安徽省铜陵市枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)

安徽省铜陵市枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中物理试
卷
一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）
1.如图所示在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把+q和−q的试探电荷依
次放在三点上，则它所具有的电势能的正确说法是()
A. 放上+q时，它们的电势能E pA>E pB>E pC
B. 放上+q时，它们的电势能E pA<E pB<E pC
C. 放上−q时，它们的电势能E pA>E pB>E pC
D. 放上−q时，它们的电势能E pA=E pB=E pC
2.如图所示，直角坐标系中(a,0)处固定有点电荷+Q，(−a,0)处固定有
点电荷−n Q，各自产生的电场强度大小分别为E1、E2，已知圆心在
(3a,0)处半径为2√2a的圆周上E1=E2，则n等于()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
3.如图所示，完全相同的金属小球A和B带等量异种电荷，中间连接着一个轻质弹簧(绝缘)，放
在光滑绝缘水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0.现将不带电的与A、B完全相同的金属球C与A接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量为x，则()
A. x=1
2x0 B. x>1
2
x0 C. x<1
2
x0 D. x=x0
4.如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，
z>0的空间为真空。

将电荷为+q的点电荷置于z轴上z=ℎ处，则
在xOy平面上会产生感应电荷。

空间任意一点处的电场皆是由点电
荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。

已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴
上z=ℎ
3
处的场强大小为(k为静电力常量)()
A. k4q
ℎ2B. k45q
16ℎ2
C. k32q
9ℎ2
D. k40q
9ℎ2
5.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。

A处点电荷带正电，电荷量大小为Q1，
B处点电荷带负电，电荷量大小为Q2，且Q2=5Q1，另取一个可以自由移动的带电荷量大小为Q3的点电荷，放在A、B所在直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则()
A. 该点电荷为负电荷，且放于A处左侧
B. 该点电荷为负电荷，且放于B处右侧
C. 该点电荷为正电荷，且放于A、B之间
D. 该点电荷为正电荷，且放于B处右侧
6.如图所示，水平放置的平行板电容器M、N通过导线与一电源相连．在
电容器的两极板间有一带电的小球P处于静止悬浮状态．现将电容器
两板间的距离减小，则()
A. 电容变大，小球向上运动
B. 电容变大，小球向下运动
C. 电容变小，小球保持静止
D. 电容变小，小球向下运动
7.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，
其运动的轨迹如图所示．小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线
上，M为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为
6.0J，不计空气的阻力．则()
A. 小球水平位移x1与x2的比值1：3
B. 小球水平位移x1与x2的比值1：2
C. 小球落到B点时的动能E kB=24J
D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为4J
8.如图所示，在O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷+q由A点移到B点电场力做功为W1，
以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，由C点移到B 点电场力做功为W3，则三者关系为()
A. W1=W2=W3<0
B. W1>W2=W3>0
C. W1=W3>W2=0
D. W3>W1=W2=0
9.如图所示的匀强电场场强为103N/C，矩形区域由abdc围成，ab与E平行，
ab=dc=4cm，ac=bd=3cm.则下述计算结果正确的是()
A. ab之间的电势差为40V
B. ac之间的电势差为50V
C. 将q=−5×10−3C的点电荷沿矩形路径abdca移动一周，电场力做功是−0.25J
D. 将q=−5×10−3C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是−0.25J
10.下列哪些措施是为了防止静电产生的危害()
A. 在高大的建筑物顶端装上避雷针
B. 在高大的烟囱中安装静电除尘器
C. 静电复印
D. 静电喷漆
11.如图，当电解质液体导电时，在2s内通过xy平面的正负离子均为0.4C，
则电解液中电流的大小和方向分别为()
A. 0
B. 0.2A向右
C. 0.4A向右
D. 0.4A向
左
二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）
12.下图所示，为正电荷Ｑ的电场，Ａ，Ｂ是电场中的两点，将电量为q=
5×10−8库仑的正点电荷(试探电荷)置于Ａ点，所受电场力为2×10−3
牛，则下列判断正确的是：
A. 将点电荷ｑ从Ａ点移走，则该点的电场强度为零
B. 将电量为q的负点电荷放于A点，A点场强大小为4.0×104N/C，方向指向Ｂ
C. 将电量为2q的正点电荷放于Ａ点，A点场强大小为8.0×104N/C，方向指向Ｂ
D. Ｂ点处的电场强度小于4.0×104N/C
13.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的
四个等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近
的位置．以上说法中正确的是
A. M一定是正离子，N一定是负离子
B. M在p点的速率一定大于N在q点的速率
C. M在b点的速率一定大于N在c点的速率
D. M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量
14.如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷，
现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿
PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判
断正确的是()
A. 到达M、N时两粒子速率仍相等
B. 到达M、N时两粒子速率v M>v N
C. 到达M、N时两粒子的电势能相等
D. 左侧粒子的电势能先增大后减小
15.如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在
竖直平面内做圆周运动，则下列说法不正确的是()
A. 小球不可能做匀速圆周运动
B. 当小球运动到最高点时绳的张力一定最小
C. 小球运动到最低点时，球的线速度一定最大
D. 小球运动到最低点时，电势能一定最大
16.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，
实线为一带正电的质点仅在电场力作用下，从P向Q，通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()
A. 三个等势面中，Q点的电势最高
B. 带电质点通过P点时电势能较大
C. 带电质点通过P点时的动能较大
D. 带电质点通过P点时的加速度较大
17.如图所示，将带正电的粒子从电场中的A点无初速地释放，不计重力的
作用，则下列说法中正确的是()
A. 带电粒子一定做加速直线运动
B. 带电粒子的电势能一定逐
渐增大
C. 带电粒子的加速度一定越来越小
D. 带电粒子的加速度一定越来越大
18.额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的U−I特性曲线如图(a)所示，现将和L2完全相同的L3与L1
和L2一起按如图(b)所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是()
A. L2的额定功率为99W
B. L2的实际功率为17W
C. L2的实际功率比L3的实际功率小17W
D. L2的实际功率比L3的实际功率小82W
三、计算题（本大题共4小题，共28.0分）
19.如图所示绝缘的半径为R的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个质量为m，带电量为+q
的小环，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为E(如图所示)，小环从最高点A由静止开始滑动。

