高中物理人教版 (2019)必修 第三册3 电势差与电场强度的关系课后复习题

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2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册
10.3电势差与电场强度的关系 同步训练8（含解析）
1．如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电的小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（　　）

A．电场中的电势φC＞φB
B．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能
C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动
D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动
2．△ABC是匀强电场中一个边长为a的正三角形，O为该三角形的中心。若在△ABC的三个顶点A、B、C分别固定点电荷+q、+q、﹣q，如图所示，则O处的场强为零。据此可知，匀强电场电场强度的大小和方向为（　　）

A．，方向由C指向O B．，方向由O指向C
C．，方向由C指向O D．，方向由O指向C
3．如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P电荷的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线肯定正确的是（　　）

A． B．
C． D．
4．如图所示，在竖直平面内有一个圆环，直径BC在竖直方向上，圆环内有两根光滑细杆AB、AC，∠ABC＝30°；空间存在水平向右的匀强电场。将质量为m、电荷量为q的小环在A点静止释放，分别沿着两导轨运动时（穿在杆中），加速度分别为aB，aC，到达圆周上时的速率分别为vB、vC，运动时间分别为tB、tC；已知tB＝tC，下列判断正确的是（　　）

A．小环带负电 B．电场强度E＝
C．aB＝aC D．vB＝vC
5．如图所示，真空中位于x轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点O对称，规定电场强度沿x轴正方向为正，无穷远处电势为0。下列描述x轴上的电场强度E或电势φ随位置x的变化规律正确的是（　　）

A． B．
C． D．
6．某空间存在一静电场，沿x方向建立坐标轴，一个电荷量为q的带负电粒子从﹣3m处由静止释放，粒子只在电场力的作用下沿x轴运动，其电势能Ep随位移x的变化图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．此电场为处于原O点的点电荷产生的电场
B．从O点沿x轴正向电势降低
C．在x＝﹣1cm和x＝1cm处，粒子加速度相同
D．粒子在O位置的速度是x＝1cm处的倍
7．如图所示，水平面（图中未画出）上相距为d的A、B两点固定有异种电荷，电荷量均为Q，其中A处电荷带正电、B处电荷带负电，在A、B两点连线的竖直中垂线上固定一根内壁粗糙的绝缘细管，细管的上、下两端管口关于AB对称。现使一质量为m、电荷量为q的带正电小圆柱体（圆柱体直径略小于细管的内径）从上端管口由静止开始下落，结果小圆柱体到达两电荷的连线中点O时的加速度为零，且此时小圆柱体的速度大小为v。重力加速度大小为g，静电力常量为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．O点的电场强度大小为
B．管壁对小圆柱体的弹力的最大值为
C．小圆柱体和管壁间的动摩擦因数为
D．小圆柱体到达下端管口时的速度大小为
8．三等长绝缘棒AB、BC、CA连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同种电荷，测得图中P、Q两点（均为相应正三角形的中心）的电势分别为UP和UQ，若撤去AC棒，则P、Q两点的电势分别为（　　）

A．UP，UQ+UP B．UP，UQ﹣UP
C．UP，UQ+UP D．UP，UQ
9．在x轴上有间隔相同的a、b、c、d四个点，a、d关于原点对称。现在a、d两点处固定两个电荷量相同的点电荷，如图所示的E﹣x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度，以x轴正方向为电场强度的正方向。下列说法正确的是（　　）

A．b、c两点的电势相同
B．b、c两点的电场强度不相同
C．a、d两点固定的是同种电荷
D．a、b、c、d四点的电势关系为φa＜φb＜φc＜φd
10．如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（　　）

A．点电荷Q带负电
B．粒子在a点速度大于在b点速度
C．电场中a点电势低于b点电势
D．粒子在a点的加速度等于在b点加速度的倍
11．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点两电荷连线上各点的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点的电势最高，则（　　）

A．N点的电场强度大小为零
B．q1为正电荷，q2为负电荷，且q1＞|q2|
C．x轴上AM间电场强度的方向沿x轴负方向
D．若将一负试探电荷从D点释放，则静电力先做正功后做负功，到达M点速度恰好减为0
12．如图所示，长为L、倾角为37°的光滑绝缘斜面处于平行纸面的电场中。一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面顶端点a开始沿斜面下滑，到达斜面底端点b时速度仍为v0。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）

