四川省宜宾市第三中学高二物理上学期精选试卷检测题

四川省宜宾市第三中学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,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。

由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。

下列说法正确的是（ ）
A ．水平面对容器的摩擦力向左
B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等
C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小
D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32
(23)A q
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；
B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示
小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；
D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为
2
2sin15A
qq mg k
L ︒= a 、b 的距离为
2sin15L R =︒
当a 的电荷量改变后，静电力为
2A
qq mg k
L '='
a 、
b 之间的距离为
L R '=
由静电力
122
'q q F k
L = 可得
32
23A A q q -=
-'（） 故D 正确。

故选BD 。

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 三小球的电荷量均为q ，d 球的电荷量为6q ,2h R =
.重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )
A ．小球d 一定带正电
B ．小球b 2R mR q k
πC ．小球c 2
3kq D ．外力F 竖直向上，大小等于2
26kq mg +【答案】CD 【解析】 【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a 球的电性未知，所以d 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
22
3
cos
h R
α==
+
22
6
sin
h R
α==
+
对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α︒
︒
⋅
-==
+
解得：
23
R mR
T
q k
π
=
2
3kq
a=
则小球c的加速度大小为
2
3kq
；故B错误，C正确。

D．对d球，由平衡条件得：
2
222
626
3sin
qq kq
F k mg mg
h R R
α
=+=+
+
故D正确。

3．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 。

4．如图所示，半径为R 的绝缘光滑半球内有A 、B 两个带电小球（均可视为点电荷），A 球固定在半球的最低点，B 球静止时，A 、B 两球之间的距离为R ，由于漏电，B 球缓慢向A 球靠近，设A 、B 两球之间的库仑力大小为F ，光滑半球对B 球的弹力大小为N ，A 、B 两球之间的距离用x 表示，则F －x 、N －x 的关系图象正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
以B 球为研究对象，受到重力G ，A 球对它的斥力F 和光滑半球对B 的弹力N 三个力作用，受力如图：
由几何关系可知，力的三角形F BN 合与三角形ABO 相似，则有
=G N F R OB AB
因为G 、R 、OB 不变，则N 不变，AB 在减小，因此F 减小 选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

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 22
4q 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．如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于P 点，另一带正电小球M 固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )
A ．正电，
mg
tan θ
B ．正电，mg tan θ
C ．负电，mg tan θ
D ．负电，
mg
tan θ
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
小球 M 带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B ．
【点睛】
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
7．如图所示，两个可视为质点的带同种电荷的小球a 和b ，放置在一个光滑绝缘半球面内，已知小球a 和b 的质量分别为m 1、m 2，电荷量分别为q 1、q 2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是
A ．m 1>m 2
B ．m 1<m 2
C ．q 1>q 2
D ．q 1<q 2
【答案】A 【解析】 【分析】
根据两小球处于平衡状态，通过对两个小球进行受力分析，进行正交分解后，列出关系式，即可解决问题。

【详解】
A 和
B 小球受力分析如下，对小球A ：
1cos sin F F θα=库 11sin cos m g F F θα+=库
对小球B ：
2cos sin F F θβ=库
22sin cos m g F F θβ+=库
通过上式可知：
12sin sin F F αβ=，
由于αβ<，则sin sin αβ<，所以12F F >，由于cos cos αβ>，则有：
12cos cos F F αβ>
所以有：
12sin sin m g F m g F θθ+>+库库
可推导出：12m m >，故选A 。

【点睛】
考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

8．如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的
1
3
时，下列判断正确的是( )
A ．小球
B 受到细线的拉力增大 B ．小球B 受到细线的拉力变小
C ．两球之间的库仑力大小不变
D ．小球A 的电荷量减小为原来的
127
【答案】D 【解析】 【详解】
AB.小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，如果保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的
1
3
时，θ变小，F 减
小； 线的拉力T 与重力G 相等，G =T ，即小球B 受到细线的拉力不变；对物体A ：
cos()22
A A T G F πθ
=+-
则θ变小，T A 变小；故AB 错误；
CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律
2
A B
Q Q F k
r = 解得：球A 的电量减小为原来的
1
27
，故C 错误，D 正确；
9．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 ．2
2kq
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．
10．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A、B、C,A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1、L2.仅考虑三质点间的库仑力，则A 和C的
A．线速度之比为2
1
L
L B．加速度之比为
2
1
2
L
L
⎛⎫
⎪
⎝⎭
C．电荷量之比1
2
L
L D．质量之比
2
1
L
L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，则ABC三者要保持相对静止，所以AC角速度相等，则线速度之比为
1
2
A
B
v L
v L
=
选项A错误；
C．根据B恰能保持静止可得
22
12
C B
A B
q q
q q
k k
L L
=
解得
2
1
2
2
A
C
q L
q L
=
选项C错误；
A围绕B做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，
()
2
1
2
2
112
A C
A B
A A A
q q
q q
k k m m L
L L L
aω
-==
+
C围绕B做匀速圆周运动，有
()
2
2
2
2
212
C B A C
B C
B
q q q q
k k m m L
L
a
L L
ω
-=
+
=
因为22
1
2
C B
A B
q q
q q
k k
L L
=，所以有
A B
B
A
a
m m a
=
12
A C
m L m L
=
解得
2
1
A
C
m L
m L
=
1
2
A
B A
B
m L
m L
a
a
=
=
选项B错误，D正确。

