锦州市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题

锦州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，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A ，球A 套在杆上，杆下端固定带正电的小球B 。

现将球A 从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x 0到达最低点，此时未与球B 相碰。

在球A 向下运动过程中，关于球A 的速度v 、加速度a 、球A 和弹簧系统的机械能E 、两球的电势能E p 随运动距离x 的变化图像，可能正确的有（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
令A 、B 小球分别带电量为1q 、2q ，释放A 球时A 、B 间距为r ，弹簧的劲度系数为K 。

则 A ．在小球A 运动到最低点的过程中，受力分析如图所示
加速阶段有
12
2
sin ()kq q ma mg θKx r x =-
--
减速阶段有
12
2
sin ()kq q ma Kx mg θr x =
+--
所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A 错误；
B ．小球做加速度减小的加速运动时，
122
sin ()kq q K
a g θx m r x m
=-
-- 对a 求导则
1232d d ()kq q a K x m r x m
=-- 则加速阶段，加速度随着运动距离x 的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a -x 曲线越来越陡峭）。

同理，减速阶段
122sin ()kq q K
a x g θm r x m =
+--
123
2d d ()kq q a K
x m m r x =-- 在减速阶段加速度运动距离x 的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a -x 曲线越来越平缓），故B 错误；
C ．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A 和弹簧系统的机械能E 逐渐减小，越靠近B 小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C 正确；
D ．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B 小球，电场力越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D 正确。

故选CD 。

2．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 =q
E 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 。

3．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A ．推力F 变小
B ．斜面对B 的弹力不变
C
．墙面对A 的弹力不变 D ．两球之间的距离减小
【答案】AB 【解析】 【详解】
CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
mg
F cos =
库α
，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：
根据共点力平衡条件，有
N Nsin F F Ncos m M g
+==+（）ββ
解得
()F mgtan m M gtan M m g
N cos =-++=
（）αββ
由于α减小，β不变，所以推力F 减小，斜面对B 的弹力N 不变，选项AB 正确。

故选AB 。

4．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大
B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大
C ．滑块将以C
点为中心做往复运动
D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =： 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A ．A 和
B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，
C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从
D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确；
B ．由同种正电荷的电场分布可知
C 点的场强为零，从
D 到A 的场强先减小后增大，由
qE
a m
=
可得加速度向减小后增大，B 正确； D ．x =4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有
22
(4)(2)A B
Q Q k
k L L =， 解得
4
1
A B Q Q =， 故D 正确.
C ．由于两正电荷不等量，故滑块经过C 点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C 点左侧，C 错误。

故选AB
D 。

【点睛】
本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

5．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）
A ．A 、
B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小
C ．系统重力势能增加
D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】
【详解】
A．对A受力分析，如图；由于可知，当B向左移动一段小距离时，斜面对A的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB间距离变大，选项A错误；
B．对AB 整体，力F等于斜面对A的支持力N的水平分量，因为N减小，可知F减小，选项B正确；
C．因为AB距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C正确；
D．因为AB距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D正确；
故选BCD.
6．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）
A．E带正电，F带负电，且Q E >Q F
B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C．过N点的等势面与EF连线垂直
D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所
以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初
速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿
电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．
【点睛】
只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．
7．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，
A B、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F作用在A球上，使两球
、两球连线与水平方向成θ角。

下列说法正确的是（）
均处于静止状态，已知A B
Fθ
A．杆MO对A球的弹力大小为tan
Fθ
B．杆NO对B球的弹力大小为sin
Fθ
C．B球的重力大小为tan
Fθ
D．A B、两球间的库仑力大小为cos
【答案】C
【解析】
【详解】
对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有
x 方向
F =F 1cosθ ①
y 方向
N 1=mg +F 1sinθ ②
再对B 球受力分析，受重力Mg 、静电力F 1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有 x 方向
F 1cosθ=N 2 ③
y 方向
F 1sinθ=M g ④
有上述四式得到
Mg=F tanθ
1F
F cos θ=
N 1=mg +Mg N 2=F 可知由于不知道A 的质量，所以不能求出A 受到的弹力N 1。

