茂名市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题

茂名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，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 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。

重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。

则（ ）
A ．小球 a 一定带正电
B ．小球 c 2
3kq C ．小球 b 2R mR
q k
πD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg 2
26kq 【答案】BD 【解析】 【分析】 【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d 球的电性未知，所以a 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
223cos 3R h α==+ 22
6sin 3
R h α=
+＝
对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：
22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T
πα⋅-︒==+︒ 解得
23R
mR
T q k
π=
2
2
33kq a mR
=
则小球c 的加速度大小为2
2
33kq mR
，故B 正确，C 错误。

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

故选BD 。

3．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m ，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v 0斜向上做匀速运动．当小球经过O 点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O 点电势为零，重力加速度为g ，则
A ．原电场方向竖直向下
B ．改变后的电场方向垂直于ON
C ．电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D ．电场方向改变后，小球的最大电势能为2
04
mv
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg ，小球带正电，则电场竖直向上，选项A 错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO 方向，因Eq=mg ，可知电场力与重力关于ON 对称，电场方向与NO 成600，选项B 错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg ，小球的加速度大小为g ，选项C 正确；电场方向改变后，小球能沿ON 运动的距离为
202m v x g = ，则克服电场力做功为：22
0011cos 60224
m v W Eq x mg mv g ==⨯= ，故小球的
电势能最大值为
2
014
mv ，选项D 正确；故选CD.
4．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。

5．如图所示，A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连，现把A 、B 、C 按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。

已知小球B 的带电量为-q ，小球C 的带电量为+4q ，则以下判断正确的是（ ）
A ．小球A 的带电量可以为任何值
B ．轻质细杆一定处于被拉伸状态
C ．小球A 与B 之间的距离一定为
4
L D ．若将A 向右平移一小段距离，释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．小球A 受力平衡，设小球AB 之间的距离为x ，根据平衡条件有
()
A A 224q q q q
k
k x L x ⋅=+ 解得
x L =
所以小球A 的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A 正确，C 错误； B ．对小球B ，小球A 和小球C 对其静电力的合力为
A 224q q q q F k
k x L
⋅=- 由于不知道小球A 的带电量，所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B 错误；
D ．小球A 在原来的位置是平衡的，若将A 向右平移一小段距离，小球B 和小球C 对其的静电力均增加，且小球B 对其的静电力增加的更快，但由于小球A 的电性不确定，所以释放后A 的运动方向也不确定，D 错误。

故选A 。

6．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2⨯910-C B ．4⨯910-C
C ．6⨯910-C
D ．8⨯910-C
【答案】B
【详解】
带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向
mg qE = m V ρ=
34
3
V r π=
解得：
9410q C -⨯＝
ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】
本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．
7．一个带电量为+Q 的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m 的带电小球（重力不
能忽略）在+Q 周围作匀速圆周运动，半径为R （g 为重力加速度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：
A ．小球带正电，电荷量大小为
B
C ．小球带负电，电荷量大小为 2
3kQ
D ．小球带负电，电荷量大小为2
3kQ
【答案】C 【解析】 【详解】
由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q ，做出运动图像如图所示：
可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；
由向心力公式可知：
33
F ma mg ==
向 设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：
333tan =3
F mg mg θ==
向所以θ=30°，根据几何关系有：
cos30mg
F =库 sin 30R L
=
根据库仑定律有：
2
qQ F k
L =库 联立可得：
2
833mgR q kQ
=
故C 正确，ABD 错误。

8．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 =
D 项正确，ABC 三项错误．
9．一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。

10．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 v A 和 v B ，最大动能分别为 E kA 和 E kB ．则（ ）
A ．m A :m
B =tan θ1: tan θ2 B ．q A ：q B =1: 1
C ．1
2
:tan
tan
2
2
A B v v θθ=
D ．1
2
:tan :tan
2
2
kA kB E E θθ=
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对A 球进行受力分析可知，A 所受到的库仑力大小为
A 1tan F m g θ=
同理B 受到的库仑力为
B 2tan F m g θ=
两球间的库仑力大小相等方向相反，因此
A B 21:tan :tan m m θθ=①
A 错误；
B ．两个小球间的库仑力总是大小相等，与两小球带电量大小无关，因此无法求出两球电量间的关系，B 错误；
CD ．由于两球处于同一高度，则
1122cos cos =l l h θθ=②
又由于两球下摆的过程中，机械能守恒，则
2
k 1(1cos )2
mgl E mv θ-==
③ 由②③联立可得
1
2
v v =由①②③联立利用三角函数关系可得
1
kA 2
kB tan
2tan 2
E E θθ=
C 错误，
D 正确。

故选D 。

11．如图所示，三个质量均为m 的带电小球（球A 、球B 和球C ）被三根不可伸长的绝缘细绳（绳①、绳②和绳③）系于O 点，三球平衡时绳②处于竖直方向，且悬点O 、球A 、球B 和球C 所在位置正好组成一个边长为a 的正方形。

