安徽省安庆十中2015届高三下学期开学物理试卷

2014-2015学年安徽省安庆十中高三（下）开学物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题3分，共36分.在每小题给出的四个选择项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（3分）如图所示，A、B两物体叠放在一起，让它们靠在粗糙的竖直墙边，已知m A＞m B，然后由静止释放，在它们同时沿竖直墙壁下滑的过程中，物体B（）A．仅受重力作用B．受重力、物体A的压力作用C．受重力、竖直墙的弹力和磨擦力的作用D．受重力、竖直墙的弹力和磨擦力、物体A的压力作用2．（3分）如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为a的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是（）A．方向水平向右，大小为mg cosαsinαB．方向水平向左，大小为mg cosαsinαC．方向水平向左，大小为Fcos0D．大小为03．（3分）位于坐标原点O的质点在F1、F2和F3三力的作用下保持静止，已知其中F1的大小恒定不变，方向沿y轴负方向的；F2的方向与x轴正方向的夹角为θ（θ＜45°），但大小未知，如图所示，则下列关于力F3的判断正确的是（）A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．F3的方向可能与F2的方向相反D．F3与F2的合力大小与F2的大小有关4．（3分）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为m x，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（）A．火箭质量m x应为B．宇宙飞船的质量m应为C．推力F越大，就越大，且与F成正比D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F5．（3分）一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a ﹣t图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（）A．在t=6s时刻，物体的速度为18m/sB．在t=6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在t=6s时间内，拉力对物体做的冲量为36N•sD．在t=6s时刻，拉力F的功率为200W6．（3分）如图所示，A、B两小球离光滑地面髙度均为h=5m，相距l=4.8m，将A以大小为2m/s的初速v0向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面发生弹性碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．B球质量m=0.2kg，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，g=10m/s2．B球第一次与地相碰的过程中，合力对B球的冲量大小I及A、B 第一次相碰时，B球离地高度H为（）A．I=2N•s，H=0.8m B．I=2N•s，H=4.2mC．I=4N•s，H=0.8m D．I=4N•s，H=4.2m7．（3分）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜B．＜t0＜C．＜t0＜T D．T＜t0＜8．（3分）人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方（称为相遇），如图所示．在这以后，甲运动8 周的时间内，它们相遇了（）A．4次B．3次C．2次D．1次9．（3分）电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势ϕ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿经轴正方向进入电场．下列叙述正确的是（）A．粒子从O点运动到x3点的过程中，在x2点速度最大B．粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为3qϕ010．（3分）如图所示，A、B、C为三块竖直平行放置的相同金属板，A、B与电源连接后，用绝缘细线悬挂的带电小球处于静止时，细线与竖直方向的夹角为a，以下判断正确的是（）A．保持K闭合，把C板向右平移一些后，a减小B．保持K闭合，把C板向右平移一些后，a变大C．断开电键K，把C板向右平移一些后，a变小D．断开电键K，把C板向右平移一些后，a变大11．（3分）空间中有一个正方体，在正方体的d和g两顶点处分别固定着等量异种点电荷，如图所示．现在各顶点间移动一正试探电荷，关于该试探电荷所受的电场力大小和具有的电势能、以下判断正确的是（）A．在e点和b点所受电场力大小相同、电势能相等B．在e点和b点所受电场力大小不相同、电势能相等C．在a点和f点所受电场力大小相同、电势能相等D．在a点和f点所受电场力大小不相同、电势能相等12．（3分）如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r．闭合电键S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（）A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1示数变化量小于V2示数变化量C．电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量D．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大二、实验题（本题有2小题，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答）13．（4分）在“验证力的平行四边形定则”实验中．（1）某同学的实验操作主要步骤如下：A、在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B、用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C、用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数，并用铅笔顺着细线画直线记录力的方向；D、按选好的标度，作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E、只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮筋使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按照同一标度作出这个力F′的图示；F、比较力F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．上述步骤中，有重要错误和遗漏的步骤的序号是．（2）如图为利用实验记录的结果作出的图，下列关于实验认识正确的是A、由图可知力的合成有时并不遵循平行四边形定则B、F′为F1和F2的合力，原因是它与AO在一条直线上C、橡皮筋对结点O的拉力为F1和F2的合力D、F′与F不重合是由于实验操作错误导致的．14．（8分）利用打点计时器研究小车变速直线运动的实验，得到如图1所示的一条纸带，在带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．从每一个计数点处将带剪开分成六条（分别叫a、b、c、d、e、f），将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xoy坐标系中，得到如图2所示的直方图，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示v﹣t关系的图象．已知打点计时器的工作频率为50Hz．①为表示v﹣t关系，图中的x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v．