故选D。

11．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 。

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2
kQ 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222
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2kQ E r
=；
D ．同理，在中心处的电场强度大小22kQ
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，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．
14．如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，C 、D 为两板中线上的两点。

A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0；在A 、
B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t =0带电小球仍从
C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t =T 时，小球（ ）
A ．在D 点上方
B ．恰好到达D 点
C ．速度大于v
D ．速度小于v
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得0v gT ，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0~4T 沿电场力方向做匀加速直线运动，~42
T T 做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，3~24
T T 做反向的匀加速直线运动，3~4T T 做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t =T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B 。

【点睛】
平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到电场力和重力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据分运动和合运动的关系分析即可求解。

15．如图甲所示，a 、b 是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a 运动到b 的速度—时间图象如图乙所示，则下列判断正确的是
A ．b 点的电场方向为竖直向下
B．a点的电场强度比b点的大
C．粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大
D．粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A.粒子在a点时受到的电场力方向向上，大小大于重力，所以电场的方向为竖直向上，故A错误；
B.粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；
C.粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；
D.粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D错误。

16．如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上固定三个点电荷，其中A点位置的点电荷带电量为+Q，B、C两点位置的点电荷带电量均为-Q，在BC边的中垂线上有P、M、N三点，且PA=AM=MN，关于三点的场强和电势（取无穷远处电势为零），下列说法不正确的是( )
A．M点的场强大于P点的场强
B．MN之间某点的场强可能为零
C．N点的场强方向沿中垂线向下
D．P点的电势高于M点的电势
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.点电荷的电场如图所示：
正电荷在
P 、M 两点处产生的场强大小相等为12
Q E k d =（d 为PA 、AM 、MN 的距离）；而两负电荷在P 点处的合场强向下，在M 点场强为零；所以M P E E >；故A 正确，不符合题意；
BC.正电荷在N 点的场强32
4Q E k d =，两负电荷在N 点的场强4322332cos302()3
Q Q E k k E d d =︒=>，故N 点合场强向上且可知在M 、N 之间某点场强可能为零，故B 正确，不符合题意；C 错误，符合题意；
D.由场强叠加可知A 、M 之间的场强均大于A 、P 之间的场强，所以A M A P ϕϕϕϕ->-，所以M P ϕϕ<，故D 正确，不符合题意．
17．如图(a)所示，两平行正对的金属板AB 间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间的P 点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是
A ．在t =0时刻释放该粒子，粒子一定能到达
B 板
B ．在4
T t =时刻释放该粒子,粒子一定能到达B 板 C ．在04T t <<
期间释放该粒子，粒子一定能到达B 板
D ．在42
T T t <<期间释放该粒子，粒子一定能到达A 板 【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若在t =0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向
B 板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B 板上，选项A 正确；
B ．若在4
T t =时刻释放该粒子，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，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较大，则粒子可能打不到B 板，B 错误
C ．若在04
T t <<期间释放该粒子，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，粒子整体向右运动，最终打在B 板上，C 正确
D ．若在42
T T t <<期间释放该粒子，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小于向左运动的距离，粒子整体向A 板运动，一定打在A 板上，若直接加速向B 板，则不会回到A 板，D 错误。

故选AC 。

18．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则
A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能
D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；
B ．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误．
C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确
D ．粒子可能做曲线运动，故D 错误；
19．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：210102eU mv =
-，可得12eU v m ；在偏转电场做类平抛运动，y v at =，加速度2eU a md
=，0x 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：21tan 2U L U d θ=
.若使偏转角变大即使tan θ变大，由上式看出可以增大U 2，或减小U 1，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.
20．如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。

一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则（）
A．其他条件不变，R越大，x越大
B．其他条件不变，m越大，x越大
C．m与R同时增大，电场力做功增大
D．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
【答案】ABC
【解析】
【详解】
AB.小球在BCD部分做圆周运动，在D点，有：
mg=m
2
D
v
R
①
从A到D过程，由动能定理有：
qEx-2mgR=1
2
mv D2，②
由①②得：
2
5
qEx
R
mg ，③
可知，R越大，x越大。

m越大，x越大，故AB符合题意；
C.从A到D过程，由动能定理有：
W-2mgR=1
2
mv D2，⑥
由①⑥解得：电场力做功W=5
2
mgR，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故C符合
题意；
D.小球由B到D的过程中，由动能定理有：
-2mgR=1
2
mv D2-
1
2
mv B2，v B5gR
在B点有：
F N-mg=m
2
B
v
R
⑤
解得：F N=6mg，则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关，故D不符合题意。

21．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。

22．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．
23．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。

已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。

则（）
A ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B ．t =0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0
D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t =0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t =0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，A 正确，B 错误； C ．t =0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为12
d ；根据分位移公式，有 0
01 22ym v L d v +=⋅ 由于L =d ，故
ym 0v v = 故最大动能
()220ym k012
2k
E m v v E '=+= C 正确； D ．粒子入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整数倍，则不同时刻进入电场的侧向位移与原v 0相比关系就不确定，如t =0时刻，粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比减半，4
T t =进入电场，入射速度v 0时，侧向位移为0，入射速度2v 0时，侧向位移为18
d ，D 错误。

故选AC 。

24．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T ，。