2022届优质校一模试卷专题汇编8 静电场 解析版

这是一份2022届优质校一模试卷专题汇编8 静电场 解析版，共20页。试卷主要包含了电场强度和电场线，电场能的性质，电场中的图象问题，电容器，带电粒子在电场中的运动等内容，欢迎下载使用。

专题 8
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静电场






常考题型


题 型
考查年份
关联知识点
场强的矢量性叠加
2021河北卷10题
电场强度的叠加原理，带电体周围的电势分布
2021湖南卷4题
电场强度的叠加原理
2021江苏卷10题
电场的叠加原理，割补法计算电场强度
2021山东卷6题
电场强度的叠加原理，φ－x图像的物理意义
电场中各参数的比较及定量计算
2021全国甲卷19题
等势面与电场的关系，计算带电粒子穿越不同等势面时电场力做功和能量变化
2021全国乙卷15题
带电粒子在电场中的电势能，等势面与电场的关系
2021海南卷11题
匀强电场中电场强度的计算及电势高低的判定，电场力做功与电势能改变量的关系
2021辽宁卷6题
点电荷的电场线，电场强度与电势高低的判断方法
2021湖南卷9题
电场中的能量问题，匀强场强方向的判断
2021广东卷6题
带电粒子在电场中的电势能，根据带电粒子的运动轨迹判断电场方向或等势面的电势高低
带电粒子在电场及复合场中的运动
2021全国乙20题
带电粒子在匀强电场中做抛体运动的相关计算
2021福建卷15题
库伦定律，电势差与电场强度的关系，电势能与电场力做功，动量定理，动量守恒定律
2020全国I卷25题
带电粒子在电场中做类平抛运动，动量，动能定律







方法点拨


1．电场强度和电场线
(1)电场中某点的电场强度E＝Fq，与试探电荷q及在该点所受的电场力F均无关。
(2)电场强度的叠加：①是矢量叠加，某点场强等于各电荷在该点产生的场强的矢量和；②叠加的常用方法：补偿法、微元法、对称法、等效法等。
(3)电场线可以描述电场的强弱，也能描述电场的方向。电场线一般不会与带电粒子的运动轨迹重合。
2．电场能的性质
(1)电势能、电势、电势差、电场力的功及电荷量是标量，但都有正负。涉及它们的计算要注意正负号问题。
(2)电势能、电势都具有相对性，与零电势点的选取有关；电势差与零电势点的选取无关。
(3)电场力做功与路径无关，由移动的电荷和初、末位置的电势差决定。
(4)掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷、匀强电场等电场的等势面的分布特点。
3．电场中的图象问题
(1)挖掘φ－x图象中的两个隐藏信息：①电场强度的方向：由电势高的地方指向电势低的地方，即沿x轴方向的电场方向；②电场强度的大小：根据E＝，图象φ－x的斜率为电场强度，另注意Ep－x图象即为qφ－x图象。
(2)挖掘E－x图象中的两个隐藏信息：①电场强度的方向：场强E正负表示场强的方向；②电势差的大小：图线与x轴围成的“面积”表示电势差。
(3)挖掘v－t图象中的隐藏信息：根据速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化。
4．电容器
(1)两类动态问题的分析要抓住C＝、C＝和E＝三个基本关系。
(2)板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理分析。
(3)静电计是测量小球与外壳间的电压的仪器，静电计指针偏角大小与静电计小球和外壳间电压成正比。
5．带电粒子在电场中的运动
(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理。
(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题.
(3)在交变电场中的运动，一般是几段运动的组合，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征。
(4)解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：①合场角度：处理抛体运动、圆周运动可从合场角度分析运动的最高点、最低点等问题；处理能量问题一般从重力势能、电势能变化两方面分析。②运动分解角度：涉及运动时间、位移等时一般从运动分解的角度分析。
【例1】( 2021河北卷∙10)(多选)如图，四个电荷量均为q（q＞0）的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为（4l，0）、（－4l，0）、（0，y0）和（0，－y0），其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（y0≠0），下列说法正确的是（　　）
A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零
B．当y0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点
C．当y0＝8l时，将一带负电的试探电荷由点（4l，5l）移至点（0，－3l），静电力做正功
D．当y0＝4l时，将一带负电的试探电荷放置在点（l，l）处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上
【方法点拨】本题考查了电场强度的叠加，电场强度是矢量，合成分解遵循平四边形定则。
【解析】根据场强叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，A正确；因为在x轴上的两个点电荷在O点的合场强为零，在y轴上的两电荷，无论y0取什么值，因为关于原点对称，则在O点的合场强也为零，在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，关于原点对称，所以算上原点，合场强为零的点是奇数个，不会是2个，B错误；由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内所在的虚线的垂直平分线的上方；坐标为（0，－3l）的B点在第三象限内所在的虚线的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，由电势叠加可知，B点的电势高于A点，则带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，可知电场力做正功，C正确；若y0＝4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强，在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强，可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴从成45°角的方向向下，则将一带负电的试探电荷放置在点（l，l）处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上，D正确。
【答案】ACD
例2．(2019∙全国II卷∙24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【方法点拨】带电粒子在电场中运动，若是曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用动力学知识或功能关系求解。当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及与两区域电场交界处有关联的物理量，这些物理量往往是解决问题的突破口。
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2 ④，l＝v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝mv＋qh ⑥，l＝v0。 ⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度
L＝2l＝2v0。 ⑧




