的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a -x 曲线越来越平缓），故B 错误；
C ．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A 和弹簧系统的机械能E 逐渐减小，越靠近B 小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C 正确；
D ．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B 小球，电场力越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D 正确。

故选CD 。

5．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
1
A
tan
F
m g
θ=
故
A
1
tan
F
m
gθ
=
⋅
同理，有
B
2
tan
F
m
gθ
=
⋅
由于12
θθ
>，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
1
2
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 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 。

6．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 （12q 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
121kq q Eq l a m +
=
12222kq q Eq l a m
-
=
由于l 可任意取值，故当1
2kq E l
>
时，加速度1a 、2a 方向都是向右，且1a 、2a 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12kq
E l
<时，1a 和2a 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 ．
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：
1
tan
A
F
m g
θ=
故：
1
tan
A
F
m
gθ
=
⋅
同理，有：
2
tan
B
F
m
gθ
=
⋅
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
22
32sin 2
sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L θ︒
===
所以电场力即为向心力为
3Qq
F k
= 故D 正确。

9．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 【答案】CD 【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。

10．如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的
1
3
时，下列判断正确的是( )
A ．小球
B 受到细线的拉力增大 B ．小球B 受到细线的拉力变小
C ．两球之间的库仑力大小不变
D ．小球A 的电荷量减小为原来的
127
【答案】D 【解析】 【详解】
AB.小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，如果保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的
1
3
时，θ变小，F 减小； 线的拉力T 与重力G 相等，G =T ，即小球B 受到细线的拉力不变；对物体A ：
cos()22
A A T G F πθ
=+-
则θ变小，T A 变小；故AB 错误；
CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律
2
A B
Q Q F k
r = 解得：球A 的电量减小为原来的
1
27
，故C 错误，D 正确；
11．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。

现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是 （ ）
A ．弹簧一定处于拉伸状态
B ．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小
C ．变化后的摩擦力不可能为零
D ．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小 【答案】D 【解析】
【分析】 【详解】
A ．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故 A 错误；
B ．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B ；
C ．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C 错误；
D ．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故D 正确。

故选D 。

12．如图所示，按A 、B 、C 、D 四种方式在一个正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电量已在图中标出，其中正方形中心场强最大的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】 【分析】
先分析各点电荷在中心处的场强大小和方向，再根据矢量合成法则，即可求出中心处的场强。

【详解】
A ．根据点电荷电场强度公式2
kQ
E r =
，结合矢量合成法则，正方形对角线异种电荷的电场强度，为各自点电荷在中心处相加，因此中心处的合电场强度大小为222
kQ E r
=； B ．两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，因此中心处的合电场强度大小为0；
C ．同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为2
kQ E r =
； D ．同理，在中心处的电场强度大小2
2
kQ E r =
综上比较，正方形中心场强最大的是A ，所以A 正确。

故选A 。

【点睛】
考察点电荷在某点场强的矢量合成。

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
2
md 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
2
2m md v U el
=
，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
21
+=-，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．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 By 2+V Bx 2）=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
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．
16．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
2
N 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
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
22211
1124222E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
解得
2E υgL =
故D 正确； 故选ABD 。

17．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E =1×104 N/C 的匀强电场，在场中有一个半径为R =2 m 的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB 和AC ，A 点所在的半径与竖直直径BC 成
37︒角，质量为0.04 kg 的带电小球由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相
同．现去掉弦AB 和AC ，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos370.8︒=，g =10 m/s 2）下列说法正确的是（ ）
A ．小球所带电量为q =3.6×10－5 C
B ．小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J
C ．小球做圆周运动从B 到A 的过程中机械能逐渐减小
D ．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】 解法一：
A ．如图所示，令弦AC 与直径BC 的夹角为∠1，弦A
B 与水面夹角为∠2，由几何知识可
得，
37
1=18.5
2
︒
∠=︒，21=18.5
∠=∠︒
对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：
1
cos18.5sin18.5
qE mg ma
︒-︒=…………①
同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：
2
sin18.5cos18.5
qE mg ma
︒+︒=…………②
设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：
2
1
1
2sin18.5
2
R a t
︒=…………③
2
2
1
2cos18.5
2
R a t
︒=…………④
由③/④可得，
1
2
sin18.5
=
cos18.5
a
a
︒
︒…………⑤
联立①②⑤可得，
cos18.5sin18.5sin18.5
sin18.5cos18.5cos18.5
qE mg
qE mg
︒-︒︒
=
︒+︒︒
…………⑥
化简可得，
22
(cos18.5sin18.5)2sin18.5cos18.5
qE mg
︒-︒=︒︒…………⑦
即cos37sin37
qE mg
︒=︒…………⑧
则5
4
tan370.04100.75
C310C
110
mg
q
E
-
︒⨯⨯
===⨯
⨯
…………⑨
故A错误．
B．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：
()()
22
1
0.5N
F qE mg
=+=，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩。