高中物理高二物理上学期精选试卷同步检测(Word版 含答案)(1)

高中物理高二物理上学期精选试卷同步检测（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．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）
A ．小球运动到
B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3g
C ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgR
D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 12
2
q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：
212
B mgR mv =
解得：
2B v gR 故A 正确；
B.小球运动到B 点时的加速度大小为：
22v a g R
==
故B 错误；
C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；
D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：
2
122B
N q q v F mg k m R R
--=
解得：
12
23N q q F mg k
R
=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：
12
2
3q q mg k
R + 方向竖直向下，故D 正确．
2．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，AB 连线中点为O.在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心半径为R 的圆面垂直AB 连线，以O 为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与AB 连线共面，两个平面边线交点分别为e 、f ，则下列说法正确的是( )
A ．在a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点
B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力始终不做功
C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同
D ．沿线段eOf 移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大 【答案】BC 【解析】
图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．图中圆弧egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C 正确．沿线段eof 移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D 错误．故选BC ．
【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU 分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．
3．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2
34Qq
k L
【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。

4．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O 1和O 2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 ．()()()
()3
3
2
2
222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
-
⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
B ．
()()()
()3
3
22222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
+
⎡⎤⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
C ．()()1
2
222212kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
D ．
()()1
2
3
3
22222
2
12kqR 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 2Q
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 ．
5．如图所示，半径为R 的绝缘光滑半球内有A 、B 两个带电小球（均可视为点电荷），A 球固定在半球的最低点，B 球静止时，A 、B 两球之间的距离为R ，由于漏电，B 球缓慢向A 球靠近，设A 、B 两球之间的库仑力大小为F ，光滑半球对B 球的弹力大小为N ，A 、B 两球之间的距离用x 表示，则F －x 、N －x 的关系图象正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
以B 球为研究对象，受到重力G ，A 球对它的斥力F 和光滑半球对B 的弹力N 三个力作用，受力如图：
由几何关系可知，力的三角形F BN 合与三角形ABO 相似，则有
=G N F R OB AB
因为G 、R 、OB 不变，则N 不变，AB 在减小，因此F 减小 选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，细线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )
A ．Q ＝3
mgR kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝3
mgL kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝3
mgR kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝3
mgL kR
，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】
由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
则Fsin mg θ＝，其中=
R sin L θ，解得mgL
F R
= 设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，水平方向上有2
2Q Q Fcos F k cos L
θθ==，解得
3
mgL Q kR =
，故D 项正确，ABC 三项错误．
7．如图所示,导体球A 与导体球壳B 同心,原来都不带电,也不接地,设M 、N 两点的场强大小为E M 和E N ,下列说法中正确的是
A ．若使A 带电,则E M ≠0,E N =0
B ．若使B 带电,则E M ≠0,E N ≠0
C．若使A，B两球分别带上等量异种电荷,则E M≠0,E N=0
D．若使A球带电,B球接地,则E M=0,E N=0
【答案】C
【解析】
【详解】
A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么E M≠0，E N≠0；故A错误；
B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即E M＝0，E N≠0，B 错误；
C．如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则E M≠0，E N=0，故C正确；
D．如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，E M≠0，E N=0，D错误。

8．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。

9．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
sin30cos300mg mg μ︒-︒=
所以物块和斜面间的动摩擦因数为
3tan μθ==
由于运动过程中
sin30cos300mg 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 。

10．如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电。

O 为三角形中心，A 、B 、C 为三条边的中点。

设无穷远处电势为零。

则（）
A．B、C两点电势相同
B．B、C两点场强相同
C．电子在O点电势能为零
D．在O点自由释放电子（不计重力），将沿OA方向一直运动
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．B、C两点分别都是等量正负电荷连线的中点，由对称性知电势为零，剩下的正电荷产生了相等的电势，则B、C两点电势相同，故A正确；
B．电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，通过矢量的合成可得，B、C点的场强大小相同，但方向不同，故B错误；
C．两等量异种电荷在O点产生的总电势为零，但剩下的正电荷在O点产生的电势为正，则O点的总电势为正，故电子在O点的电势能不为零，故C错误；
D．ab两个点电荷在OA线段上的合场强方向向下，过了A点后，ab两个点电荷在OA直线上向上；点电荷c在OA线段上的场强方向向下，过了A点后，场强方向向下也向下，故在O点自由释放电子（不计重力），会沿直线做加速运动，后做减速运动，直到静止，故D错误。

故选A。

11．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点处的点电荷的电荷量为26
9
D．D点处的点电荷的电荷量为
1
3
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 =
39
D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

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 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）
13．一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p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
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：
P E F x
∆=∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A.p E 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
F E q
=
故电场强度也逐渐减小，故A 错误；
B.根据动能定理，有： k F x E ⋅∆=∆
故k E 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.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式
2202v v ax -=
匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，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．
14．一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。

15．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．
16．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 。

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．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 ϕ06q m
ϕC ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m
ϕ0
D ．若0065q v m ϕ=
，则粒子能运动到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：02q v m
ϕ=，故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 ϕ= 解得：012q v m
ϕ=，故C 正确； D ．根据0sin 0.5(V)x ϕϕπ=粒子在0.5处的电势为102(V)ϕϕ=
，从0到0.5处根据能量守恒定律：
22020211(0)22
q mv mv ϕ-+= 可知：022q 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。

19．两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
20．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12
N mg =，故摩擦力也为恒力大小为 14f μN mg ==
从C 到E ，由动能定理可得
221110422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭ 由几何关系可知22
2BE BC L -=，代入上式可得 32
kL mg =
在D 点时，由牛顿第二定律可得 1cos 4
qE 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 =。