高中物理高二物理上学期精选测试卷综合测试(Word版 含答案)

高中物理高二物理上学期精选测试卷综合测试（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，A、B两点有等量同种正点电荷，AB连线的中垂线上C、D两点关于AB对t=时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入，点电荷只受电场称，0

力。则点电荷由C到D运动的v-t图象，以下可能正确的是

A．B．

C．D．

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

由于AB是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC错误，BD正确。

故选BD。

2．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）

A．d可以改变B．B的位置在同一圆弧上

C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；B．因要保持A、B连线与细线垂直且A、B距离总保持d不变，可知B到O点的距离不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；

C．对A球由平衡知识可知

2

sin

qQ x

k mg mg

d L

θ

==

可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确；

D．因为

2

tan=

qQ

k

d d

L mgx

θ=

由于x变化，所以不能说tanθ与A、B间库仑力成正比，故D错误。

故选BC。

3．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。

4．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

C ．q 1>q 2

D ．q 1

【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。

5．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，细线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )

A ．Q 3

mgR kL

，F ＝mgR L

B ．Q ＝3

mgL kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝3

mgR kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝3

mgL kR

，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】

由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示

则Fsin mg θ＝，其中=

R sin L θ，解得mgL

F R

= 设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，水平方向上有2

2Q Q Fcos F k cos L

θθ==，解得

3

mgL Q kR =

，故D 项正确，ABC 三项错误．

6．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．

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：

2

12

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，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。

9．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

R

k

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)kq 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.

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2kQ

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2

22

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2

2

kQ 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。

12．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为轴上的点，且OA =OB ．C 、D 为直径上的两点，且OC =OD ．则下列判断正确的是( )

A ．A 点的电势与

B 点的电势相等

B ．

C 点的电场强度与

D 点的电场强度不相同 C ．A 点的电场强度与B 点的电场强度相同

D ．在A 点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB 做匀加速直线运动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A 点电势高于B 点电势，A 错误；有对称性原理及电场叠加可知C 点和D 点场强一样；B 错误；B 错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB 两点，可以看到，AB 两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB 两点产生的电场为零．所以，A 点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B 点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C 正确；电场线方向水平向右，所以在A 点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D 错误；

二、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v 0 （v 0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）

A ．当U m ＜22

2md v el 时，所有电子都能从极板的右端射出

B ．当U m ＞22

2

md v el 时，将没有电子能从极板的右端射出

C ．当22

2

2m md v U el

=时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2

D ．当22

2

2m md v U el

=

时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为12【答案】A 【解析】

A 、

B 、当由电子恰好飞出极板时有：l =v 0t ，

2

122d at =，m eU a md

=由此求出：22

2

m md v U el

=，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A 正确，B 错误；C 、当2222m md v U el =，一个周期内有12的时间电压低于临界电压22

2

md v el

，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C 错误,D 、若

22

2

2m md v U el

=

，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为21

21

+=-，则D 选项错误．故选A ． 【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．

14．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。

15．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ，设场强大小为E ，一电量为1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则

A ．W=8×610-J E ＞8 V/m

B ．W=6×610-J E ＞6 V/m

C ．W=8×610-J E≤8 V/m

D ．W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由题匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势102

A B

D V ???+=

=，

电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q （φD -φC ）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J ．AB 的长度为1m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以AB 两点沿电场方向的距离d ＜1m ，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed ，所以

8/U

E V m d

=

>，故选A ． 考点：电势；电场强度

16．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。

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。

18．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和（＞）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）

A．T=（－）E

B．T=（－）E

C．T=（+）E

D．T=（+）E

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于，球1受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有，联立解得，故A正确；

【点睛】

解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题

19．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中

A ．小球的重力势能增加－W 1

B ．弹簧对小球做的功为

12mv 2

-W 2-W 1 C ．小球的机械能增加W 1＋

12

mv 2 D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AB 【解析】

A 、重力对小球做功为W 1，重力势能增加-W 1；故A 正确．

B 、电场力做了W 2的正功，则电势能减小W 2；故B 正确．

C 、根据动能定理得，2

121=

2

W W W mv ++弹，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为2

211=

2

W W mv W +-弹；故C 错误．D 、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故D 错误．故选AB ．

【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．

20．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E =1×104 N/C 的匀强电场，在场中有一个半径为R =2 m 的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB 和AC ，A 点所在的半径与竖直直径BC 成

37?角，质量为0.04 kg 的带电小球由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相

同．现去掉弦AB 和AC ，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos370.8?=，g =10 m/s 2）下列说法正确的是（ ）

A ．小球所带电量为q =3.6×10－5 C

B ．小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J

C ．小球做圆周运动从B 到A 的过程中机械能逐渐减小

D．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N

【答案】BCD

【解析】

【分析】

【详解】

解法一：

A．如图所示，令弦AC与直径BC的夹角为∠1，弦AB与水面夹角为∠2，由几何知识可得，

37

1=18.5

2

?

∠=?，21=18.5

∠=∠?

对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：

1

cos18.5sin18.5

qE mg ma

?-?=…………①

同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：

2

sin18.5cos18.5

qE mg ma

?+?=…………②

设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：

2

1

1

2sin18.5

2

R a t

?=…………③

2

2

1

2cos18.5

2

R a t

?=…………④

由③/④可得，

1

2

sin18.5

=

cos18.5

a

a

?

?…………⑤

联立①②⑤可得，

cos18.5sin18.5sin18.5

sin18.5cos18.5cos18.5

qE mg

qE mg

?-??

=

?+??

…………⑥

化简可得，

22

(cos18.5sin18.5)2sin18.5cos18.5

qE mg

?-?=??…………⑦

即cos37sin37

qE mg

?=?…………⑧

则54

tan 370.04100.75

C 310C 110

mg q E -???=

==??…………⑨ 故A 错误．

B ．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：

()()

22

10.5N F qE mg =

+=，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩

延长半径AO 交圆与D 点．小球在A 点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：

2

min 1mv F R

=…………? 可得小球的最小动能

2k min 111

0.5J 22

E mv

F R =

== …………? 故B 正确．

C ．小球从做圆周运动从B 到A 的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C 正确．

D ．由B 得分析可知，小球在D 点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为

2

max 21mv F F R

-=…………? 从A 到D ，由动能定理可得：

22max min 11

2sin 37+2cos3722

qE R mg R mv mv ????=

-…………? 联立??可得，23N F =

由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：

22'3N F F ==

故D 正确． 解法二：

A. 由题知，小球在复合场中运动，由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同，则A 点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得

mg tan37?=qE

解得小球的带电量为

54

3

0.4tan 37

4310C 10

mg q E ?

-?

=

==? 故A 错误；

B. 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A 的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A 点其合力作为小球做圆周运动的向心力

cos37mg ?

=m 2

A

v R

小球做圆周过程中动能最小值

E kmin =

1

2mv A 2=2cos37mgR ?=0.0410220.8

???J=0.5J 故B 正确；

C.由于总能量保持不变，小球从B 到A 过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C 正确；

D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成37?，等效重力

‘=

cos37mg G ?，等效重力加速度为cos37g

g ?

='，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A

点速度为A v g R =

'v ，由动能定理得

22

A 11·222

G R mv mv -'=

在等效最低点，由牛顿第二定律

2

N v F G m R

-='

联立解得小球在等效最低点受到的支持力

N 3.0N F =

根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N ，故D 正确．

21．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)2

E mgh W m v +=

② 有电场时由A 到C

201

(3)2E

mgh W m v +=' 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 =