高中物理高二物理上学期精选测试卷综合测试(Word版 含答案)

高中物理高二物理上学期精选测试卷综合测试（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，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．真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x =50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x =10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高
B ．从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小
C ．点电荷A 、B 所带电荷量的绝对值之比为9：4
D ．从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；
B
．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B A B Q q Q q
k
k r r 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q
E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

3．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A ，将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处，图中AC =h 。

当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）
A ．此时丝线长度为
2
2
L B ．以后由于A 漏电，B 在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A 的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C ．若保持悬点C 位置不变，缓慢缩短丝线BC 的长度，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D ．若A 对B 的静电力为B 3
B 球依然在θ=30°处静止，则丝线B
C 323h 【答案】BC
D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当A 对
B 的静场力为B 所受重力的0.5倍，B 静止时丝线B
C 与竖直方向夹角θ=30°，
处于平衡，根据几何关系可知此时AB 与BC 互相垂直，此时丝线长度为3
h ，选项A 错误；
B ．而由三角形相似可知
G F T h AB BC
== 则在整个漏电过程中，丝线上拉力T 大小保持不变，选项B 正确；
Ｃ．以C 点为原点，以CA 方向为y 轴，垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系，设B 点坐标为（x ，y ），则由几何关系
cos sin x h θθ=⋅
tan x y
θ=
消掉θ角且整理可得
2
222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；
D ．若A 对B 的静电力为B 3
B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有
G F AC AB
= 解得
3F AB h G =
= 根据余弦定理可得
2
2232cos303
h h BC BC h =+-⨯⨯︒（
） 解得
BC =
33h 或33
h
选项D正确。

故选BCD。

4．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为
6q,2
h R
=.重力加速度为g，静电力常量为k，则( )
A．小球d一定带正电
B．小球b
2R mR
q k
π
C．小球c的加速度大小为
2
2
3
3
kq
mR
D．外力F竖直向上，大小等于
2
26kq
mg+
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误。

BC．设db连线与水平方向的夹角为α，则
22
3
cos
h R
α==
+
22
6
sin
h R
α==
+
对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α︒
︒
⋅
-==
+
解得：
23
R mR
T
q k
π
=
2
2
33kq a mR
= 则小球c 的加速度大小为2
3kq ；故B 错误，C 正确。

D ．对d 球，由平衡条件得：
2
226263sin qq kq F k mg mg h R α=+=+
+ 故D 正确。

5．如图所示，带电小球a 由绝缘细线PM 和PN 悬挂而处于静止状态，其中PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH ，圆心P 与a 球位置重合，管道底端H 与水平地面相切，一质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端口由静止释放，当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g 。

在小球b 由G 滑到H 过程中，下列说法中正确的是（ ）
A ．小球b 机械能保持不变
B ．小球b 所受库仑力大小始终为2mg
C ．细线PM 的拉力先增大后减小
D ．小球b 加速度大小一直变大 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．小球b 所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b 机械能守恒，故A 正确；
B ．小球b 机械能守恒，从G 滑到H 过程中，有：
2
12
mgR mv =
H 处有：
2
-库m F mg =R
v
则有：
F 库=3mg
故B 错误；
C ．设PN 与竖直方向成α角，对球a 受力分析，将其分解：
竖直方向上有：
F PN cos α=mg +F 库sin θ
水平方向上有：
F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。

解得：
(3)
PM mgcos F mgtan cos θααα
-=+
下滑时θ从0增大90°，细线PM 的拉力先增大后减小，故C 正确；
D ．设b 与a 的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：
()22
2
221
2
()5322
v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=
可知小球的加速度一直变大，故D 正确。

故选ACD 。

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()
0,3P 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
2
34Qq
F k
L
= 故D 正确。

7．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E 2.E 1与E 2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E 2，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
8．如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于P 点，另一带正电小球M 固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )
A ．正电，
mg
tan θ
B ．正电，mg tan θ
C ．负电，mg tan θ
D ．负电，
mg
tan θ
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
小球 M 带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B ．
【点睛】
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
9．AB 是长为L 的均匀带电绝缘细杆，P 1、P 2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P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，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 ．2
2
E B ．E 2–E 1 C ．E 1–2
2
E D ．E 1+
2
2
E 【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 。

10．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 26
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
9
B
Q Q
=
3
9
D
Q Q
=
选项C正确，D错误。

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
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
2
12
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。