试题汇编

场强的矢量性叠加
1．(2021届义乌市适应性考试)硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为－q的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成＋2q，则圆心O点处的电场强度为（　　）
A．，方向沿半径指向P点
B．，方向沿半名背离P点
C．，方向沿半径指向P点
D．，方向沿半径背离P点
2．(2022届濮阳一中第三次质检)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，选无穷远处电势为零，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　）
A．a、b间的库仑力大小为
B．a电荷的电势能为零
C．a、b在O点产生的场强大小为
D．a、b、c在O点产生的场强为零
3．(2022届山东省实验中学第二次诊断)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O。一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则（　　）

A．轨道上D点的场强大小为
B．小球刚到达C点时，其加速度为零
C．小球刚到达C点时，其动能为mgL
D．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小
4．(2022届百校联盟新高考全国卷11月质量检测)(多选)如图所示，A、B、C、D为边长为l的正四面体的四个顶点，M、N分别为CD边、BC边的中点。将带电量均为＋Q的同种点电荷分别固定在A、B两顶点处，则下列说法正确的是（　　）
A．N点处的电场强度大小为
B．C点与D点处的电场强度相同
C．C、D、M三点的电势大小关系为φC＝φD＞φM
D．将一带电量为＋q的试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小
5．(2022届湖南省衡水金卷一轮复习夯基卷)(多选)如图所示，在直角三角形的顶点A、C处分别固定Q1、Q2两个点电荷，已知∠ACB＝30°，Q1、Q2两个点电荷在B点形成的电场的方向平行于AC向右，OD是三角形ABC的中位线，下列说法正确的是（　　）
A．Q1带负电荷、Q2带正电荷
B．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
C．B点的场强大于D点的场强
D．O点的电势低于D点的电势
电场中各参数的比较及定量计算
6．(2022届华南师大附中第三次月考)两个点电荷放在B、C两点，它们形成的电场中，电场线分布如图中实线所示，在两点电荷的连线上还有A、D两点，且AB＝BC＝CD，下列说法中正确的是（　　）
A．两个点电荷为异种电荷
B．电荷在A点所受电场力可能为零
C．D点和A点电势相等
D．沿BC中垂线移动电荷，电场力不做功
7．(2022届江西省七校第一次联考)如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一点电荷产生的电场，电场线的分布关于x轴对称，A、B、C、D是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中A、B在x轴上，D点在y轴上，C点在电场线上，则（　　）

A．A点的电势和C点的电势相等
B．将一负电荷由B点移到D点克服电场力做的功小于由B点移到C点电场力做的功
C．将一正电荷由A点移到C点，电势能减小
D．D点的电场强度小于A点的电场强度
8．(2022届河北百师联盟一轮复习联考)直流电源E、定值电阻R1、R2及可变电容器C与开关S组成如图甲所示的电路，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝3 Ω。初始时，可变电容器的动片保持在如图乙所示的位置不变，闭合开关S一段时间后再断开，电容器的电荷量变化了ΔQ＝4.5×10－10 C。下列说法正确的是（　　）

