高中物理高二物理上学期精选试卷复习练习(Word版 含答案)(1)

高中物理高二物理上学期精选试卷复习练习(Word 版 含答案)(1)
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．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 。

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
(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
22sin15A 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 。

3．如图所示，质量相同的A 、B 两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E ，其中A 带正电，电荷量大小为q ，B 始终不带电。

一根轻弹簧一
端固定在墙面上，另一端与B物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠着物体B，一起压缩弹簧，处于静止状态。

现在A物体上施加一水平向右的恒定外力F。

弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是（）
A．若F = qE，则弹簧恢复到原长时A、B两物体分离
B．若F = qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离
C．若F > qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离
D．若F < qE，则A、B两物体不能分离，且弹簧一定达不到原长位置
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．若F = qE，A物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A物体将被迫受到B物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、B 两物体未能分离，当弹簧恢复到原长后，B物体在弹簧的作用下做减速运动，A物体做匀速直线运动，则B物体的速度小于A物体的速度，A、B两物体将分离，故A正确，B错误；
C．若F > qE，A物体将受到水平向右恒力F A = F− qE的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B 物体的弹力逐渐减小，则B物体的加速度逐渐减小，当A、B两物体刚要分离时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力F A对A
物体产生的加速度相等（a B = a A≠ 0），此时弹簧还未恢复到原长，故C正确；
D．若F < qE，A物体将受到水平向左恒力F A = qE− F的作用，如果F A比较小，那么A、B 两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故D错误。

故选AC。

4．如图所示，A、B两点有等量同种正点电荷，AB连线的中垂线上C、D两点关于AB对t=时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入，点电荷只受电场称，0
力。

则点电荷由C到D运动的v-t图象，以下可能正确的是
A．B．
C ．
D ．
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
由于AB 是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C 点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

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：
212
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
7．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R 1和R 2的圆环，两
圆环上的电荷量均为q(q>0)，而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(r<a)，试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式正确的是
A．
()
()
()
()
33
22
22
22
12
kq a r kq a r
E
R a r R a r
+-
=-
⎡⎤⎡⎤
+++-
⎣⎦⎣⎦
B．
()
()
()
()
33
22
22
22
12
kq a r kq a r
E
R a r R a r
+-
=+
⎡⎤⎡⎤
+++-
⎣⎦⎣⎦
C．
()()
12
22
22
12
kqR kqR
E
R a r R a r
=-
⎡⎤⎡⎤
+++-
⎣⎦⎣⎦
D．
()()
12
33
22
22
22
12
kqR kqR
E
R a r R a r
=-
⎡⎤⎡⎤
+++-
⎣⎦⎣⎦
【答案】A
【解析】
【分析】
题目要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式
E=k
2
Q
r
，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果．【详解】
与点电荷的场强公式E=k
2
Q
r
，比较可知，C表达式的单位不是场强的单位，故可以排除C；
当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可排除选项D；
左右两个圆环均带正电，则两个圆环在A点产生的场强应该反向，故可排除B，综上所
述，可知A正确．故选A．
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
tanθ
B．正电，mg tan θ
C．负电，mg tan θD．负电，
mg tanθ
【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．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
2220.125/12.5/1.010
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
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．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 。

