黄石市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题

黄石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，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。

取无穷远处电势为零，则（ ）
A ．只有MN 区间的电场方向向右
B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点
C ．在ON 之间存在电势为零的点
D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为
12Q Q >，根据2Q
E k
r
=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；
C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；
D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。

故选BC 。

2．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2233kq
R
B ．c 23kq
C ．a 、b 在O 点产生的场强为
2
R
，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
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
2
3c F R
== 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
02
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 。

3．如图所示，一带电小球P 用绝缘轻质细线悬挂于O 点。

带电小球Q 与带电小球P 处于同一水平线上，小球P 平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q ，使带电小球P 能够保持在原位置不动，直到小球Q 移动到小球P 位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（ ）
A ．小球P 受到的库仑力先减小后增大
B ．小球P 、Q 间的距离越来越小
C ．轻质细线的拉力先减小后增大
D ．轻质细线的拉力一直在减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
画出小球P 的受力示意图，如图所示
当小球P 位置不动，Q 缓慢向右下移动时，Q 对P 的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP 间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q 到达P 的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD 。

4．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。

现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。

已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为
4
g
，静电力常量为k 。

则（ ）
A ．小球从A 到
B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为
2
g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．带电小球在A 点时，有
2
sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有
'2sin 0Qq
mg θk
L
-= 联立上式解得
'22
L L =
所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L
θ-= 带电小球在B 点时，有
2sin 2
B
Qq k mg θma L -=（） 联立上式解得
2
B g a =
B 正确；
C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以B
D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；
D ．由A 点到B 点，根据动能定理得
sin 02
AB L
mg θqU ⋅
+= 由2
sin A Qq
mg k
ma L θ-=可得 214Qq mg k L
= 联立上式解得
AB kQ
U L
=-
D 错误。

故选BC 。

5．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.
6．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Q1、
Q2，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
v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2
1
4:1
Q Q=
：
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，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ABD。

【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。

7．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM//AB则下列判断正确的是( )
A ．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.
B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大
C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大,静止在M ,N 点时受到的支持力相等
D ．当小物体静止在M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 【答案】CD 【解析】 【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：
A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；
B.小物体静止在P 点时，摩擦力
f =m
g sin30°
静止在N 点时
sin30cos30f mg F '=︒+'︒
静止在M 点时
sin30cos30f mg F "=︒-'︒
可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；
C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力
N =mg cos30°+F
在M 、N 点时：
cos30sin30N mg F '=︒+'︒
由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；
D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。

8．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
2F F =
， 根据库仑定律有：
2
A B
Q Q F k
L =
'
2
1
()
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。

9．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
5
4
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2
k 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
2
2''=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 。

10．如图所示，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，另一个相同的带电小球B 固定于O 点的正下方，已知细线长L ，O 到B 点的距离也为L ，平衡时，BO 与AO 间的夹角为45°，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．细线对A 球的拉力等于库仑力和重力的合力，因此拉力大于重力
B ．两球之间的库仑力大小为22mg -
C ．A 球漏了少量电后，细线对A 球的拉力减小
D ．A 球漏了少量电后，B 球对A 球的库仑力增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球A 的受力分析，如图所示
由于力的三角形与OAB 相似，对应边成比例，设AB 间距离为x ，因此
mg T F
l l x
==① 可得
T mg =
A 错误；
B ．根据余弦定理，可得
222o 2cos4522x l l l l =+-=-
根据①式可得，库仑力大小
22F mg =-
B 正确；
C ．A 球漏了少量电后，力的三角形与OAB 仍相似，根据①式可知，细线对A 球的拉力仍等于mg ，C 错误；
D ．根据相似三角形，可得当x 减小时，根据①可知，库仑力也减小，D 错误。

故选B 。

11．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
2A 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
11
2
2
1
1cos 1
1cos v v θθ-=-
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 。

12．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2
12kq mg a
=，且13q q =，则
1
2
CA F mg =
=
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
23
2
T mg =
则
12T 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
F =
又
12
2
4
q q k
F a == 结合2
12kq mg a
=可得
12q q =:
选项D 错误。

故选B 。

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，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-2Q ，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点，COD 与MN 垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )
A ．A 点场强与
B 点场强相等 B ．
C 点场强与
D 点场强相等 C ．O 点电势等于零 D ．C 点和D 点电势相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A 、由于2Q ＞Q ，A 点处电场线比
B 点处电场线疏，A 点场强小于B 点场强；故A 错误． B 、由于电场线关于MN 对称，
C 、
D 两点电场线疏密程度相同，则C 点场强等于D 点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B 错误．
C 、根据等量异种电荷的对称性可知过O 点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O 点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O 点中垂线不再是等势线，O 点电势不为零，由U E d =⋅可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O 点右侧；C 错误．
D 、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知0C D ϕϕ=>；D 正确． 故选D ． 【点睛】
本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．
15．一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。

16．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．
17．如图所示，真空中有一四面体ABCD ，MN 分别是AB 和CD 的中点，现在A 、B 两点分别都固定电荷量为+Q 的点电荷，下列说法正确的是
A ．C 、D 两点的电场强度相同
B ．仅受电场力的负点电荷，可以在该电场中作匀速圆周运动
C ．N 点的电场强度方向平行AB 且跟C
D 垂直
D ．将试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力做正功，试探电荷+q 的电势能降低 【答案】B 【解析】 【详解】
A.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，根据等量同种电荷在空间的电场线分布特点，知道C 、D 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 错误；
B.仅受电场力的负点电荷，如果在AB 的中垂面内，两个等量正电荷对它的作用总指向A 、B 连线的中点，就可以提供大小恒定的向心力，可以做匀速圆周运动，故B 正确；
C.根据电场叠加原理知道N 点的电场强度方向与AB 垂直，故C 错误；
D.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，C 、D 两点电势相等，试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力不做功，其电势能不变，故D 错误。

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，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.
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．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2
x 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。