A．动片在图乙位置时，电容器的电容约为176 pF
B．动片在图乙位置，闭合开关S一段时间后再断开时，R1中有短暂向左的电流
C．保持开关S闭合，在转轴沿顺时针缓慢转动过程中，电容器所带电荷量缓慢增加
D．开关S断开后，在转轴沿顺时针缓慢转动过程中，电容器所带电荷量保持不变
9．(2022届湖南师大附中炎德英才大联考)(多选)如图所示，A、B为平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N。小孔对平行板电场无影响，其中D为理想二极管，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处
B．若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
C．若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
D．若仅将R的滑片下移、带电小球将无法运动至B板的小孔N处
10．(2022届鄂南高中等十一校第一次联考)(多选)如图甲所示，三个电荷量大小均为Q的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中带负电的点电荷位于坐标原点处，x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电量为＋q的试探电荷沿着x轴正方向运动，以x正向为＋q所受电场力的正方向，得到＋q所受电场力随位置的变化图像如图乙所示，设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是（　　）


A．x1＞x0
B．在x正半轴上，＋q在x2处所受电场力最大
C．＋q在x1处电势能最大
D．＋q在x1处电势能为零
11．(2022届湖南师大附中月考)图甲中的直线为静电场中的一条电场线（方向未标出）。现一不计重力且带电量为q（q＞0）的粒子从电场线上的M 点沿电场线运动至 N 点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了场强大小随粒子位移的变化规律。则（　　）
A．电场方向由N指向M
B．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
C．粒子机械能改变量的数值为
D．该电场由静止点电荷产生
带电粒子在电场及复合场中的运动
12．(2022届长沙雅礼中学12月月考)(多选)如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
B．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动
C．若小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，则它运动过程中的最小速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将可以到B点
13．(2022届云南师大附中高考适应性月考)一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量为－q的物块（可视为质点）以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小、方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入。求：

(1)物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；
(2)当匀强电场的方向为竖直向上时，物块与木板的相对位移大小。









14．(2022届厦门一中月考)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知A处电荷的电荷量为＋Q，图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x＝L处对应图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝2φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝φ0，若在x＝－2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动（假设此带电物块不影响原电场分布），求：

(1)固定在B处的电荷的电荷量QB；
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大，才能使小物块恰好到达x＝2L处？









15．(2022届云南师大附中高考适应性月考)在纳米薄膜制备时，利用高频电场使惰性气体发生电离，产生辉光放电，电离产生的正离子和电子高速轰击靶材，使靶材上的原子或分子溅射出来，然后沉积到基板上形成薄膜。如图甲所示，装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－U0，电压变化的周期为2t0，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近有质量为m、电荷量为e的一群电子，在电场作用下由静止开始运动，在第一个周期内未碰到极板A，不计电子的重力作用。

(1)求电子在0～2t0时间内的位移大小；
(2)若电子在20t0时恰好碰到极板A，求两极板间的距离d与e、m和U0的关系；
(3)若电子在n个周期结束的时刻打到极板A上，且形成的薄膜厚度与电子到达极板的动能成正比，比例系数为k，求在基板上形成薄膜的厚度∆d与n、k的关系。







16．(2022届重庆市第一中学半期考试)如图所示，竖直平面内的绝缘轨道由四部分组成：倾角为37°的粗糙倾斜轨道AC，足够长光滑水平轨道CD和KZ以及半径大小可调的光滑圆轨道。AC与CD在C处平滑连接，CD右端与圆轨道相连。球可以从D进入圆轨道，沿轨道内侧运动，从K滑出圆轨道进入KZ水平轨道。圆轨道下端D与K略微错开一点距离。图中MN为圆轨道的水平直径，J为圆轨道最高点，在直径MN上方的圆轨道所在区域存在水平向左的匀强电场（图中未画出）。轨道上有可视为质点的两静止小球P和Q，其中位于A处带电量为－q(q＞0)的小球P质量为m，位于Z处不带电的绝缘小球Q的质量为m′。现将小球P由静止释放。小球沿轨道运动时，始终未脱离轨道。已知A距水平轨道的高度为h，电场强度E＝，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.7，≈2.5，。

(1)小球P沿轨道运动，未与小球Q发生碰撞，且第一次返回AC斜面时，恰能到达AC中点B，求AC斜面的动摩擦因数；
(2)求符合(1)中情景的圆轨道半径的最小值；
(2)若圆轨道半径固定，大小为R＝h，要让两球仅发生一次碰撞，则两球质量之比需满足什么条件？（两球发生碰撞时无机械能损失，小球P无电量损失；结果可保留根号）