11．如图所示，竖直绝缘墙上距O 点l 处固定一带电量Q 的小球A ，将另一带等量同种电荷、质量为m 的小球B 用长为l 的轻质绝缘丝线悬挂在O 点，A 、B 间用一劲度系数为k ′
原长为
54
l
的绝缘轻质弹簧相连，静止时，A 、B 间的距离恰好也为l ，A 、B 均可看成质点，以下说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 间库仑力的大小等于mg B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于k ′l
C ．若将B 的带电量减半，同时将B 球的质量变为4m ，A 、B 间的距离将变为2
l D ．若将A 、B 的带电量均减半，同时将B 球的质量变为
2k l
m g
'+，A 、B 间的距离将变为2
l 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对小球受力分析如图；小球受弹簧的弹力与
B 所受的库仑力的合力（F 库+F 弹）沿AB 斜向上，由几何关系以及平衡条件可知
F 库+F 弹=mg
则
F 库= mg -F 弹
选项A 错误；
B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于
''51=(
)44
l F k l k l -=弹 选项B 错误；
C ．若将B 的带电量减半，A 、B 间的距离将变为2
l
，则库仑力变为2F 库，则弹力和库仑力的合力为
''
53=()22424
l l k l F k F F -+=+合库库
则由相似三角形关系可知
11'=13224
m g m g l
k l F l F =+合库 而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'11
4=42
m g mg k l mg =+≠
选项C 错误；
D ．若将A 、B 的带电量都减半，A 、B 间的距离将变为2
l
，则库仑力仍F 库，则弹力和库仑力的合力为
''
'
53=()424
l l k l
F k F F -+=+合库库
则由相似三角形关系可知
22''=1324
m g m g l
k l F l F =+合库 而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'22m g mg k l =+
即
'22k l
m m g
=+
选项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．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．匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1×6
10-C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则
A．W=8×6
10-J E＞8 V/m
B ．W=6×610-J E ＞6 V/m
C ．W=8×610-J E≤8 V/m
D ．W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：由题匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势102
A B
D V ϕϕϕ+=
=，
电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q （φD -φC ）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J ．AB 的长度为1m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以AB 两点沿电场方向的距离d ＜1m ，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed ，所以
8/U
E V m d
=
>，故选A ． 考点：电势；电场强度
15．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04
T
t <<期间释放该粒子，粒子一定能到达B 板 D ．在
42
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 。

16．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 ．
17．如图所示，ABC 是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，30C ∠=︒、60B ∠=︒，D 为AC 中点；质量为m 带正电的小滑块沿AB 面由A 点静止释放,滑到斜面底端B 点时速度为
0v ，若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB 面滑下，滑到斜
面底端B 02v ，若滑块由静止沿AC 面滑下，滑到斜面底端C 点时速度为
03v ，则下列说法正确的是（ ）
A ．电场方向由A 指向C
B ．B 点电势与D 点电势相等
C ．滑块滑到
D 点时机械能增加了
201
2
mv D ．小滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化值之比为2:3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
B ．无电场时由A 到B;
201
2
mgh mv =
① 有电场时由A 到B
201
(2)2
E mgh W m v +=
② 有电场时由A 到C
201
(3)2E
mgh W m v +=' ③ 由①②③可得
201
2
E W mv =
20E W mv '=
又因为
E AB W qU = E
AC W qU '= 则
1
2
AB AC U U =
则D 点与B 点电势相等,故B 正确；
A ．AC 与BD 不垂直，所以电场方向不可能从由A 指向C ，故A 错误； C ．因D 为AC 的中点,则滑到D 点电场力做功为到滑到C 点的一半,为
201
2
mv ，则机械能增
加了2
1
2
mv，则C正确；
D．根据2
1
2
E
W mv
=，2
E
W mv
'=知电势能变化量之比为1:2，故D错误；
故选BC。