A．a、b连线一定是一条等势线
B．若电场是匀强电场，则电场方向竖直向上且E＝
C．a、b两点的电势差Uab＝﹣
D．从a到b，静电力对小球做功为mgL
13．如图所示，在一平面坐标系xOy内有四个电量相等的点电荷a、b、c、d位于正方形四个顶点，A、B在x轴上且为ab、cd连线的中点，O为其中心。一质子（不计重力）沿x轴在变力F作用下从A点匀速运动到B点。则下列说法正确的是（　　）

A．A、O、B三点中，A点电势最高
B．A、O、B三点中，O点电势最低
C．质子所受电场力方向先沿y轴正向，后沿y轴负向
D．质子所受电场力方向先沿y轴负向，后沿y轴正向
14．如图所示，两平行带电金属板相距为d，两板间有A、B、C三点，AC连线平行于两板，BC连线垂直于两板。AB间距为dAB，BC间距为dBC，AC间距为dAC。已知两板间的电场可视为匀强电场，且电场强度大小为E，则下列说法正确的是（　　）

A．A、B两点间电势差为EdAB
B．B、C两点间电势差为EdBC
C．A、C两点间电势差为
D．两板间电势差为
15．在如图所示的两个完全相同的平行金属板之间的匀强电场中，取大地的电势为零，与大地相连的导体电势也为零。下列说法正确的是（　　）

A．如果A板接地，则M、N两点中，N点电势较高，M、N两点电势为正
B．如果B板接地，则M、N两点中，M点电势较高，M、N两点电势为负
C．将一带正电的油滴放在该匀强电场中由静止释放，该油滴可能静止不动
D．将一带负电的油滴放在该匀强电场中以某一初速度沿水平方向抛出，该油滴的运动轨迹可能是抛物线或直线
16．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点分别放一个点电荷，两点电荷为等量同种正点电荷，M、N是x轴上的两点，且OM＝MN，P点在第一象限且PM垂直于x轴，则（　　）

A．P点电势比M点电势低
B．M、O两点间电势差大于N、M两点间电势差
C．M点场强比N点场强大
D．在M点静止释放一带正电粒子，不计粒子重力，该粒子将沿x轴做往返运动
17．如图所示，两根细绳OA、OB系一个质量为10kg的带正电小球，小球处于静止状态且离地高度h为2.5m，现给小球施加一个竖直向下的电场并使电场强度缓慢增大，直至某根细绳刚断裂时保持不变，已知OA细绳长为m，且最大承受能力为150N，OB细绳与水平面成30°，其长1m且最大承受能力为600N，两绳达到最大承受能力将会断开，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．细绳OB先断
B．细绳断裂时小球受到的电场力大小为200N
C．小球做圆周运动时电场力的功率先减小后增大
D．小球的最大速度为5m/s
18．如图所示，△ABC为正三角形，在A、B两点放有两点电荷，结果C点的合场强大小为E，方向垂直于CB边斜向上，CD是AB边的垂线，D是垂足，则下列说法正确的是（　　）

A．A 为正电荷，B为负电荷，A点电荷的电荷量是B点电荷量的2倍
B．若撤去A点的电荷，则C点的电场强度大小为E
C．C点电势高于D点电势，若取无穷远处电势为零，则C点的电势为正
D．将一正点电荷从D点沿直线移到C点，电势能一直减小
19．如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

A．电场方向一定竖直向上
B．如果电场强度大小E＝，则E的方向为与水平方向成30°夹角
C．如果电场强度大小E＝，则E的方向为与水平方向成60°夹角
D．电场强度E的最小值为
20．如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40m的光滑半圆轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧边界。现将一质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝﹣1×10﹣4C的滑块（视为质点）从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为µ＝0.05，g取10m/s2．求：
（1）滑块通过A点时速度vA的大小；
（2）滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值。

