安徽省阜阳市阜阳三中高二物理上学期精选试卷检测题

安徽省阜阳市阜阳三中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，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2
2
33kq R
B ．c 受到的库仑力大小为2
2
33kq
R
C ．a 、b 在O 3kq
，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
3r 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
33c kq F F == 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 。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）
A ．小球运动到
B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3g
C ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgR
D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 12
2
q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：
212
B mgR mv =
解得：
2B v gR
故A 正确；
B.小球运动到B 点时的加速度大小为：
22v a g R
==
故B 错误；
C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；
D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：
2
122B
N q q v F mg k m R R
--=
解得：
12
23N q q F mg k
R
=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：
122
3q q mg k
R + 方向竖直向下，故D 正确．
3．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
2sin 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
'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 。

4．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A ，将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处，图中AC =h 。

当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）
A．此时丝线长度为2 L
B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B所受重力的3
倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC
的长度应调整为
3
3
h或
23
3
h
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，
处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为
3
2
h，选项A错
误；
B．而由三角形相似可知
G F T
h AB BC
==
则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；
Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标
为（x ，y ），则由几何关系
cos sin x h θθ=⋅
tan x
y
θ=
消掉θ角且整理可得
2
222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；
D ．若A 对B 的静电力为B 所受重力的
3
3
倍，则B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有
G F AC AB
= 解得
3F AB h h G =
= 根据余弦定理可得
2
2232cos30h h BC BC h =+-⨯⨯︒（
） 解得
BC =
33h 或233
h 选项D 正确。

故选BCD 。

5．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，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1θ与
()212θθθ>。

两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为A v 和B v ，最大
动能分别为kA E 和kB E 。

则（ ）
A ．A m 一定大于
B m B ．A q 一定小于B q
C ．A v 一定大于B v
D ．kA
E 一定大于kB E
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示
根据平衡条件，有
1
A
tan
F
m g
θ=
故
A
1
tan
F
m
gθ
=
⋅
同理，有
B
2
tan
F
m
gθ
=
⋅
由于12
θθ
>，故
A B
m m
<，故A错误；
B．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；
C．设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度
11
1
(1)
cos cos
h
h h h
θθ
∆=-=-
小球摆动过程机械能守恒，有
2
1
2
mg h mv
∆=
解得
2
v g h
=⋅∆
由于12
θθ
>，A球摆到最低点过程，下降的高度
A B
h h
∆>∆，故A球的速度较大，故C正确；
D．小球摆动过程机械能守恒，有
k
mg h E
∆=
故
k (1cos )(1cos )tan FL
E mg h mgL θθθ
=∆=-=
- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到
k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==⋅ 其中cos FL θ相同，故θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确。

故选CD 。

6．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.
7．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电
荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()
0,3P L ，则以下说法正确的是 （ ）
A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷
B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少
C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动
D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为3Qq
k 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；
B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；
C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；
D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ︒=，由叠加原理可得，P 点的场强为
232sin 2
sin 60(2)P M kQ kQ E E L θ︒
=== 所以电场力即为向心力为
3Qq
F k
= 故D 正确。

8．一个带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m的带电小球（重力不
能忽略）在+Q周围作匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为3g
（g为重力加速
度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：
A．小球带正电，电荷量大小为
2 83
3
mgR
kQ
B．小球带正电，电荷量大小为
2 3
3 mgR kQ
C．小球带负电，电荷量大小为
2 83
3
mgR
kQ
D．小球带负电，电荷量大小为
2 3
3 mgR kQ
【答案】C
【解析】
【详解】
由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q，做出运动图像如图所示：
可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；
由向心力公式可知：
3
F ma
==
向
设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：
3
3
3
tan=
mg
F
mg mg
θ==
向
所以θ=30°，根据几何关系有：
cos30
mg
F
=
库
sin30
R
L
=
根据库仑定律有：
2
qQ
F k
L
=
库
联立可得：
2
83
3
mgR
q
kQ
=
故C正确，ABD错误。

9．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）
A．点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值
B．点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大
C．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D．点电荷一定能够返回到P点．
【答案】D
【解析】
试题分析：点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C错误．故选D．
考点：带电粒子在电场中的运动．
10．如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电。