若纸条C的长度为5.0cm，则图中t3为s，v3为m/s；因为各纸条上端中心连线是，所以可以直观的看出小车是做匀变速直线运动；②在纸带未剪断时，量出相邻的计数点之间的距离分别为x AB=4.22cm、x BC=4.65cm、x CD=5.08cm、x DE=5.49cm、x EF=5.91cm、x FG=6.34cm．则小车的加速度a=m/s2，打下D点时小车的速度为m/s（结果保留2位有效数字）三、解答题（本题有4小题，共54分，解答应写出必要的文字说明，方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）15．（10分）具有我国自主知识产权的“歼﹣10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展．而航空事业的发展又离不开风洞试验，简化模型如图a所示，在光滑的水平轨道上停放相距s0=10m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车．在弹射装置使甲车获得v0=40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v﹣t图象如图b所示，设两车始终未相撞．（1）若风对甲、乙的作用力相等，求甲、乙两车的质量比；（2）求两车相距最近时的距离．16．（12分）如图所示，水平平台的右端安装有滑轮，质量为M的物块放在与滑轮相距l的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，重力加速度为g．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2）．（1）放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度及此时绳子的拉力大小．（2）设M=2kg，l=2.5m，h=0.5m，μ=0.2，小球着地后立即停止运动，要使物块不撞到定滑轮，则小球质量m应满足什么条件？17．（14分）半径为r的光滑圆弧轨道FE固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接．水平轨道的CD段光滑，DE段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直墙面上，另一端与质量为2m的小物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度．质量为m的小物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩弹簧．物块a，b与DE段水平轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.4，重力加速度为g．（1）求物块a第一次经过圆弧轨道E点时对轨道的压力；（2）D，E间距离l取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞？18．（16分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．（3）若将左侧电场II整体水平向右移动（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D 不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置．2014-2015学年安徽省安庆十中高三（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题3分，共36分.在每小题给出的四个选择项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（3分）如图所示，A、B两物体叠放在一起，让它们靠在粗糙的竖直墙边，已知m A＞m B，然后由静止释放，在它们同时沿竖直墙壁下滑的过程中，物体B（）A．仅受重力作用B．受重力、物体A的压力作用C．受重力、竖直墙的弹力和磨擦力的作用D．受重力、竖直墙的弹力和磨擦力、物体A的压力作用考点：物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：对两物体进行受力分析，判断物体做自由落体运动，再分析它们之间的受力和加速度大小．解答：解：放手后物体只受重力作用，AB一起做自由落体运动，物体A、B之间无相互作用力，加速度等于当地的重力加速度，故A正确，BCD错误，故选：A．点评：本题应注意明确由于AB对墙壁没有压力，故两物体不会受到摩擦力，而只受重力，做自由落体运动．2．（3分）如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为a的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是（）A．方向水平向右，大小为mg cosαsinαB．方向水平向左，大小为mg cosαsinαC．方向水平向左，大小为Fcos0D．大小为0考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：对A匀速下滑时受力分析，根据平衡条件判断物块所受支持力和摩擦力合力的方向，然后施加力F后重新判断A所受支持力和摩擦力合力的方向，据此判断斜面的运动趋势，静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反．解答：解：对A匀速下滑时受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件：摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，当用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力f=μN也增大，但是支持力N与摩擦力f仍然成比例的增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力；故选：D．点评：本题的关键是知道A匀速下滑时：f=μN，即f与N的比例系数为μ，当F增加后，物块所受摩擦力与支持力仍然成比例的增大，故其合力方向始终没变．3．（3分）位于坐标原点O的质点在F1、F2和F3三力的作用下保持静止，已知其中F1的大小恒定不变，方向沿y轴负方向的；F2的方向与x轴正方向的夹角为θ（θ＜45°），但大小未知，如图所示，则下列关于力F3的判断正确的是（）A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．F3的方向可能与F2的方向相反D．F3与F2的合力大小与F2的大小有关考点：共点力平衡的条件及其应用；合力的大小与分力间夹角的关系．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；题中第三个力F3与已知的两个力的合力平衡．解答：解：A、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；通过作图可以知道，当F1、F2的合力F与F2垂直时合力F最小，等于F1cosθ，即力F3的最小值为F1cosθ．故A正确；B、θ＜45°，故sinθ＜cosθ，由前面分析知F3的最小值为F1cosθ，则不可能等于F1sinθ，故B 错误；C、通过作图可知，当F1、F2的合力F可以在F1与F2之间的任意方向，而三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力F3只能在F1与F2之间的某个方向的反方向上，不可能与F2的方向相反，故C错误；D、根据平衡条件：F3与F2的合力大小一定与F1等值反向，则与F2大小无关，故D错误；故选：A．点评：本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析．4．（3分）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为m x，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间△t，测出飞船和火箭的速度变化是△v，下列说法正确的是（）A．火箭质量m x应为B．宇宙飞船的质量m应为C．推力F越大，就越大，且与F成正比D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：对整体由动量定理可得出速度变化、质量及力之间的关系，分析各项即可得出正确结论．