重力加速度为g。

(1)当小环通过与大环圆心等高的B点时大环对它的弹力；
(2)当小环通过最低点C时，大环对它的弹力？
(3)若E=mg
，则小环在光滑圆环上运动的最大速度在什么位置？值是多少？(结果可以用根号
q
表示)
20.如图甲是定值电阻和标有“8V8W”灯泡L的I−U关系图象，如图乙所示。

电源电压恒定不变，
滑动变阻器的最大阻值为12Ω.当开关S、S₂闭合，开关S1断开，将滑动变阻器的滑片P滑到b 端时，灯泡L的实际功率为1W.求：
(1)灯泡正常发光10s，电流通过灯泡产生的热量？
(2)电源电压？
(3)当开关S、S1、S2同时闭合，调节滑片P，求电路消耗的最大功率？
21.如图所示，一个粒子质量为m、带电量为+Q，以初速度v0与水平面成45°
角射向空间匀强电场区域，粒子恰做直线运动，则这匀强电场的强度最小
值为______ ；方向是______ ．
22.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m=5×10−6kg的带电粒
子，以v0=2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，
A、B两板间距离为d=4cm，板长l=10cm．
(1)当A、B间的电压为U AB=1000V时，粒子恰好不偏转，沿图中虚
线射出电场．求该粒子的电荷量和电性．(g取10m/s2)
(2)令B板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：
根据沿着电场线方向电势是降低的，可判断出电势的高低．由电势能公式E P=qφ，判断电势能的大小。

本题关键要掌握电场线与电势的关系，电势能与电势的关系，也可以根据电场力做功正负进行判断。

AB.沿着电场线方向电势是降低，所以φA>φB>φc，根据电势能与电势的关系：E P=qφ，所以放上+q时，它的电势能E PA>E PB>E PC，故A正确，B错误；
CD.由E P=qφ，知放上−q时，它的电势能E PA<E PB<E PC，故CD错误。

故选A。

2.答案：B
解析：解：圆心在(3a,0)处半径为2√2a的圆周上的点的坐标为(3a+2√2acosθ,2√2asinθ)；
故根据点电荷场强为：E=kq
r2
由E1=E2可得：
(2a+2√2acosθ)2+(2√2asinθ)2=
(4a+2√2acosθ)2+(2√2asinθ)2
；
所以有：
(12+8√2cosθ)a2=
(24+16√2cosθ)a2
，所以，n=2；故B正确，ACD错误；
故选：B。