已知球A 、球B 和球C 均带正电，
电荷量分别为1q 、2q 和3q ，若2
12kq mg a
=，静电力常量为k ，重力加速度为g ，则下列说
法正确的是（ ）
A ．1q 和3q 可以不相等
B ．绳①和绳②的拉力之比为1:2
C ．绳②的拉力为2mg
D ．122:1q q =:
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因②竖直，可知两边电荷AC 对
B 的库仑力相等，因距离相等可知A
C 带电量必然相等，选项A 错误；
BC ．因为212kq mg a
=，且13q q =，则 13212(2)
CA F mg a =
= 对A 受力分析可知绳①的拉力 1132cos 45cos 4524
T mg mg mg =
+= 对ABC 整体受力分析可得 212cos 453T T mg +=
解得
232
T mg =
则 122T T =：选项B 正确，C 错误；
D ．对球B ，设A 对B 以及C 对B 的库仑力均为F ，则
22cos 45T mg F =+
解得
24
mg F =
又 122
2q q mg k F a == 结合212kq mg a
=可得 1222:1q q =:
选项D 错误。

故选B 。

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32mg -
D ．支架处于B 处，右边绳子张力为3mg +
【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
2
2
2
1
A
B
F r
F r
=
因为θ=30°，所以
:4:3
A B
F F=
故选项B错误；
CD.支架处于B处，两球间的库仑力为
33
44
B A
F F mg
==
设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得
12
3
sin30
cos330
4
0cos
mg
F F
+=
12
3
cos30
sin3030
4
cos
F F mg
mg
++=
解得
1
3
F mg mg
=-
2
3
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．如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷．图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量．下列表述正确是（）
A．a、b两点电场强度大小相等，方向不同
B．a点电势高于b点电势
C．把点电荷+Q从c移到d，电势能增加
D．同一个试探电荷从c移到b和从b移到d，电场力做功相同
【答案】D
【解析】
A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故
A 错误．
B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．
C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．
D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选
D ．
【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．
14．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 。

15．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC ，P 1为AB 的中点， P 2为AP 1的中点，BC =2 cm ，∠A = 30°．纸面内有一匀强电场，电子在A 点的电势能为-5 eV ，在C 点的电势能为19 eV ，在P 2点的电势能为3 eV ．下列说法正确的是
A ．A 点的电势为-5 V
B ．B 点的电势为-19 V
C ．该电场的电场强度方向由B 点指向A 点
D ．该电场的电场强度大小为800 V/m
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由公式p
E q ϕ=可知，
pA A 5eV 5V E q e
ϕ-=
==- 故A 错误．
B ．A 到P 2的电势差为 2A 5(3)V 8V P U ϕϕ=-=--=
B A 4548V 27V U ϕϕ=-=-⨯=-
故B 错误．
C ．A 点到B 点电势均匀降落，设P 1与B 的中点为P 3,该点电势为：
3
A 3538V 19V P U ϕϕ=-=-⨯=- C
p 19eV 19V C E q e
ϕ===-- P 3点与C 为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P 3C 所示．由几何关系知，P 3C 与AB 垂直，所以AB 为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A 点指向B 点，故C 错误．
D
．P 3与C 为等势点，该电场的电场强度方向是由A 点指向B 点，所以场强为：
28V/cm 800V/m 1
U E AP =
== 故D 正确．
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102A 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．图中虚线为匀强电场中与由场强度方向垂直的等间距平行直线．两粒子M 、N 质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M 、N 从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a 、b 、c 为实线与虚线的交点．己知0点电势高于c 点电势．若不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则
A．电场强度的方向竖直向上
B．N粒子在a点的加速度与M粒子在c点的加速度大小相等
C．N粒子在从O点运动至a点的过程中静电力做正功
D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，其电势能增加
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，故A错误．
B．由图示可知：该电场为匀强电场，又因为两粒子质量相同，电荷量的绝对值也相同，所以加速度也相同，故B正确；
C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C正确．
D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，电场力做正功，其电势能减少，所以D错误．故选择BC.
【点睛】
根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．
18．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
A．不能确定两点荷的电性
B．不能确定两个电荷电量的比值
C．能确定两点荷的位置坐标
D．能确定x轴上电场强度最小处的位置坐标
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若取无穷远处电势为零，正电荷空间各点电势为正，负电荷空间各点电势为负，而有图象可知0
x x
=处电势为零，也就是空间中存在的两个点电荷肯定是一正一负，A错误；BCD．根据图线，离O点很近时，0
ϕ>，且随x减小趋向于无穷大，故正电荷应该在坐标原点O处，设其电荷量为1
Q，当x由0增大时，电势并没有出现无穷大，即没有经过负的点电荷，说明负电荷必定在O点左侧某a处，且设其电荷量为2
Q，则
21
Q Q
>，
又根据图线0
x x
=处电势为零，有
12
00
Q Q
k k
x x a
=
+，
又由图线斜率可知，在1x处场强最小，为零，且有
12
22
11
()
Q Q
k k
x x a
=
+，
由这两个方程可解出a及1
2
Q
Q，故两个电荷位置坐标及电荷量的比值可求出，B错误，CD 正确；
故选CD。

19．如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy平面，电场强度大小为E，xOy平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x轴上，E、F两点为椭圆的两个焦点，AB是椭圆的短轴，椭圆的一端过O点，则下列说法正确的是( )
A．在椭圆上，O、C两点间电势差一定最大
B．在椭圆上，A、B两点间电势差可能最大
C．一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功可能为零
D．一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同
【答案】BCD
【解析】
由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y轴时，O、C间的电势差为零，A、B间的电势差最大，B项正确，A项错误；如果电场方向平行于y轴，则E、F两点电势相等，则一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功为零，C项正确；由于O、A连线平行于B、C连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O、A间的电势差和B、C间的电势差相等，一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同，D项正确．
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+Q1、－Q2，且Q1>Q2，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 KB
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2
Q 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．空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示，x 轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是。