21．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a高度h＝3m，整个装置处于水平向左的匀强电场中，一个质量m＝0.3kg、带电量q＝+0.01C的物体（可视为质点）从斜面顶端静止释放，经过t＝2s到达斜面底端b点（g取10m/s2）。求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度大小；
（2）电场强度E的大小（结果带根号）；
（3）电场中a到b两点之间的电势差。

22．如图所示，在真空中用等长的绝缘丝线分别悬挂两个点电荷A和B，其电荷量分别为+q和﹣q．在水平方向的匀强电场作用下，两悬线保持竖直，此时A、B间的距离为L。
求：（1）该匀强电场场强的大小和方向
（2）A、B中点的场强大小和方向。

23．某电场中，已知AB两点间的电势差UAB＝30V，q＝﹣5×10﹣9C的电荷由A点移到B点，静电力做的功是多少？电势能增大还是减少？变化了多少？

参考与解析
1．【分析】由带电小球的运动情况判断其受的电场力与重力的关系，由此判断两球的电荷量与质量的关系；再由电势能的表达式判断小球a、b在C位置的电势能大小；由电容器的动态分析判断下极板N向左平移或向下平移时，板间的场强变化，从而判断球受的电场力的变化，由此得解。
【解答】解：AB、由于两球在电场中均做直线运动，故两球在电场中受力平衡，即其受的电场力与重力等大、反向，故有：qE＝mg，而重力竖直向下，故其受的电场力方向竖直向上，由于两球均带正电，电场方向竖直向上，沿着电场方向电势降低，故电场中的电势关系为：φc＜φB；但由于两球的电荷量未知，故由电势能的定义式EP＝qφ可知，小球a、b在C位置的电势能关系未知，故AB错误；
C、由于电容器两板的电荷量不变，此时仅将下极板N向左平移，两板的正对面积减小，故由电容的决定式C＝可知电容减小，又由其定义式C＝可知，板间的电势差增大，由电势差与场强的关系可知，极板间的电场强度增大，故两球受力不再平衡，不能沿直线运动，故C错误；
D、仅将下极板N向下平移，此时板间距离增大，而电荷量不变，
由E＝，C＝，C＝，推导得：E＝，
由表达式可知板间距离的变化不会影响场强的大小，故板间场强不变，球的受力不变，故仍能沿直线运动，故D正确。
故选：D。
2．【分析】根据电场强度的矢量性，先求三个点电荷在O点的场强的矢量和，由O点合场强为零，确定匀强电场的大小方向。
【解答】解：由几何知识可知，OC＝a，根据电场的叠加原理以及平行四边形定则可知，三个点电荷在O点产生的电场的合场强大小为E＝2＝，方向由O指向C，因为O点的场强为零，所以匀强电场的场强大小与O点的场强大小相等，方向相反，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3．【分析】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断动能的变化情况。由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况。
【解答】解：A、等量异种电荷的电场线如图所示。沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。v﹣t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A错误；
B、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为E＝，E先减小后增大，所以φ﹣x图象切线的斜率先减小后增大，则该图不可能，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可知加速度先变小后变大，方向不变，该图是可能的，故C正确；
D、粒子的动能 Ek＝qEx，电场强度先变小后变大，则Ek﹣x切线的斜率先变小后变大，则该图不可能，故D错误；
故选：C。