O为三角形中心，A、B、C为三条边的中点。

设无穷远处电势为零。

则（）
A．B、C两点电势相同
B．B、C两点场强相同
C．电子在O点电势能为零
D．在O点自由释放电子（不计重力），将沿OA方向一直运动
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．B、C两点分别都是等量正负电荷连线的中点，由对称性知电势为零，剩下的正电荷产生了相等的电势，则B、C两点电势相同，故A正确；
B．电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，通过矢量的合成可得，B、C点的场强大小相同，但方向不同，故B错误；
C．两等量异种电荷在O点产生的总电势为零，但剩下的正电荷在O点产生的电势为正，则O点的总电势为正，故电子在O点的电势能不为零，故C错误；
D．ab两个点电荷在OA线段上的合场强方向向下，过了A点后，ab两个点电荷在OA直线上向上；点电荷c在OA线段上的场强方向向下，过了A点后，场强方向向下也向下，故在O点自由释放电子（不计重力），会沿直线做加速运动，后做减速运动，直到静止，故D错误。

故选A。

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
Q 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 = 3D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

12．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。

现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是 （ ）
A ．弹簧一定处于拉伸状态
B ．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小
C ．变化后的摩擦力不可能为零
D ．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故 A错误；
B．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B；
C．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C错误；D．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故D正确。

故选D。

二、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）
13．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．x = 4 m处的电场强度可能为零
B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向
C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x
从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．
【点睛】
本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．
14．如图所示,虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O点,两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上.下列说法中正确的是( )
A ．O 点的电场强度为零
B ．A 、B 两点的电场强度相同
C ．将电荷+q 沿曲线CA
D 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增加 D ．将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先增加后减少 【答案】B 【解析】 【详解】
AB.由等量异种电荷的电场线分布情况可知，A 、B 两点的电场强度相同， O 点的电场强度不为零，故A 错误；B 正确；
CD. 由等量异种电荷的等势面分布情况可知，
A C D
B φφφφ>=>
正电荷在电势高的地方电势能大，所以将电荷+q 沿曲线CAD 从C 移到D 的过程中,电势能先增大后减少，将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增大，故CD 错误。

15．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E P 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）
A ．电场强度与位移关系
B ．粒子动能与位移关系
C．粒子速度与位移关系
D．粒子加速度与位移关系
【答案】D
【解析】
试题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选D．
【点评】本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
16．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。

17．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 ．
18．如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的两个带电的小球A 、B （均可看作质点），小球A 带正电，小球B 带负电，带电荷量均为q ，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场
（未画出），电场强度大小为E=mg
q
．现在给小球一个扰动，使小球A从最高点由静止开
始沿圆环下滑，已知重力加速度为g，在小球A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（）
A．小球A减少的机械能等于小球B增加的机械能
B．细杆对小球A和小球B做的总功为0
C．小球A的最大速度为4
3 gR
D．细杆对小球B做的功为mgR
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A球增加的机械能不等于B球减少的机械能，故A错误；
细杆对小球A和小球B的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球A和小球B做的总功为0，故B正确；
当A球运动到最低点时，电场力对系统做功4EqR=4mgR，速度最大，有：4mgR+mg•2R-
2mg•2R=1
2
（m+2m）v2解得：v=4
3
gR
，故C正确；
对B球，利用动能定理可得，W+2mgR-2mg•2R=1
2
×2mv2-0，解得细杆对B球所做的功W=-
10
3
mgR，故D错误．
19．如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）
A．可能等于零
B ．可能等于201
2
mv C ．可能等于12mv 02+12qEL -1
2
mgL D ．可能等于
12mv 02+23qEL +1
2
mgL 【答案】BCD 【解析】 【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解． 【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD ，如图所示
若电场方向平行于AC ：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为12qEL ，重力做功为-1
2
mg ，根据动能定理得：E k −
12mv 02＝12qEL −12mgL ，即E k ＝12mv 02+12qEL −1
2
mgL ②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k =1
2
mv 02． 若电场方向平行于AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为
1
2
qEL ，重力做功为12mgL ，根据动能定理得：E k −12mv 02＝12qEL +12mgL ，即E k ＝12mv 02+12qEL +1
2mgL ． 由上分析可知，电场方向平行于AC ，粒子离开电场时的动能不可能为0． 若电场方向平行于AB ：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力向右，小球从D 点离开电场时，有 E k −
12mv 02＝qEL +12mgL 则得E k ＝12mv 02+qEL +1
2
mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD 正确，A 错误．故选BCD ． 【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．
20．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2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0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
1
2
d；根据分位移公式，有
1
22
ym
v L
d
v
+
=⋅
由于L=d，故
ym0
v v
=
故最大动能
()
22
0ym k0
1
2
2
k
E m v v E
'=+=
C正确；
D．粒子入射速度加倍成2v0，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v0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v0相比减半，
4
T
t=进入电场，入射速度v0时，侧向位移为0，入射速度2v0时，侧向位移为
1
8
d，D错误。