根据几何关系得到圆周上点的坐标，从而得到点到两点电荷的距离，即可根据库仑定律得到点电荷场强表达式，从而根据场强相等得到n。

根据库仑定律可得：点电荷的库仑力F=kQq
r2，从而，由场强的定义求得场强E=F
q
=kQ
r2。

3.答案：C
解析：解：开始A 球处于平衡，库仑力等于弹簧的弹力，有：kx 0=k
Q 2r 2。

将C 球与A 球接触后，A 球的带电量变为原来的一半，假设压缩量变为原来的一半，知弹力为F =k x
2，
库仑力F′=k Q 2
2r′2
.因为压缩量变小了，则两球间的距离变大，所以弹力F 大于库仑力F′，则知压缩量
不能是原来的一半，要比x 0
2小。

故C 正确，A 、B 、D 错误。

故选：C 。

将不带电的与A ，B 完全相同的金属球C 与A 球接触一下，然后拿走，A 球的电量变为原来的一半．运用假设法，假设压缩量变为原来的一半，判断库仑力和弹簧弹力的大小关系，从而确定最终的压缩量．
本题综合考查了库仑定律、胡克定律和共点力平衡的运用，解决本题的关键运用假设法，假设压缩量变为原来的一半，会出现什么情况，从而确定弹簧的压缩量比一半大，还是比一半小．
4.答案：B
解析：解：在z 轴上−ℎ
3处，合场强为零，该点场强为q 和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q 在−ℎ
3处产生的场强为： E 1=k
q
(4
3
ℎ)2=9kq
16ℎ；
由于导体远端离−ℎ
3处很远，影响可以忽略不计，故导体在−ℎ
3处产生场强近似等于近端在−ℎ
3处产生的场强；
−ℎ3处合场强为0，故导体在−ℎ3处产生场强大小E 2=E 1=9kq
16ℎ2，方向向上。

根据对称性，导体近端在ℎ3处产生的场强也为E 2=9kq
16ℎ2，方向向下。

电荷q 在ℎ
3处产生的场强为：E 3=k q (23
ℎ)2=9kq
4ℎ2，方向向下。

故在ℎ3处的合场强为：E =E 2+E 3=9kq 16ℎ2+9kq 4ℎ2=k 45q
16ℎ2，方向向下。

故选：B 。

根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q 和感应电荷产生的电场强度的合矢量。

本题要掌握静电平衡的导体特点：内部场强处处为零，运用场强的叠加原理进行分析求解，关键要结合对称性进行合理的近似。

5.答案：A
解析：
由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，应用平衡条件去判断所处的位置。

本题考查的是库仑定律和平衡条件的应用，解答时要注意电荷所受库仑力的分析。

假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。

设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状
态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小，即：k Q1Q3
r132=k Q2Q3
r232。

由于Q2=5Q1，所以
r23=√5r13，所以Q3位于Q1的左方。

根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电。

故A正确，BCD错误。

故选A。

6.答案：A
解析：
因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变，因距离变化，由C=εS
4πkd
可知C的变化；由U=Ed可知场强E的变化，由带电粒子的受力可知质点的运动情况。

本题是电容器动态分析问题．关键根据电容的决定式C=εS
4πkd 和板间场强公式E=U
d
结合进行分析。

将电容器两板间的距离减小，由电容的决定式C=εS
4πkd
，可知，电容变大，电容器与电池相连，板
间电压不变，由E=U
d
得知，板间场强变大，则小球所受的电场力增大，所以小球将向上运动，故BCD错误，A正确。