4．【分析】小环在AC和AB上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律结合受力分析求解即可。
【解答】解：A、小环在AC和AB上做匀加速直线运动，电场力向右，小环带正电，故A错误，
B、小环在AC上运行时：Eqsin30°+mgcos30°＝maB
小环在AB上运行时：Eqcos30°﹣mgsin30°＝maC
又因为：
AB＝BCcos30°＝aBt2B
AC＝BCsin30°＝aCtC2
联立可得：电场强度E＝，故B正确，
C、小环在AC和AB上做匀加速直线运动，运动的时间相同但距离不同，所以加速度不同，故C错误，
D、小环在AC和AB上做匀加速直线运动，电场力做功相同，但AC过程重力做负功，AB做正功，所以末速率不相同，故D错误，
故选：B。
5．【分析】等量同种电荷沿x轴正方向，从左到右，越靠近点电荷电场强度越大，电势沿着电场线逐渐减少。
【解答】解：AB、对于等量同种电荷在O点产生的电场强度，应该为等大反向，故O点场强为0，规定电场强度沿x轴正方向为正，越靠近点电荷电场强度越大，从左到右应该先反向增大，后正向减少，再反向增大，正向减少，故A正确，B错误，
CD、若规定无穷远处电势为0，过O点做中垂线，从O点向两端电势一直减少，到无限远处减为0，所以O点电势不为0，故C和D都错误，
故选：A。
6．【分析】带负电粒子从﹣3m处由静止释放，粒子只在电场力的作用下沿x轴运动到原点，电势能减小，电场力做正功，所以其受电场力指向原点，负电荷受电场力与电场方向相反，故电场向左，同理，原点右边电场方向向右，做功、运动、受力、加速度与左边对称。根据牛顿第二定律和动能定理即可有关不同位置加速度和速度的关系。
【解答】解：A：因为电势能的变化等于电场力做功，即△Ep＝F电•△x，所以图象左半部分的斜率的大小为：＝＝F电＝＝500N，说明电场力大小恒定，所以为匀强电场，而点电荷产生的电场不是匀强电场，故A错误
B：从O点沿x轴正向，负电荷电势能增加，电场力做负功，电场力向左，因为负电荷受电场力与电场方向相反，故电场向右，又因为沿电场的方向电势降低，故B正确。
C：带负电粒子从﹣3m到原点，电势能减小，电场力做正功，电场力向右，电场向左，所以负电荷在x＝﹣1cm和x＝1cm处受力相反，由牛顿第二定律知：加速度方向相反，所以粒子加速度不相同，故C错误
D：由于电势能的变化等于电场力做功，从﹣3m分别到O位置和x＝1cm处，设在O位置和x＝1cm处的速度分别为v0和v1，由动能定理：＝ ＝，所以＝，代入理：＝15J ＝10J得：＝，故D错误
故选：B。
7．【分析】根据点电荷场强的公式和叠加，求出场强的大小；根据等量异种电荷中垂线上场强的特点，分析其受力最大的位置，由f＝μFN求出动摩擦因数；由动能定理求出到达下管口速度大小。
【解答】解：A、单个电荷产生的电场，其电场强度大小为E＝＝，根据矢量的合成法则可得：O点的电场强度大小为：EO＝2E＝，故A错误；
B、根据等量异种电荷产生的电场的特点可知，A、B两点的连线上O点的电场强度最大，故小圆柱体到达O点时所受的电场力最大，由小圆柱体水平方向受力平衡可知，此时管壁对小圆柱体的弹力最大，且弹力的最大值Fmax＝qEO＝，故B错误；
C、小圆柱体到达O点时竖直方向所受合力为零，有μFmax＝mg，解得小圆柱体和管壁间的动摩擦因数μ＝，故C错误；
D、设小圆柱体从上端管口运动到O点的过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有mgh﹣W＝mv2，因做功具有对称性，设小圆柱体到达下端管口时的速度大小为v'，有2mgh﹣2W＝mv'2，
解得v'＝v，故D正确；
故选：D。
8．【分析】利用细棒相对中点对称，得出各棒对各点的电势，再由取走AC棒后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，即可求解．
【解答】解：每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，三根棒的总电量、分布情况都相同。
①三棒对p点的电势贡献都相同（可设为φ1）；
②AB棒、BC棒对Q点的电势贡献相同（可设为φ2）；
③AC棒对P、Q两点的贡献相同（也为φ1）。
所以，取走AC前，3φ1＝Up
2φ2+φ1＝UQ
取走AC后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，所以
UP′＝2φ1＝Up
UQ′＝2φ2＝UQ﹣Up
故ACD错误，B正确；
故选：B。
9．【分析】根据根据给出的E﹣x图象判断出ab处的电性，根据点电荷产生的场强和电场的叠加即可判断cd两处的场强大小，沿电场方向电势降低。
【解答】解：根据给出的E﹣x图象可知，在a处为负电荷，在d处为正电荷，根据点电荷产生的场强E＝k及电场的叠加可知，bc两处场强相同，电场方向由c指向b，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由d到a逐渐降低，故ABC错误，D正确。
故选：D。
10．【分析】通过曲线运动的受力方向可判断出点电荷的电性，由于电荷在电场中只受电场力的作用，可判断出运动过程中电场力做功的正负，从而判断出电势能和电势的变化，从而得到动能和速度的变化，再由点电荷形成电场强度的公式和牛顿第二定律从而得出加速度之间的关系。
【解答】解：将Ea，Eb延长相交，交点c即为点电荷Q的位置，如图所示：
A、由上图可知，电场强度的方向指向场源电荷，故场源电荷为负电荷，故A正确；
BC、由上图可知，正电荷在a点的距离场源电荷的距离比在b点距离场源电荷的距离远，故从a到b的过程中，电场力做正功，则正电荷的电势能减小，电势降低，故a点的电势大于b点的电势，
由于正电荷在电场中只有电场力做功，电场力做正功，由动能定理可知，动能增加，故b点的速度大于a点的速度，故BC错误；
D、假设场源电荷的电荷量为：Q，由于三角形abc是直角三角形，并且∠bac＝30°，则由tan30°＝可得，，则由点电荷形成电场的场强公式得：Ea＝k，Eb＝k，由于正电荷在电场中只收到电场力，由牛顿第二定律得：qE＝ma，则可得粒子在a，b两点得加速度之比为1：3，故D错误；
故选：A。