故ABD 错误，C 正确； 故选C 。

8．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为
A ．2
2kq
R ，方向沿半径向左 B ．
22kq
R
，方向沿半径向右
C ．2
3kq
R ，方向沿半径向左 D ．
2
3kq
R ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】
该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2
q
k R ，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是2
3q
k R ，方向沿半径
向右．故选择D.
【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．
9．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269
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
B Q Q =
39
D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

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
=()22
424
l l k l
F k F F
-+=+
合库库
则由相似三角形关系可知
11
'
=
13
2
24
m g m g
l
k l
F
l F
=
+
合
库
而
'
1
4
F k l mg
+=
库
解得
'
1
1
4=4
2
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 。

11．两个等量异种电荷A 、B 固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为＋Q 和－Q ，俯视图如图所示。

一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A 、B 的连线垂直，且到A 的距离小于到B 的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C 点静止释放，C 、D 两点关于O 点（管道与A 、B 连线的交点）对称。

小球P 从C 点开始到D 点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．先做减速运动，后做加速运动
B ．经过O 点的速度最大，加速度也最大
C ．O 点的电势能最小，C 、
D 两点的电势相同 D ．C 、D 两点受到的电场力相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A 错误；
B ．经过O 点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B 错误；
C．带电小球P在O点的电势能最小，C、D两点的电势相同，选项C正确；
D．C、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。

故选C。

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
2
mg-
D．支架处于B处，右边绳子张力为
3
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
2
Qq
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
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
132
F mg mg =-
23
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，两个可视为点电荷的带正电小球A 和B ，A 球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F ，B 球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。

现缓慢拉动细绳，使A 球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B 球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A ．
B 球受到的库仑力先增大后减小 B ．拉力F 一直增大
C ．地面对绝缘座的支持力一直减少
D ．A 球的电势能先不变后减少 【答案】D 【解析】 【详解】
设球所受库仑力大小为F C ，AB 两球间距离为r ，B 球距定滑轮为h ，A 球与定滑轮间距离为l ，对开始位置处的A 球受力分析，将F 和F C 合成如图，由相似三角形可得
C
A B 3F Q Q mg k h r r
==
所以A 球缓慢移动过程中，r 先不变，等A 球运动到滑轮正下方后，r 再变大；整个过程中l 一直减小。

A ．r 先不变再变大，
B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误； B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得
F mg l h
= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得
A B
2
Q Q F k
mg r += 所以F 再增大，故B 项错误；
C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；
D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。

14．如图所示，在真空中A 、B 两点分别固定等量异种点电荷-Q 和+Q ，O 是A 、B 连线的中点，acbd 是以O 为中心的正方形，m 、n 、p 分别为ad 、db 、bc 的中点，下列说法正确的是
A ．m 、n 两点的电场强度相同
B ．电势的高低关系n p ϕϕ=
C ．正电荷由a 运动到b ，其电势能增加
D ．负电荷由a 运动到c ，电场力做负功 【答案】BC
【解析】 【详解】
A ．由等量异种电荷的电场的特点知，m 、n 两点的电场的方向不同，故A 错误；
B ．n 、p 两点关于A 、B 连线上下对称，电势相等，故B 正确；
C ．正电荷由a 运动到b ，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．负电荷由a 运动到c ，电场力做正功，故D 错误。

15．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中
A ．小球的重力势能增加－W 1
B ．弹簧对小球做的功为
12mv 2
-W 2-W 1 C ．小球的机械能增加W 1＋
12
mv 2 D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AB 【解析】
A 、重力对小球做功为W 1，重力势能增加-W 1；故A 正确．
B 、电场力做了W 2的正功，则电势能减小W 2；故B 正确．
C 、根据动能定理得，2
121=
2
W W W mv ++弹，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为2
211=
2
W W mv W +-弹；故C 错误．D 、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故D 错误．故选AB ．
【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．
16．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。

从0时刻起运动依次经历0t 、
02t 、03t 时刻。

其运动的v t -图象如图所示。

对此下列判断正确的是（ ）
A ．0时刻与02t 时刻电子在同一位置
B ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的电势分别为0ϕ、1ϕ、3ϕ，其大小比较有
103ϕϕϕ>>
C ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的场强大小分别为0E 、1E 、3E ，其大小比较有301E E E <<
D ．电子从0时刻运动至0t 时刻，连续运动至03t 时刻，电场力先做正功后做负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。

