高中物理高二物理上学期精选测试卷复习练习(Word版含答案)

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

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

=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

(4)(2)

A B

Q Q

k k

L L

=，

解得

=，

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。

2．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.

3．如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．小球在B2gR

B．小球在B2gR

C ．固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为3mg/q

D ．小球不能到达C 点（C 点和A 在一条水平线上）【答案】AC 【解析】

试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0

102

mgr mv =

-，解得2v gr =，A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2

qE mg v m r

-=，将B 点的速度带入可得

3mg

E q

，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误，考点：动能定理和牛顿定律综合的问题

点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．

4．如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是 y 轴上的三个点，且 OM=MN 。P 点在 y 轴右侧，MP ⊥ON 。则

A ．M 点场强大于 N 点场强

B ．M 点电势与 P 点的电势相等

C ．将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功

D ．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动【答案】AD 【解析】【详解】

A 、从图像上可以看出，M 点的电场线比N 点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场强，故A 对；

B 、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M 和P 点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B 错；

C 、结合图像可知：O 点的电势高于P 点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力做正功，故C 错；

D 、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D 对；故选AD

5．如右图，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，

.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强

度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2.E 1与E 2之比为( )

A ．1：2

B ．2：1

C ．

D ．

【答案】B 【解析】【分析】【详解】试题分析：由

得：；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点

的场强大小变为E 2，知两点电荷在O 点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，

得：

，B 对

6．如图所示，真空中有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1=+9q ，Q 2=-q ，分别固定在x 轴上x =0处和x =6cm 处，下列说法正确的是（）

A ．在x =3cm 处，电场强度为0

B ．在区间上有两处电场强度为0

C ．在x >9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向

D ．将试探电荷从x =2cm 移到x =4cm 处，电势能增加【答案】C 【解析】【详解】

A .某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E =

2kq

，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离

Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：

2200

(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，故A 错误；

B .由选项A 的分析可知，合场强为0的点不会在Q 1的左边，因为Q 1的电荷量大于Q 2，也

不会在Q 1Q 2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在Q 2右边。即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故B 错误； C.设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：

2200

(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，结合矢量合成可知，在x ＞9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向。故C 正确；

D.由上分析，可知，在0＜x ＜6cm 的区域，场强沿x 轴正方向，将试探电荷+q 从x =2cm 处移至x =4cm 处，电势能减小。故D 错误。

7．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）

A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/C

B ．平衡时细线的拉力为0.17N

C ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s

D ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】【分析】【详解】

AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得

268

1.010100.75

/ 3.7510/2.010E N C N C --???==??，细线的拉力：T=20

1.01010

0.125cos370.8

mg T N N ??===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为

2220.125/12.5/1.010

T a m s m s m =

==?－，则经过0.5s ，小球的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确；

D ．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：

mgL qEL mv +=

，带入数据解得v=7m/s ；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细

绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s ，选项D 错误．

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 ．2

2kq

R ，方向沿半径向右 C ．2

3kq

R ，方向沿半径向左 D ．

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

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

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，一倾角为30 的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。质量为m 、带电荷量为?q 的物块从斜面上的P 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值v m ，运动的最低点为Q （图中没有标出），则下列说法正确的是（）

A ．P 、Q 两点场强相同

B ．U PO = U OQ

C ．P 到Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动

D ．物块和斜面间的动摩擦因数12

μ= 【答案】C 【解析】【分析】【详解】

ABD ．物块在斜面上运动到O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有

sin30cos300mg mg μ?-?=

所以物块和斜面间的动摩擦因数为

3tan μθ==

由于运动过程中

sin30cos300mg mg μ?-?=

所以物块从P 点运动到Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q 与释放点P 关于O 点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P 、Q 两点的电势相等，则有U OP = U OQ ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P 、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故ABD 错误；

C ．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B 到A 电场强度先减小后增大，中点O 的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a ，根据牛顿第二定律有

qE ma =

物块下滑的过程中电场力qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P 到O 电荷先做加速度减小的加速运动，O 到Q 电荷做加速度增加的减速运动，故C 正确。故选C 。