11．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E；
根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性；
根据功能关系分析电场力做功的正负；
【解答】解：A、该图象的斜率等于场强E，则知N点电势为零，但电场强度不为零，故A错误；
B、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，
所以q1电荷量大于q2的电荷量，故B正确；
C、x轴上A→M间电势降低，所以电场强度的方向沿x轴正方向，故C错误；
D、M→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从D点释放，电场力先做正功后做负功，但D和M间的电势差不为零，负电荷到达M的速度不为零，故D错误。
故选：B。
12．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解a、b两点的电势差；若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值。
【解答】解：AC、小球从a运动到b的过程中，根据动能定理得：mgLsin37°+qUab＝0
代入数据解得a、b两点的电势差为：Uab＝﹣，即φa≠φb，所以a、b连线一定不是一条等势线，故A错误，C正确；
B、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零；
小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F＝mgsinθ时，电场力最小，场强最小，
又电场力F＝Eq，则该电场的场强的最小值一定是Emin＝＝，所以匀强电场的方向不一定是竖直向上，向其他方向也可以，故B错误；
D、小球从a运动到b的过程中，根据动能定理得：mgLsin37°+W＝0
代入数据解得静电力对小球做功为：W＝﹣mgL，故D错误。
故选：C。
13．【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面相互垂直；电场强度的合成遵循平行四边形定则；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同．
【解答】解：AB、如图所示在x轴任意一点上做出a、b、c、d四个电荷所产生的电场的方向，根据E＝可知电荷a和电荷b在该点产生的场强Ea和Eb大小相同，且与水平方向的夹角相同，故Ea和Eb的合场强竖直向下；同理电荷c、d在该点的场强Ec、Ed大小相等，但合场强方向竖直向上，故在x轴上任意一点的场强方向只能是沿y轴正方向或沿y轴负方向，即x轴与电场线垂直，故x轴在一条等势线上，故AOB三点电势相等，故AB错误；
CD、根据E＝可知在x轴负半轴上电荷a和电荷b产生的场强Ea和Eb大于电荷c和电荷d产生的场强Ec、Ed，故在x轴负半轴上场强的方向沿y轴负方向，而O点合场强为0，在x轴正半轴上，合场强沿y轴正方向，而质子所受电场力的方向与场强的方向相同，故质子所受电场力F方向先沿y轴负向，后沿y轴正向，故C错误，D正确。
故选：D。