解答：解：对整体由动量定理可得：F△t=（m+m x）△v；A、火箭的质量．整体的质量为．故A、B错误．C、由公式可得，F=（m+m x）可知，推力F越大，就越大，且与F成正比．故C 正确．D、隔离对m x分析，根据牛顿第二定律有：N=＜F．故D错误．故选C．点评：本题也可以通过牛顿第二定律得出正确结果，但很明显动量定理更便捷一些，可以在一些和时间有关的动力学题目中应用动量定理求解．5．（3分）一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a ﹣t图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（）A．在t=6s时刻，物体的速度为18m/sB．在t=6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在t=6s时间内，拉力对物体做的冲量为36N•sD．在t=6s时刻，拉力F的功率为200W考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．专题：功的计算专题．分析：根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率．解答：解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+=20m/s，故A错误；B、根据动能定理得：=396J，故B错误；C、根据动量定理得：Ft﹣ft=mv6﹣mv0解得：Ft=2×20﹣2×2+2×6=48N•s，故C错误；D、在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．故选：D点评：本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，难度适中．6．（3分）如图所示，A、B两小球离光滑地面髙度均为h=5m，相距l=4.8m，将A以大小为2m/s的初速v0向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面发生弹性碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．B球质量m=0.2kg，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，g=10m/s2．B球第一次与地相碰的过程中，合力对B球的冲量大小I及A、B 第一次相碰时，B球离地高度H为（）A．I=2N•s，H=0.8m B．I=2N•s，H=4.2mC．I=4N•s，H=0.8m D．I=4N•s，H=4.2m考点：动量定理；平抛运动．专题：动量定理应用专题．分析：因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断求解．解答：解：B小球做自由下落，根据运动学公式得：B球第一次与地相碰前的速度是v==10m/sB与地面发生弹性碰撞前后速度大小不变、方向相反．根据动量定理得B球第一次与地相碰的过程中，合力对B球的冲量大小I=2mv=2×0.2×10=4N•s，A以大小为2m/s的初速v0向B水平抛出，A在水平方向做匀速直线运动，A、B两小球相距l=4.8m，所以A到A、B第一次相碰时的时间是t==2.4s，B与地面发生弹性碰撞前后，竖直分速度大小不变、方向相反，而B球下落时间是1s，所以A、B第一次相碰时，B球离地高度H=h﹣g（2.4﹣2）2=4.2m；故选：D．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．7．（3分）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜B．＜t0＜C．＜t0＜T D．T＜t0＜考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：计算题；压轴题；高考物理专题．分析：解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错．解答：解：A、若，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，最终打在B 板上，所以A错误．B、若，带正电粒子先加速向A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大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以B正确．C、若，带正电粒子先加速向A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小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以C错误．D、若，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，最终打在B 板上，所以D错误．故选B．点评：带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动等问题．解题思路一般地说仍然可遵循力学中的基本解题思路：牛顿运动定律和直线运动的规律的结合、动能定理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析．在画速度图象时，要注意以下几点：1．带电粒子进入电场的时刻；2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；4．注意对称和周期性变化关系的应用；5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．8．（3分）人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方（称为相遇），如图所示．在这以后，甲运动8 周的时间内，它们相遇了（）A．4次B．3次C．2次D．1次考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出角速度、周期的表达式，进而可分析各问题．解答：解：根据万有引力等于向心力，ω=乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，所以ω甲=5ω乙．所以甲的周期是，所以甲每转了两周半就会与乙相遇，所以甲运动8 周的时间内，它们相遇了3次，故选B．点评：考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系．9．（3分）电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势ϕ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿经轴正方向进入电场．下列叙述正确的是（）A．粒子从O点运动到x3点的过程中，在x2点速度最大B．粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为3qϕ0考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0﹣x1过程，求解初速度v0．粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度．解答：解：A、B、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大．故AB错误．C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（0﹣φ0）=0﹣，解得：v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故C错误．D、D、若v0=2，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：q[0﹣（﹣φ0）]=﹣解得最大动能为：=3qφ0．故D正确．故选：D．点评：根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程解答．10．（3分）如图所示，A、B、C为三块竖直平行放置的相同金属板，A、B与电源连接后，用绝缘细线悬挂的带电小球处于静止时，细线与竖直方向的夹角为a，以下判断正确的是（）。