高中物理高二物理上学期精选试卷(提升篇)(Word版 含解析)

高中物理高二物理上学期精选试卷（提升篇）（Word版含解析）
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，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。

2．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。

3．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 。

4．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．
5．如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是 y 轴上的三 个点，且 OM=MN 。

P 点在 y 轴右侧，MP ⊥ON 。

则
A ．M 点场强大于 N 点场强
B ．M 点电势与 P 点的电势相等
C ．将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功
D ．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动 【答案】AD 【解析】 【详解】
A 、从图像上可以看出，M 点的电场线比N 点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场强，故A 对；
B 、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M 和P 点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B 错；
C 、结合图像可知：O 点的电势高于P 点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力做正功，故C 错；
D 、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D 对； 故选AD
6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小
球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则
两个小球的受力情况与原来相比（）
A．竖直墙面对小球A的弹力减小
B．地面对小球B的弹力一定不变
C．推力F将增大
D．两个小球之间的距离增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
整体法可知地面对小球B的弹力一定不变，B正确；假设A球不动，由于A、B两球间距
变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑
力变小A、B两球间距变大，D正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，
推力F将减小，故A正确，C错误。

故选ABD。

7．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各
系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为
g。

四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表
所示，以下说法正确的是（）
情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的电场力大小
1L m①
3
3 mg
22L m②
3
3 mg
A 倍 B
倍 C
．④中电荷量为③中电荷量的
2
倍 D ．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T ，与竖直方向夹角为θ，两小球之间的距离为r
、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ，对其中一个小球受力分析可得
sin T mg θ=
2
2cos kq T θF r
==
解得
22tan
kq mg
F r θ
==
由几何关系可知，
tan θr =
=
整理得
22kq F r == A ．对比①和②可知，并应用上式可得
211213kq F r ===
2
2
22
2
kq
F
r
===
解得
12
r
L
=
2
r=
故电荷量之间的关系为
11
22
1
2
q r
q r
==
故A错误；
B
．由③可知，
2
3
32
3
kq
F
r
===
解得
32
r L
=
故
3
22
2
q
q
==
故B错误；
C
．由④可知
2
4
42
4
kq
F
r
===
解得
4
3
2
r L
=
故
4
3
2
q
q
==
故C正确；
D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选C。

8．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R1和R2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 ．
9．如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q 1、Q 2，其中小球1固定在碗底A 点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B 位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C 位置时也恰好能平衡，已知AB 弦是AC 弦的两倍，则（ ）
A ．小球在C 位置时的电量是
B 位置时电量的一半 B ．小球在
C 位置时的电量是B 位置时电量的四分之一
C ．小球2在B 点对碗的压力大小等于小球2在C 点时对碗的压力大小
D ．小球2在B 点对碗的压力大小大于小球2在C 点时对碗的压力大小 【答案】C 【解析】 【详解】
AB ．对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F 1为库仑力F 和重力mg 的合力，根据三力平衡原理可知，F 1=F N ．由图可知，△OAB ∽△BFF 1
设半球形碗的半径为R ，AB 之间的距离为L ，根据三角形相似可知，
1F mg F
OA OB AB
== 即
1F mg F
R R L
== 所以
F N =mg ①
L
F mg R
=
② 当小球2处于C 位置时，AC 距离为
2
L
，故 '1
2
F F =
， 根据库仑定律有：
2
A
B
Q Q F k
L = '21()2
A C Q Q F k
L = 所以
1
8
C B Q Q = ， 即小球在C 位置时的电量是B 位置时电量的八分之一，故AB 均错误；
CD ．由上面的①式可知F N =mg ，即小球2在B 点对碗的压力大小等于小球2在C 点时对碗的压力大小，故C 正确，D 错误。

故选C 。

10．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。

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
9B Q = 3D Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

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2kQ
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2
22
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．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．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动。

不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r 。

当小球运动到图中位置A 时，细线在水平位置，拉力F T =3mg 。

重力加速度大小为g ，则小球速度的最小值为 ( )
A 2gr
B ． gr
C (6-22)gr
D (6+22)gr
【答案】C 【解析】 【详解】 由题意可知：
qE =mg ， tan θ=
qE
mg
=1， 解得：
θ=45°，
在A位置，由牛顿第二定律得：
F T+qE=m
2
A
v
r
，
解得：
v A=2gr，
小球在图示B位置速度最小，从A到B过程，由动能定理得：
-mgr cosθ+qEr（1-sinθ）=1
2
mv B2-
1
2
mv A2，
解得，小球的最小速度：
v B=(622)gr
；
故ABD错误，C正确额。

故选C。

【点睛】
本题考查了求小球的最小速度，分析清楚小球运动过程、知道小球在何处速度最小是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．
15．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和的比荷之比是
A．1:2 B．1:8 C．2:1 D．4:1
【答案】D
【解析】
两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D正确．
【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．
【学科网备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．
16．两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
17．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
32mg
，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1
2
N mg =
，故摩擦力也为恒力大小为 14
f μN m
g ==
从C 到E ，由动能定理可得
2211
10422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
由几何关系可知22
2BE BC L -=，代入上式可得
3
2
kL mg =
在D 点时，由牛顿第二定律可得
1
cos 4
qE k BD θmg ma --=
由1cos 2BD θL =
，将3
2
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 =
故B 正确；
C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；
D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得
22211
1124222E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
解得
2E υgL =
故D 正确； 故选ABD 。

18．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3
3
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
33Eq mg = 23
3
F mg =
合 动能定理有
22
00
1231(1cos30)(1)232
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 。

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：
22ym
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，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 点时速度为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
E mgh W m +=
② 有电场时由A 到C
201
)2E
mgh W m +=' 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
201
2
mv ，则C 正确； D ．根据201
2
E W mv =，20E 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.
21．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。