14．【分析】两极板间匀强电场的电场强度大小E＝．则U＝Ed，d是两点间沿场强方向的距离，即可求出．
【解答】解：根据U＝Ed，d是两点间沿场强方向的距离，则：
A、A、B两点间的电势差为EdBC，故A错误；
B、B、C两点间的电势差为EdBC，故B正确；
C、A、C两点沿电场线方向上距离为零，所以A、C两点间的电势差为0，故C错误；
D、两板间的电势差为Ed，故D错误；
故选：B。
15．【分析】根据电场线的方向分析电势的高低，结合电势的零点，判断M、N两点电势正负；分析油滴的受力情况，来判断油滴的运动状态。
【解答】解：A、根据电场线的方向电势逐渐降低，可知，不论哪个板接地，M、N两点中，M点电势较高，若A板接地，A板电势为零，由于M、N两点的电势均比A板的电势低，所以M、N两点电势为负，故A错误；
B、如果B板接地，B板电势为零，由于M、N两点的电势均比B板的电势高，所以M、N两点电势为正，故B错误；
C、带正电的油滴放在该匀强电场中所受的电场力方向竖直向下，与重力方向相同，所以油滴的合力不为零，则油滴由静止释放后，油滴将向下加速运动，故C错误；
D、带负电的油滴放在该匀强电场中所受的电场力方向竖直向上，若油滴所受的电场力与重力大小相等，油滴的合力为零，则将油滴以某一初速度沿水平方向抛出，该油滴做匀速直线运动；若电场力与重力大小不等，油滴的合力不为零，由于电场力是恒力，则油滴的合力是恒力，而且合力与速度不在同一直线上，则油滴做匀变速曲线运动，轨迹是抛物线，故D正确。
故选：D。
16．【分析】根据等量同种电荷的电场线分布图，沿电场线方向电势逐渐降低可确定电势关系，根据电场强度的大小确定电势差的大小关系；粒子受力分析确定其运动情况。
【解答】解：A、由等量同种正点电荷等势线分布可知，M点电势比P点电势高，故A正确；
B、O、M间电场线比M、N间电场线分布稀疏，MO两点间电势差小于NM两点间电势差，N点场强大于M点的场强，故BC错误；
D、根据对称性可知，在M点静止释放的带正电粒子会以O点为中点做往返运动，故D正确；
故选：AD。
17．【分析】（1）以小球为研究，分析受力情况，根据两个细绳受到的拉力大小，判断哪根绳最先断，达到绳子的临界断裂值时，求出电场力大小；
（2）OA先断裂，断裂之后小球做圆周运动，达到最低点时速度最大，求此时的绳子拉力，发现绳子拉力使OB断裂，有动能定理求出落地速度，即为最大速度；
（3）OA断裂之后小球做圆周运动，对速度分解，分解到沿着电场力方向的分速度，从而求出电场力的功率，根据OA绳与竖直方向的夹角以及速度变化来判断电场力功率变化；
【解答】解：AB、有几何关系可知∠AOB＝90°，对静止的小球分析有：
FTAsin30°＝FTBsin60°，
FTAcos30°+FTBcos60°＝mg+qE
当FTA＝150N时，FTB＝150N＜600N，故细绳OA先断，故A错误；
此时，电场力qE＝200N，故B正确；
CD、OA绳断后，设小球在圆周运动的最低点速度为v1，则由牛顿第二定律可知：
F′TB﹣qE﹣mg＝m
由动能定理知：
（qE+mg）l（1﹣cos60°）＝m﹣0
解得：F′TB＝600N，此时OB绳刚好断裂，之后小球做类平抛运动，全程由动能定理知：
（qE+mg）h＝m﹣0
解得：v2＝5m/s，故D正确；
如图所示，电场力的功率为P＝qEvsinθ，小球刚开始运动时v＝0，故P＝0，小球做圆周运动到最低点时，θ＝0，故P＝0，即电场力的功率先增大后减小，故C错误；

故选：BD。
18．【分析】（1）根据C点合场强的大小和方向以及点电荷产生场强公式可判断A和B电荷的电性以及电荷量大小关系；
（2）根据点电荷形成场强公式求出B电荷在C点产生的电场强度；
（3）将A点的电荷看成两个+q电荷的叠加，则其中一半与B点的电荷是等量异种电荷，还剩一半是正点电荷，根据等量异种电荷中垂线是等势线进行分析；
【解答】解：A、由于C点的场强是由A、B两点的点电荷产生的场强叠加而成，根据平行四边形定则和点电荷场强的特点可知，如图所示，可以判断EA背离A点，EB指向B点，所以A点为正电荷，B点为负电荷，A，B点电荷在C点产生的场强大小分别为EA＝E，EB＝E，设三角形的边长为L，由点电荷的场强公式可知EA＝k，EB＝k，则qA＝2qB，故A正确；