参考答案


1．【答案】D
【解析】当P点的电荷量为－q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为＋2q时，可看作[－q＋（＋3q）]，故可以看做两个电场的叠加故O点的电场强度为方向沿半径背离P点。
2．【答案】B
【解析】由于三个点电荷等间距分布，a、b间的距离，据库仑定律可得，a、b间的库仑力大小为，A错误；b、c为等量异种电荷，可知其连线的中垂面为电势为零的等势面，a电荷处在该等势面上，故其电势能为零，B正确；由点电荷的场强公式可得，a、b在O点的合场强大小为，C错误；a、b在O点的合场强方向由O指向c，c电荷在O点的场强大小，方向由O指向c，故a、b、c在O点产生的场强大小，方向由O指向c，D错误。
3．【答案】B
【解析】负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿∠ADB的角平分线DO，由库伦定律得两负电荷在D点的场强大小为，它们的合场强，故A错误；由几何关系得，则，对小球受力分析，其受力的剖面图如图，由于C到AB的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即，沿斜面方向，垂直于斜面方向，其中是库仑力为，联立解得，故B正确；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得，小球的动能，故C错误；由几何关系可知，在CD的连线上，CD的中点到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大，故D错误。
4．【答案】AD
【解析】如图所示，N点处的电场强度大小为，，，解得，故A正确；C点与D点处的电场强度方向不同，故B错误；M点距两点电荷距离更近，因此C、D、M三点的电势大小关系为，故C错误；根据，得试探电荷在C、D、M三点的电势能大小关系，因此试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小，故D正确。
5．【答案】BD
【解析】由题意，根据电场强度的叠加法则可知，Q1在B点产生电场的电场强度方向一定沿A→B方向，Q2在B点产生电场的电场强度方向一定沿B→C方向，所以Q1带正电荷、Q2带负电荷，故A错误；Q1、Q2在B点产生电场的电场强度大小分别为，，根据电场强度的叠加法则可知，可知，故B正确；根据几何关系可知AD＝AB，所以Q1在D点产生电场的电场强度大小也为E1。而Q2在D点产生电场的电场强度大小，则D点电场强度的水平分量大小为，竖直分量大小，D点合场强大小，根据A项分析可知，B点合场强大小，可知，故C错误；根据C项分析可推知DO连线上存在沿D→O方向的电场强度分量，根据沿电场方向电势降低可知O点的电势低于D点的电势，故D正确。
6．【答案】A
【解析】由电场线的分布特点可知，两个点电荷应为异种电荷，故A正确；电场线的疏密程度反应电场的强弱，结合题图可知B位置点电荷的电荷量大于C位置点电荷的电荷量，因此A点合场强不可能为零，故B错误；A点靠近B点的电荷，D点靠近C点的电荷，而B、C两位置的电荷为异种电荷，因此D点和A点电势一定不相等，故C错误；由题图可知BC中垂线上电场线的切线方向不是水平的，因此沿BC中垂线移动电荷，电场力做功，故D错误。
7．【答案】B
【解析】过A点画等势线与电场线相交的点应在C点的右方，因顺着电场线电势逐渐降低，所以A点的电势比C点的电势低，故A错误；因为，所以将一负电荷由B点移到D点电场力做的功小于由B点移到C点电场力做的功，故B正确；将一正电荷由A点移到C点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；由点电荷电场线特点可知，电场线密的地方电场的强度大，D点的电场强度大于A点的电场强度，故D错误。
8．【答案】B
【解析】根据闭合电路欧姆定律及电容的定义式可知，开关S闭合时电容器所带电荷量，开关S断开后电容器所带电荷量，由题意可知，联立解得，故A错误；动片在图乙位置，闭合开关S一段时间后再断开时，电容器充电，又因为电容器上极板带正电，下极板带负电，所以R1中有短暂向左的电流，故B正确；在转轴沿顺时针缓慢转动过程中，电容器极板正对面积S减小，根据，可知电容器的电容C减小，而无论保持开关S闭合还是开关S断开，U都不变，则所带电荷量Q缓慢减少，故CD错误。
9．【答案】ACD
【解析】根据，和，联立可得，若仅将A板上移，d增大，Q减小，由于二极管处于截止状态，电荷量Q保持不变，电压U将增大，根据动能定理，U增大，重力做功不变，则带电小球无法运动到B板的小孔N处，故A正确；若仅将B板下移，d增大，Q减小，由于二极管处于截止状态，电荷量Q保持不变，由，联立得，电压U将增大，场强E不变，则重力比电场力在增大相同高度时，所做的功更小，因此带电小球将无法运动到N处，故B错误；若仅将R的滑片上移，R两端的电压减小，二极管使得电容器不能放电而处于断开，电容器两端电压U不变，则带电小球仍将恰好能到达B板的小孔N处，故C正确；若仅将R的滑片下移、R两端的电压增大，电荷量Q将增大，则带电小球将不能到B板的小孔N处，故D正确。
10．【答案】AC
【解析】图乙中x1的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断x0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，根据题意，正点电荷受力等于零的位置在x0的右侧，如图，故x1在x0的右侧，故A正确；由图像可知，在轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，故B错误；在范围内，正电荷所受电场力合力为水平向左，正点电荷在x1位置受力平衡，在x1的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在范围内，电场力做负功，电势能增加，x＞x1范围内，电场力做正功，电势能减小，故在x1处电势能最大，故C正确，D错误。
11．【答案】C
【解析】根据题给条件无法判断电场强度的方向，故A错误；由题图可知，粒子在M点处所受电场力小于在N点处所受电场力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B错误；E－x图像与坐标轴所围的面积大小表示电势差的绝对值，所以粒子从M到N的过程中，电场力做功的绝对值，根据功能关系可知粒子机械能改变量的数值，故C正确；静止点电荷的电场强度随位移x的变化规律不是线性关系，所以该电场不是由静止点电荷产生，故D错误。
12．【答案】AD
【解析】除重力和弹力以外的其他力做功等于机械能的变化，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故小球到B点时机械能最大，故A正确；重力与电场力的和为，其方向与电场方向成夹角斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将先沿这个方向做匀加速直线运动，故B错误；若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设最小速度为v，则有，得，故C错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因，故水平加速度和竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，运动时间，则水平位移，说明小球刚好到B点，故D正确。
13．【解析】(1)当物块与绝缘板相对静止时，根据动量守恒定律得