12．如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个相同的带电小球B 固定于O点的正下方，已知细线长L，O到B点的距离也为L，平衡时，BO与AO间的夹角为45°，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．细线对A球的拉力等于库仑力和重力的合力，因此拉力大于重力
B．两球之间的库仑力大小为22mg
-
C．A球漏了少量电后，细线对A球的拉力减小
D．A球漏了少量电后，B球对A球的库仑力增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球A的受力分析，如图所示
由于力的三角形与OAB相似，对应边成比例，设AB间距离为x，因此
mg T F
l l x
==①
可得
T mg =
A 错误；
B ．根据余弦定理，可得
222o 2cos4522x l l l l =+-=-
根据①式可得，库仑力大小
22F mg =-
B 正确；
C ．A 球漏了少量电后，力的三角形与OAB 仍相似，根据①式可知，细线对A 球的拉力仍等于mg ，C 错误；
D ．根据相似三角形，可得当x 减小时，根据①可知，库仑力也减小，D 错误。

故选B 。

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 3F 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．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
ϕ
∆=
，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ϕ降低的方向
反映场强沿x 轴的方向．
15．空间某一静电场的电势φ在x 轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。

在x 轴上取a 、b 两点，下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴正向
B ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴负向
C ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量大小E a <E b
D ．一正电荷沿x 轴从a 点移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】 【详解】
A B ．因为在O 点处电势最大，沿着x 轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量方向相反。

C ．在a 点和b 点附近分别取很小的一段d ，由图像可知b 点段对应的电势差大于a 点段对应的电势差，看作匀强电场Δ=
ΔE d
ϕ
，可知E a <E b ，故C 正确。

D ．x 轴负方向电场线往左，x 轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x 轴从a 点移到b 点过程中，电场力先做负功后做正功。

故D 错误。

故选C 。

16．两电荷量分别为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 ϕ=
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。

17．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E P 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）
A ．电场强度与位移关系
B ．粒子动能与位移关系
C ．粒子速度与位移关系
D ．粒子加速度与位移关系
【答案】D 【解析】
试题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep ﹣x 图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=|
|，即Ep ﹣x 图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A 、Ep ﹣x 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A 错误；
B 、根据动能定理，有：F•△x=△Ek ，故Ek ﹣x 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；
C 、题图v ﹣x 图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；
D 、粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确； 故选D ．
【点评】本题切入点在于根据Ep ﹣x 图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
18．有一电场强度方向沿x 轴的电场，其电势ϕ随x 的分布满足0sin 0.5(V)x ϕϕπ=，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v 0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 ϕ0
6q m
ϕC ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m
ϕ0
D ．若0
065q v m
ϕ=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 ϕ=-+ 解得：0
2q v m
ϕ=
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：
2
0112
q mv ϕ=
解得：0
12q v m
ϕ=
C 正确；
D ．根据0sin 0.5(V)x ϕϕπ=粒子在0.5处的电势为102
(V)ϕ，从0到0.5处根据能量守恒定律：
22020211(
0)222
q mv mv -+=
可知：0
22q v m
ϕ0<<，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ϕ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。

19．如图所示，真空中有一四面体ABCD ，MN 分别是AB 和CD 的中点，现在A 、B 两点分别都固定电荷量为+Q 的点电荷，下列说法正确的是
A ．C 、D 两点的电场强度相同
B ．仅受电场力的负点电荷，可以在该电场中作匀速圆周运动
C ．N 点的电场强度方向平行AB 且跟C
D 垂直
D ．将试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力做正功，试探电荷+q 的电势能降低 【答案】B 【解析】 【详解】
A.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，根据等量同种电荷在空间的电场线分布特点，知道C 、D 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 错误；
B.仅受电场力的负点电荷，如果在AB 的中垂面内，两个等量正电荷对它的作用总指向A 、B 连线的中点，就可以提供大小恒定的向心力，可以做匀速圆周运动，故B 正确；
C.根据电场叠加原理知道N 点的电场强度方向与AB 垂直，故C 错误；
D.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，C 、D 两点电势相等，试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力不做功，其电势能不变，故D 错误。

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
33
Eq mg =
23
3
F mg =
合 动能定理有
22
00
1231(1cos30)(1)22
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，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 <PB 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，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中
A ．小球的重力势能增加－W 1
B ．弹簧对小球做的功为
12mv 2
-W 2-W 1 C ．小球的机械能增加W 1＋
12
mv 2 D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AB 【解析】
A 、重力对小球做功为W 1，重力势能增加-W 1；故A 正确．
B 、电场力做了W 2的正功，则电势能减小W 2；故B 正确．
C 、根据动能定理得，2
121=
2
W W W mv ++弹，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为2
211=
2
W W mv W +-弹；故C 错误．D 、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故D 错误．故选AB ．。