10．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

Q D ．D 点处的点电荷的电荷量为13

【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 a a

θ= 22

sin 3D Q Q k

k a a θ= 其中2cos 3

θ=，sin 3θ=

解得

B Q Q = 3D Q Q =

选项C 正确，D 错误。故选C 。

11．如图所示，半径为R 的光滑绝缘的半圆形轨道ABC ，A 点与圆心等高，B 点在圆心正下方，轨道固定于电场强度为E 的匀强电场中．两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A 点和B 点．己知两小球质量皆为m ，重力加速度为g ，静电力常量为k ．下列说法正确的是

A ．小球带正电

B ．小球的带电量为mg/E

C ．小球的带电量为2mg

D ．在A 点小球对轨道的压力大于在B 点小球对轨道的压力【答案】B 【解析】

若两球均带正电，则球B 不能平衡，则小球带负电，选项A 错误；对小球A 受力分析可知，竖直方向：0

cos45mg F =库；对小球B 受力分析可知，水平方向：

0cos45qE F =库；解得mg=qE ，则 q=mg/E ，选项B 正确；根据对A 竖直方向的方程0

cos45mg F =库，即202cos 45(2)mg R =，解得22mg q R k

=，选项C 错误；对AB 的整体受力分析可知：2NA F Eq =，2NB F mg = 因mg=qE 可知，在A 点小球对轨道的压力等于在B 点小球对轨道的压力，选项D 错误；故选B.

点睛：此题关键是灵活选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法列方程；注意轨道对球的弹力方向指向圆心.

12．两个等量异种电荷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 。

二、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．一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p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D 【解析】【分析】【详解】

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：

E F x

? 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A.p E 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

F E q

故电场强度也逐渐减小，故A 错误； B.根据动能定理，有：

k F x E ??=?

故k E 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.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式

02v v ax -=

匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，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．

14．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC ，P 1为AB 的中点， P 2为AP 1的中点，BC =2 cm ，∠A = 30°．纸面内有一匀强电场，电子在A 点的电势能为-5 eV ，在C 点的电势能为19 eV ，在P 2点的电势能为3 eV ．下列说法正确的是

A ．A 点的电势为-5 V

B ．B 点的电势为-19 V

C ．该电场的电场强度方向由B 点指向A 点

D ．该电场的电场强度大小为800 V/m 【答案】D 【解析】【分析】【详解】 A ．由公式p

E q

可知，

pA A 5eV

5V E q

?-=

=- 故A 错误．

B ．A 到P 2的电势差为

2A 5(3)V 8V P U ??=-=--=

B A 4548V 27V U ??=-=-?=-

故B 错误．

C ．A 点到B 点电势均匀降落，设P 1与B 的中点为P 3,该点电势为：

A 3538V 19V P U ??=-=-?=-

19eV

19V

q e

?===-

P3点与C为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示．由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误．

D．P3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为：

V/cm800V/m

===

故D正确．

15．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CD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。

16．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的绝缘带正电、电荷量为q 的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E =

。初始时A 、B 、C 在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。已知C 、E 两点间距离为L ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力

为

32mg

，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是

A ．小球在D 点时速度最大

B ．若在E 点给小球一个向左的速度v ，小球恰好能回到

C 点，则v gL C ．弹性绳在小球从C 到

D 阶段做的功等于在小球从D 到

E 阶段做的功 D ．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q ，则小球到达E 点时的速度大小v 2gL 【答案】ABD 【解析】【详解】

A.对小球分析可知，在竖直方向

sin kx θN mg =+

由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即1

2N mg =

，故摩擦力也为恒力大小为 14

f μN m

g ==

从C 到E ，由动能定理可得

2211

10422qEL mgL k BE k BC ??---= ???

由几何关系可知22

2BE BC L -=，代入上式可得

kL mg =

在D 点时，由牛顿第二定律可得

cos 4

qE k BD θmg ma --=

由1cos 2BD θL =

，将3

kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =

故小球在D 点时的速度最大，A 正确； B.从E 到C ，由动能定理可得

2221

11102242k BE k BC qEL mgL m υ??---=- ?

解得

υgL =

故B 正确；

C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；

D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得

22211

1124222

E qEL mgL k BE k BC m υ??---= ???