故选A。

7.答案：A
解析：解：A 、小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A 点至M 点和从M 点至B 点的时间t 相等．
小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a ，则有： x 1=1
2at 2
x 2=12a(2t)2−12at 2=3
2at 2
所以x 1
x 2
=1
3，故A 正确，B 错误
C 、小球从A 到M ，水平方向上电场力做功为：W 电=Eqx 1=6J ， 则从A 到B 水平方向上电场力做功为：W 电′=Eq(x 1+x 2)=4W 电=24J
则由能量守恒可知，小球运动到B 点时的动能为：E kB =E k0+4W 电=8+24J =32J ，故C 错误
D 、由题，1
2mv A 2
=8J ，
得：v A =√m
又竖直方向上，有：v A =gt =G
m t ， 所以√m =G
m t …①
12
mv M 2=6J ，
得：v M =√12
m
在水平方向上，有v M =at =F
m t ， 则得：√
12m
=F
m t …②
所以②：①得 F
G =√3
2
设小球运动时间为t 时动能为E k ，则： E k =1
2m(v 0−gt)2+1
2m(at)2
化简为：(g 2+a 2)t 2−2v 0gt +v 0
2
−2E K m
=0
当△=0时有极值，则：4v 02g 2−4(g 2+a 2)(v 02
−
2E k m
)=0
得：E k =a 2
g 2+a 2E k0 由F
m
=√3
2
得：a =√3
2
即：E kmin =37E k0=37×8J =247
，故D 错误
故选：A
(1)小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知从A 点至M 点和从M 点至B 点的时间t 相等．小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学公式位移公式，运用比例法求出x 1与x 2之比；
(2)分别研究A 到M 和A 到B 水平方向的分运动，由运动学公式速度位移关系式求出小球到达B 点的速度，即可得到动能E KB ；
(3)根据速度的合成得到动能与时间的关系式，运用数学知识求极值，得到小球动能的最小值． 本题运用运动的合成和分解法处理，抓住竖直方向上运动的对称性得到时间关系是关键．对于第3题，也可以求出重力加速度与电场力加速度形成合加速度，当速度方向与合加速度方向垂直时速度最小，动能最小，再由运动学公式和牛顿第二定律结合求解． D 选项另一解法：
根据水平方向上电场力做功F 2t 2×12m =6J ，竖直方向上重力做功G 2t 2×1
2m =8J ， 可直接得F G =√3
2.由等效重力场可知，等效重力加速度与竖直方向的夹角为θ，
tanθ=
√3
2
.最小速度即初速度垂直等效场的分速度v′=v0⋅sinθ=
√3v 0
√7
． 最小动能E′与初动能E 0关系为E′
E 0=
v′2
v 0
2，得E′=3
7E 0=
247
8.答案：C
解析：
点电荷的电场中，如图所示的三点，A 、C 两点在同一等势面上，因此根据沿着电场线方向电势降低来判断电势的高低，从而由W =qU 来确定试探电荷的电场力做功的正负．
考查距离正点电荷越远，则电势越低．并由W =qU 来确定电场力做功的正负，注意电量与电势差的正负．
点电荷的电场中，由于A、C两点在同一等势面上，则试探电荷q由A点移到C点电场力做功为零，由于点电荷是带正电，所以B点的电势低于C点，因而q由A点移到B点，电场力做正功，与q由C点移到B点电场力也做正功，且W1与W3相等。

即W1=W3>W2=0；
故选：C。

9.答案：A
解析：解：A、由电场强度与电势差的关系，U=Ed可求U ab=Ed=103×0.04=40V，故A正确．
B、由图可知，ac的方向与电场线垂直，所以ac两点的电势差为0，故B错误．
C、电荷q=−5×10−3C沿矩形路径abdc移动一周，点荷的电势不变，电势能也不变，由电场力做功与电势能的关系得电场力做功为零，故C错误．
D、根据电场力做功与路径无关，故q=−5×10−3C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功相同等，由W=qEd，故在ad间移动电荷电场力做功为：
W=−5×10−3×103×0.04=−0.2J.故D错误．
故选：A．
由电场强度与电势差的关系，U=ED可求u ab，再根据电场力做功与电势差的关系求功．
该题考查了电势差与电场强度的关系以及电场力做功与电势能变化的关系，电场力做多少功，电势能的就改变多少，电场力做功与路径无关．
10.答案：A
解析：
关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。

本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。

A.当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，故A正确；
B.静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，故B错误；
C.静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，故C错误；
D.喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆
产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，故D错误；
故选A。

11.答案：C
解析：
在电解质液体导电时，通过某一个横截面的电荷量是正负电荷电荷量绝对值的总和，由此再根据I=q
t 求电流。

在计算通过电解液的电流强度的大小的时候，一定要注意，电解液中既有正电荷，也有负电荷，通过截面的电荷量的大小为它们绝对值的总和，这是经常出错的地方。

根据电流强度的定义式可得1s通过电解槽横截面积的电荷量绝对值之和：
q=0.4C+0.4C=0.8C
所以电解液中的电流为：
I=0.8
2
A=0.4A；
方向与正电荷定向移动的方向相同，故电流方向向右；
故选：C。

12.答案：BD
解析：
电场中的场强与放入电场中的电荷无关，电场强度的定义式为E=F
q
，电场线的疏密表示场强的大小，
电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱。

解决本题的关键理解电场强度的定义式E=F
q
.知道其与放入电场中的电荷无关．电场线越密的地方，
场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱。

A.电场中的场强与放入电场中的电荷无关，将点电荷q从A点移走，则该点的电场强度不变．故A 错误．
B.A点的场强E=F
q =2.0×10−3
5×10−8
=4×104N/C，方向指向B.故B正确；
C.将电量为2q的正点电荷放于A点，A点的场强不变，大小为4.0×104N/C，方向指向B.故C错误．
D.B点处的电场线比A点处疏，所以B点的场强比A点小即小于4.0×104N/C.故D正确．
故选BD。