结合其v t -图象知其运动情景如图所示。

则0时刻与02t 时刻电子在同一位置。

所以A 正确；
B ．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有
103ϕϕϕ<<
所以B 错误；
C ．v t -图象的斜率为加速度。

由图象知00t →过程加速度增大，003t t →过程加速度减小。

又有
qE ma =
则有
301E E E <<
所以C 正确；
D ．由图象知00t →过程速度减小，003t t →过程速度增大，则其动能先减小、后增大。

由动能定理知电场力先做负功，后做正功。

所以D 错误。

故选AC 。

17．如图所示，在x 轴相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷+Q 、﹣Q ，虚线是以+Q 所
在点为圆心、
2
L
为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是（ ）
A ．四点中d 点处的电势最低
B ．b 、d 两点处的电势相等
C ．b 、d 两点处的电场强度相同
D ．将一试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，+q 的电势能减小 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A.c 点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c 点的电势在四个点中是最低的;故A 错误.
B.该电场中的电势关于x 轴对称，所以b 、d 两点的电势相等;故B 正确.
C.该电场中的电场强度关于x 轴对称，所以b 、d 两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C 错误.
D.c 点的电势低于a 点的电势，试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，电场力做正功，+q 的电势能减小;故D 正确.
18．在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A 、B 两处分别固定正电荷Q A 、Q B ，两电荷的位置坐标如图甲所示。

若在A 、B 间不同位置放置一个电量为+q 的带电滑块C （可视为质点），滑块的电势能随x 变化关系如图乙所示，图中x =L 点为图线的最低点。

现让滑块从x =2L 处由静止释放，下列有关说法正确的是（ ）
A ．小球在x L =处的速度最大
B ．小球一定可以到达2x L =-点处
C ．x =0和x =2L 处场强大小相等
D ．固定在AB 处的电荷的电量之比为Q A ：Q B ＝4：1 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．滑块C 受重力、支持力和电场力，其重力和支持力在竖直方向相抵消，滑块C 受的合外力为电场力，再由电荷在电场中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由图可知在x L =处电势能最小，则滑块在x L =处的动能最大，A 正确；
B ．由图可知，2x L =-处的电势能大于x =2L 处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达2x L =-处，B 错误；
C ．电荷在x L =处电势能最小，即正电荷Q A 、Q B 在x L =处的电场强度等大反向，即
x L =的电场强度为零，有
()
()
2
2
42A
B
kQ kQ L L =
解得
:4:1A B Q Q =
所以x =0和x =2L 处场强大小分别为
()
()
02
2
2333A
B
B kQ kQ kQ E L L L =
-
=
,()222
221255A B B
L kQ kQ kQ E L
L L =-=- C 错误，D 正确； 故选AD ．
19．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Q 1和Q 2；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，x 0和x 1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0x 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，0ϕ>，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1Q ，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2Q ，则
21Q Q >，
又根据图线0x x =处电势为零，有
12
00Q 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
1222
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 。

20．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg ，电荷量为+2.0×10－8C 的滑块P （可视作质点），从x =0.l0m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g =l0m/s 2．则下列说法正确的是（ ）
A ．x =0.15m 处的场强大小为2.0×l06N/C
B ．滑块运动的加速度逐渐减小
C ．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D ．滑块最终在0.3m 处停下
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB 、电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15m 处的场强E 5
3100.15
⨯=V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10﹣8×2×106N ＝0.04N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2N ＝0.04N ，在x ＝0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15m 后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A 正确，B 错误； C 、在x ＝0.15m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，
212
m qU fx mv -=
，因为0.10m 和0.15m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大速度大约为0.1m/s ，故C 正确；
D 、滑块最终在0.3x m =处停下则满足：00qU fx -=-，0.3x m =处的电势51.510V ϕ=⨯，故从0.1x m =到0.3x m =过程中，电势差
55(4.5 1.5)10310U V V =-⨯=⨯，电场力做5382.010=310610W qU J --=⨯⨯=⨯⨯电，
摩擦力做功30.020.210(0.300.10)810f W fs J -==⨯⨯⨯-=⨯，则f W W >电，故滑块不
能滑到0.3x m =处，故D 错误．
21．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。