解得

2E υgL =

故D 正确；故选ABD 。

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

D ．B 点电势可能高于A 点电势【答案】BC 【解析】

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，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

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

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

mgh mv =

① 有电场时由A 到B

201

E mgh W m +=

② 有电场时由A 到C

201

)2E

mgh W m +=' ③ 由①②③可得

201

E W mv =

20E W mv '=

又因为

E AB W qU = E

AC W qU '= 则

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

mv ，则机械能增加了

201

mv ，则C 正确； D ．根据201

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，一水平面

．．．内的半圆形玻璃管，内壁光滑，在两管口分别固定带正电的点电荷Q1、Q2，管内靠近Q1处有一带正电的小球(带电量很小)，小球由静止开始释放，经过管内b点时速度最大，经过a、c两点时速度的大小相等，整个运动过程中小球的电荷量保持不变。下面关于a、c两点的电势及b点场强的判断正确的是：( )

A．φa＝φc

B．φa＞φc

C．b点的场强为E1

D．b点的场强为E2

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB.据题，小球a、c两点时速度的大小相等，动能相等，根据能量守恒定律知小球在a、c 两点的电势能相等，故φa=φc；故A正确，B错误.

CD.据题，小球经过管内b点时速度最大，沿圆周切向的合力为零，再结合电场的叠加原理知b点的场强为E1；故C正确，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

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．

22．如图所示，O 是一固定的点电荷，另一点电荷P 从很远处以初速度v 射入点电荷O 的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN ，a 、b 、c 是以O 为中心Ra 、R b 、Rc 为半径画出的三个圆，它们之间间距相等，1、2、3、4为轨迹MN 与三个圆的一些交点．以|W 12|表示点电荷P 由l 到2的过程中电场力做的功的大小，|W 34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（）

A ．|W 12|＞2|W 34|

B ．|W 12|=2|W 34|

C ．P 、O 两电荷可能同号

D ．P 、O 两电荷一定异号

【答案】AD 【解析】【分析】【详解】

根据电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed 分析得知，2、3间的电势差大于3、4间的电势差，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U 12|＞2|U 34|，由电场力做功公式W=qU 得，|W 12|＞2|W 34|．故A 正确，B 错误．由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，是异号电荷．故C 错误，D 正确．故选AD ．【点睛】

本题是电场中轨迹问题，由U=Ed 定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系，由轨迹弯曲方向判断电场力方向都是常见的问题，要加强训练，熟练掌握．

23．如图所示,在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为m 、带电荷量为q 的小球,以某一初速度从O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程2

y kx =2,且小球通过点11,P k k ?? ???

，已知重力加速度为g ,则（）

A ．电场强度的大小为

B 2g

C ．小球通过点P 时的动能为54mg

D ．小球从O 点运动到P 点的过程中电势能

减少

2mg

【答案】CD 【解析】【分析】【详解】

小球以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程2

y kx =，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y 轴正方向，竖直方向：45qEsin mg =，故电场强度的大小为2mg

E q

，故A 错误；小球受到的合力：45F qEcos mg ma ===合，所以a=g ，由平抛运动规律有：

20111

k k v t gt ==，，得初速度大小为02g v k

=，故B 错误；由于201112k k v t gt ==，，又

012y v v =，所以通过点P 时的动能为：

222

0151()242y mg mv m v v k

=+=，故C 正确；小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：1

245E qE mg k W cos k

=，故D 正确．故选CD ．【点睛】

结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE 即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P 时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．

24．如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d ，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M ．给电容器充电后，有一质量为m 的带正电环恰套在杆上以某一速度v 0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器

后距左极板的最小距离为d /2，则

A ．带电环与左极板相距最近时的速度0

mv v M

= B ．此过程中电容器移动的距离()

2md

x M m =

C ．此过程屮电势能的变化量()

022p mMv E M m =

D ．带电环减少的动能大于电容器增加的动能【答案】BCD 【解析】【分析】

带电环与极板间相距最近时两者速度相等，选取带电环与电容器构成的系统作为研究对象，根据动量守恒定律，即可求出带电环与左极扳相距最近时的速度大小；结合运动学公式求解电容器移动的距离；在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．【详解】

A ．带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为0v 的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得

()0mv M m v =+，

解得

mv v M m

+， A 错误；

B ．该过程中电容器向左做匀加速直线运动根据运动学基本公式得2

t s =，环向左做匀减速直线运动，由公式得

v v t s +='，根据位移关系有

d s s '-=

，解得

高中物理高二物理上学期精选测试卷复习练习(Word版 含答案)

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