点睛：由动能定理确定出由A到B电场力做的功和由A到C电场力做的功,确定出AC与AB 间的电势差,从而确定出BC的电势的大小关系.由动能定理可求现到D点的机械能的增加量.通过对做功的分析,要抓住小球在运动的过程中,重力做功,电场力就做正功,由动能定理确定功的值.
18．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）
A．仅增大加速电场的电压
B．仅减小偏转电场两极板间的距离
C．仅增大偏转电场两极板间的电压
D．仅减小偏转电场两极板间的电压
【答案】BC
【解析】
【分析】
电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．
【详解】
电场中的直线加速，由动能定理：2
10
1
2
eU mv
=-，可得1
2eU
v
m
；在偏转电场做类平抛运动，y v at
=，加速度2
eU
a
md
=，
x
v v
=，运动时间为
x
L
t
v
=，可得偏转角的正切值为
tan y
x
v
v
θ=，联立可得：2
1
tan
2
U L
U d
θ=.若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，则A、D错误，B、C正确．故选BC．
【点睛】
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.
19．质量为m 电量为q +的小滑块(可视为质点)，放在质量为M 的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为μ，木板长为L ，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E ，恒力F 作用在m 上，如图所示，则（ ）
A ．要使m 与M 发生相对滑动，只须满足()F mg Eg μ>+
B ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当m 相对地面的位移相同时，m 越大，长木板末动能越大
C ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当M 相对地面的位移相同时，E 越大，长木板末动能越小
D ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，
E 越大，分离时长本板末动能越大 【答案】BD 【解析】
A 、m 所受的最大静摩擦力为()f mg Eq μ=+ ,则根据牛顿第二定律得F f f
a m M
-== ,计算得出()()
mg Eq M m F M
μ++=
.则只需满足()()
mg Eq M m F M
μ++>
,m 与M 发生
相对滑动.故A 错误.
B 、当M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m 的加速度()
F mg Eq a m
μ-+=
,知m
越大,m 的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m 越大,m 对木板的压力越大,摩擦力越大,M 的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B 选项是正确的.
C 、当M 与m 发生相对滑动,E 越大,m 对M 的压力越大,摩擦力越大,则M 相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误
D 、根据22
121122
L a t a t =
- 知,E 越大,m 的加速度越小,M 的加速度越大，知时间越长,因为E 越大,M 的加速度越大,则M 的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D 选项是正确的.， 故选BD
点睛：当m 与M 的摩擦力达到最大静摩擦力,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F 的最小值.当F 足够大时,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.
20．如图，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M 点是
两点电荷连线的中点，N 点在虚线上．若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M 点经虚线移动到N 点，则（ ）
A ．电荷所受电场力逐渐减小
B ．电荷所受电场力大小不变
C ．电荷将克服电场力做功
D ．电荷的电势能保持不变 【答案】AC 【解析】 【详解】
A 、
B 、由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F =qE 可知正点电荷从虚线上M 点移动到N 点，电场力逐渐减小，故A 正确，B 错误．
C 、
D 、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U =Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从M 点到N 点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C 正确，D 错误．故选AC. 【点睛】
解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U =Ed 定性分析电势差的大小．
21．如图所示，在M 、N 两点分别固定点电荷+Q 1、－Q 2，且Q 1>Q 2，在MN 连线上有A 、B 两点，在MN 连线的中垂线上有C 、D 两点．某电荷q 从A 点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，电荷q 在O 、B 两点的动能分别为E KO 、E KB ，电势能分别为E pO 、E pB ，电场中C 、D 两点的场强大小分别为E C 、E D ，电势分别为C D ϕϕ、，则下列说法正确的是（ ）
A ．E KO 一定小于E K
B B ．E pO 一定小于E pB
C ．E C 一定大于E
D D ．C ϕ一定小于D ϕ
【答案】AC 【解析】 【分析】
【详解】
AB ．电荷q 从A 点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，说明静电力方向向右，静电力对电荷做正功，所以电荷动能增加，电势能减小，故A 项正确，B 项错误；
C ．据2Q
E k
r
=和正点荷产生电场方向由正电荷向外，负电荷产生的电场指向负电荷可得CD 两点场强如图
两电荷在C 处产生的场强大，夹角小，据平行四边形定则可得E C 一定大于E D ，故C 项正确；
D ．由C 的分析可知MN 连线的中垂线上半部分各点的场强方向向右上方，据等势线与电场线垂直，顺着电场线电势降低，可得C ϕ一定大于D ϕ，故D 项错误。

故选AC 。

22．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是
A ．c 点场强大于b 点场强
B ．a 点电势高于b 点电势
C ．若将一试电荷q +由a 点释放，它将沿电场线运动到b 点
D ．若在d 点再固定一点电荷Q -，将一试探电荷q +由a 移至b 的过程中，电势能减小 【答案】BD 【解析】
试题分析：电场线的密的地方场强大，b 点电场线密，所以b 点场强大，故A 错误．沿着电场线方向电势降低，a 点电势高于b 点电势，故B 正确．若将一试探电荷+q 由a 点静止释放，将沿着在a 点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C 错误．若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，原来的电场力和点电荷－Q 对试探电荷＋q 做功均为正，故电势能减小，选项D 正确；故选BD ． 考点：电场线；电场力的功和电势能
23．如图所示，O 是一固定的点电荷，另一点电荷P 从很远处以初速度v 射入点电荷O 的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN ，a 、b 、c 是以O 为中心Ra 、R b 、Rc 为半径。