13.答案：BD
解析：
根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况。

根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零。

根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口。

A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。

由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故错误；
B、由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小。

所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；
C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0.由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等。

故C错误。

D、由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量。

故D正确。

故选：BD。

14.答案：BD
解析：
根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断电场力对PM和PN粒子的做功的正负，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系，根据电场力做功与电势能变化的关系，确定电势能的变化。

根据电势能的公式E p=qφ，判断到达M、N时两粒子的电势能大小关系。

本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向。

电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负。

解：AB.由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差U PM=U PN，根据轨迹方向可判断两粒子带异种电荷。

根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率不相等。

假设中心点电荷为正电，则U PM=U PN>0，电场力对M粒子做正功，电场力对N粒子做负功，所以v M>v N，同理当中心点电荷为负电时，也可得到相同结论，故A错误、B正确。

C.由轨迹看出，点电荷对左侧和右侧的带电粒子分别为排斥力和吸引力，M、N两点电势相等，根据电势能的公式E p=qφ，两个相同的粒子的电荷量q相等，两电荷电性不同，故到达M、N时两粒子的电势能不相等，故C错误。

D.由图可知，PM粒子受到的电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。

故选：BD。

15.答案：ABC
解析：解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误
B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故B错误
C、由B分析可知，C错误
D、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故D正确
本题选择错误的，故选：ABC．
带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析
要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式
16.答案：BD
解析：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故P点电势最高，故A错误；
B、根据带正电的质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，即P 点时电势能较大，而动能较小，故B正确，C错误；
D、等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此P点加速度也大，故D正确．故选BD．
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．
17.答案：AC
解析：解：AB、由图看出，带电粒子所在的电场线是直线，则无速度释放后，带电粒子在电场力作用下一定做加速直线运动，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故A正确，B错误。

CD、据电场线的疏密可知，右侧的场强小，所以带电粒子的电场力小，即加速度逐渐减小，故C正确，D错误。

故选：AC。

带电粒子所在电场线是直线，无初速度释放后，电场力做正功，动能增大，电势能减小，一定做加速直线运动；电场线方向电场线越稀疏，判断电场力，从而判断加速度．
本题要抓住带电粒子所在的电场线是直线，只在电场力作用下，一定沿电场线做加速直线运动，根据电场力做功正负，即可判断动能和电势能的变化．
18.答案：ABD
解析：解：A、由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L 1的额定功率P=UI1=
220V×0.45A=99W，故A正确；
B、两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由U−I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时L1的电压为150V，故此时L1的功率P=U1I1′=150×0.25W≈37W，
而L2的电压为70V，那么L2的功率P=U2I2′=70×0.25W≈17W，故B正确；
C、当电压为220V时，L3的电流为0.45A，故L 3的时间功率P=UI3=220V×0.45A=99W，L2的实际功率比L3的实际功率小：99−17=82W，故C错误，故D正确；
故选：ABD。

由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率．
本题要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算
19.答案：解：(1)小环由A到B的过程中，根据动能定理(设通过B点时速度大小为v B)：mgR+qER=
1
mv B2①
2
=N B−qE②
小环通过B点的运动方程为：mv B2
R
+qE=2mg+解方程①和②，可知小环通过B点时，大环对它的弹力指向环心O，大小为N B=mv B2
R
3qE③
mv C2=2mgR④
(2)小环由A到C的过程中，根据动能定理：1
2
=N C−mg⑤
小环通过C点时的运动方程为mv C2
R
+mg=5mg⑥
解方程④和⑤得：N C=mv C2
R
(3)因E=mg
，则重力与电场力的合力恒为：F合=√(mg)2+(qE)2=√2mg
q
当合力与圆心共线，切向加速度为0时，速度有最大值：tanθ=qE mg
则：θ=45°⑦
即BC圆弧的中点位置
重力下降的高度为：H=R+Rcos45°
沿电场力水平移动的距离为：d=Rsin45°
mv m2⑨
由动能定理：mgH+qEd=1
2
速度最大值为：v m=√2(1+√2)gR
解析：(1)小环由A到B的过程中，重力和电场力做正功，根据动能定理列式，小环通过B点时大环的弹力和电场力的合力提供向心力，联立求解；
(2)小环由A到C的过程中，只有重力做正功功，根据动能定理列式，小环通过C点时大环的弹力和重力的合力提供向心力，联立求解；。