南宁市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题

南宁市高中物理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．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
2
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．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A 和m B 的小球，分别带q A 和q B 的正电荷，悬点为O ，当小球由于静电力作用张开一角度时，A 球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（ ）
A ．sin sin A
B m m βα= B ．sin sin A B B A m q m q βα
= C ．
sin sin A B q q βα
= D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有
sin sin sin sin ααββ'
='
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得
A m g OP F PA =库，
B m g OP
F PB
=库 由于库仑力相等，联立可得
A B m PB
m PA
= 由于sin cos OA PA αθ⋅=
，sin cos OB PB β
θ
⋅=，代入上式可得
sin sin A B m m β
α
= 所以A 正确、B 错误；
C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；
D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即
sin sin A B m m βα'
='
联立可得
sin sin sin sin ααββ'
='
D 正确。

故选AD 。

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．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=qE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。

5．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）
A．d可以改变B．B的位置在同一圆弧上
C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；
B ．因要保持A 、
B 连线与细线垂直且A 、B 距离总保持d 不变，可知B 到O 点的距离不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；
C ．对A 球由平衡知识可知
2sin qQ x
k
mg mg d L
θ== 可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确； D ．因为
2tan =qQ
k
d
d L mgx
θ=
由于x 变化，所以不能说tan θ与A 、B 间库仑力成正比，故D 错误。

故选BC 。

6．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 ,2h 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
πC ．小球c 2
3kq D ．外力F 竖直向上，大小等于2
2
6kq mg R
+ 【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
3cos 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
3kq
a=
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
222
626
3sin
qq kq
F k mg mg
h R R
α
=+=+
+
故D正确。

7．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 。

8．如图所示，在竖直放置的半径为R 的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球在
B 2gR B ．小球在B 2gR
C ．固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为3mg/q
D ．小球不能到达C 点（C 点和A 在一条水平线上） 【答案】AC
【解析】
试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0
102
mgr mv =
-，解得2v gr =，A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2
qE mg v m r
-=，将B 点的速度带入可得
3mg
E q
=
，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误， 考点：动能定理和牛顿定律综合的问题
点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．
9．如图所示，M 、N 为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q （负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A ．点电荷从P 到O 是匀加速运动，O 点速度达最大值
B ．点电荷在从P 到O 的过程中，电势能增大，速度越来越大
C ．点电荷在从P 到O 的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D ．点电荷一定能够返回到P 点． 【答案】D 【解析】
试题分析：点电荷在从P 到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C 点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O 点速度达最大值，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P 点，选项A 错误，D 正确；点电荷在从P 到O 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B 错误；因为从O 向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P 到O 的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C 错误．故选D ． 考点：带电粒子在电场中的运动．
10．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 。

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，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为θ=30°，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B 处位置为与竖直方向的夹角为θ处，小球处于静止状态，则（）
A．A处的带电小球带负电
B．A处与B处库仑力大小之比为23
C．支架处于B处，左边绳子张力为
3 mg
D ．支架处于B
处，右边绳子张力为2
mg mg + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 当绝缘支架上的带电小球在A 位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A 处的带电小球带正电，故选项A 错误； B.根据库仑定律可得
2Qq F k
r
= 因此在A 处与B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即
222
1A B F r F r = 因为θ=30°，所以
:4:3A B F F =
故选项B 错误；
CD. 支架处于B 处，两球间的库仑力为
3344
B A F F mg =
= 设左、右绳的张力分别为F 1和F 2，则由正交分解可得
123
sin 30cos3304
0cos mg F F +=
123
cos30sin 30304
cos F F
mg mg ++=
解得
12F mg mg =- 24
F mg mg =-
故选项C 正确，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）
13．一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
22
02v 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．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
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．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．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1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则
A ．W=8×610-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
17．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。

18．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 ．
19．如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A ．它们运动的时间t Q ＝t P
B ．它们所带电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2
C ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2
D ．它们的动能增量之比Δ
E k P ∶ΔE k Q ＝1∶4 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v 0t 可知运动时间相等，即t Q =t P ．故A 正确；
平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
22122qE y at t m
＝=
， 解得：
2
2ym
q Et =
； B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 y P ：y Q =1：2；所以它们所带的电荷量之比 q P ：q Q =y P ：y Q =1：2，故B 正确；
C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy ，因为竖直位移之比为：y P ：y Q =1：2，电荷量之比为：q P ：q Q =1：2，所以它们电势能减少量之比为：△E M ：△E N =1：4．故C 错误； D .根据动能定理，有：
qEx =△E k
而：
q P ：q Q =1：2，x P ：x Q =1：2
所以动能增加量之比：
△E kP ：△E kQ =1：4
故D 正确； 故选ABD ． 【点睛】
本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
20．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.
21．真空中，点电荷的电场中某点的电势
kQ
r
ϕ=，其中r为该点到点电荷的距离；在x轴上沿正方向依次放两个点电荷Q1和Q2；x轴正半轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示；纵轴为图线的一条渐近线，x0和x1为已知，则。