解得
根据能量守恒定律可得
(2)场强向下时
场强向上时
解得
两次产生的热量相等，即，
解得。
14．【解析】(1)由题图乙得x＝L处为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0，则有

代入数据得。
(2)从x＝－2L到x＝2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得

即
解得。
15．【解析】(1)电子在0～t0时间内做匀加速运动，有

在~2时间内做匀减速运动，有
初速度的大小
电子在这段时间内的位移大小
时间内电子的位移大小。
(2)第一个周期末电子的速度大小为

电子运动的图像如图所示，n个周期内电子的位移为

将代入上式可得两极板间的距离。
(3)电子在一个周期内速度的增量
电子在n个周期内速度的增量
若电子在n个周期结束后打到极板A上，形成薄膜的厚度。
16．【解析】(1)由球P未与球Q碰撞，且不脱离轨道而返回斜面，可知球P滑入圆轨道后未超过图3中X点即返回，由动能定理有

解得。
(2)当球P在圆轨道上半圆运动时，由可知图中Y点为等效场的等效最高点，X点为等效圆心等高点．当球P恰滑至X点即返回时，所对应的圆轨道半径最小，则球P从A到X，有

解得。

(3)球P从A到Z，有
且
解得
P与Q碰，有


解得，
①，即，P与Q均向右运动，且仅碰一次
②，则P将反弹，且滑上圆轨道

Ⅰ．若P反弹后不过N点，且返回水平轨道的速度

即
解得
不过N点，有
解得
综上可得
Ⅱ．若P反弹过Y点后，经圆轨道，再滑上斜面，再返回圆轨道，而不过X点，P将不会再与Q碰，则
P反弹能过Y点，有
解得
设再滑上斜面的高度为，有
解得
球P再返回圆轨道，而不过X点，有

解得
因为，所以此种情况不成立
Ⅲ．若球P反弹后，两次经圆轨道，再返回水平轨道，且
球P将不会与Q发生第二次碰撞，有由（Ⅱ）知P反弹能过Y点，有
球P过Y点后返回斜面，沿圆轨道能再次过Y点，有

解得
因为，所以此种情况不成立；
综上所述，当，球P在轨道上运动不脱轨，且与球Q仅碰一次。