B、若撤去A点的电荷，则C点的电场强度大小为EB＝E，故B正确；
C、设qB＝﹣q，qA＝+2q，将A点的电荷看成两个+q电荷的叠加，则其中一半与B点的电荷是等量异种电荷，还剩一半是正点电荷，因为等量异种电荷中垂线是等势线，延伸到无穷远，由题意可知，中垂线上的电势就相当于A点剩下的+q在中垂线上的电势，为正，且离A点越近，电势越高，C错误；
D、同理，正电荷在中垂线上从D点向C点运动时，相当于只有A点剩下的+q对其做正功，电势能一直减小，故D正确；
故选：ABD。
19．【分析】小球做匀变速直线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则分析电场力的大小和方向，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小；
当电场力等于重力，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，则两个力的夹角为120°，根据几何关系可求出E与水平方向的夹角。
【解答】解：AD、因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为mgcos30°，如图1所示，所以电场强度的最小值Emin＝＝，故A错误，D正确；

图1
BC、根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，则两个力的夹角为120°，如图2所示，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，由几何关系可知，E的方向为与水平方向成30°夹角，故B正确，C错误。

图2
故选：BD。
20．【分析】（1）根据条件和牛顿第二定律求出A点的速度大小；
（2）滑块从C到A，几何（1）中结果并根据动能定理求出C到B的距离；
（3）滑块从A点飞出后，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式列出再空中运动的速度公式，并根据数学知识求出速度的最小值。
【解答】解：（1）滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零即只有重力提供向心力：根据牛顿第二定律有：

代入数据解得：vA＝2m/s；
（2）滑块从C到A，根据动能定理有：

代入数据解得：x＝5m
（3）滑块从A点飞出后，受到重力和电场力的作用，所以水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，有：

vy＝gt＝10t
联立解得：
根据数学知识点得到
答：（1）滑块通过A点时速度vA的大小为2m/s；
（2）滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x为5m；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值1.94m/s。
21．【分析】（1）通过运动学公式求解物体沿斜面下滑的加速度大小；
（2）通过牛顿第二定律求解电场强度的大小；
（3）由U＝Ed 求解电场中a到b两点之间的电势差。
【解答】解：（1）斜面的长度为：L＝＝2h＝2×3m＝6m
根据运动学公式得：L＝
代入数据解得物体沿斜面下滑的加速度大小为：a＝3m/s2
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣qEcos30°＝ma
代入数据解得电场强度E的大小为：E＝40V/m
（3）电场中a到b两点之间的电势差为：
Uab＝﹣ELcos30°＝﹣×6×V＝﹣360V
答：（1）物体沿斜面下滑的加速度大小为3m/s2；
（2）电场强度E的大小为40V/m；
（3）电场中a到b两点之间的电势差为＝﹣360V。
22．【分析】（1）对小球受力分析，小球在水平方向上受电场力和库仑力处于平衡，结合平衡条件求解；
（2）分别求出两点电荷在AB中点形成的场强大小和方向，利用叠加原理即可确定AB中点处的场强。
【解答】解：（1）由A平衡知，匀强电场对A的电场力方向向左，则电场强度的方向向左
对A有：qE＝
得：E＝
（2）A、B在中点处场强大小相等，方向相同均为E1＝，方向水平向右；
所以有：E0＝2 E1﹣E＝；
方向为水平向右
答：（1）该匀强电场场强的大小为，方向水平向左；
（2）A、B中点的场强大小为；方向水平向右。
23．【分析】根据电场力做功与电势差的关系求出静电力做功的大小，结合电场力做功与电势能的关系得出电势能的变化．
【解答】解：静电力做功W＝＝﹣1.5×10﹣7J，则电势能增大，增大了1.5×10﹣7J．
答：静电力做的功是﹣1.5×10﹣7J，电势能增大，增大了1.5×10﹣7J．
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