云南高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-12静电场

这是一份云南高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-12静电场，共38页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2020·云南曲靖·统考二模）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2020·云南·统考二模）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列叙述正确的是（ ）
A．库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向
B．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
C．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念
D．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
3．（2020·云南·统考三模）一带电粒子从电场中的a点运动到b点，其电势能减小，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子动能一定增大
B．电场力对该粒子一定做正功
C．a点的电势一定高于b点的电势
D．a点场强的大小一定大于b点场强的大小
4．（2020·云南曲靖·校考二模）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（ ）
A．a球所受合力斜向左
B．c球带电量的大小为2q
C．匀强电场的方向垂直于ab边由ab的中点指向c点
D．因为不知道c球的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小
5．（2021·云南保山·统考一模）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（ ）
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做正功
6．（2021·云南·统考一模）如图所示，M，N、P、Q是纸面内一个正方形四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于O点，在O点处固定一个负点电荷。现加一平行于纸面的匀强电场后，Q点的场强为零。则加匀强电场后（ ）
A．P点的场强方向由O指向P
B．M点的场强方向由M指向Q
C．M点的电势高于N点的电势
D．N点的电势低于Q点的电势
7．（2021·云南昆明·统考三模）如图所示，A、B、C为匀强电场中的三点，它们的连线构成一直角三角形，其中边与电场线平行，，，D点为边的中点。一个电荷量为Q的正点电荷固定在D点，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的电势相等
B．A、B两点的电场强度相等
C．将电子沿直线从A点移动到C点，电场力做正功
D．将电子沿直线从A点移动到B点，电势能先减小后增大
8．（2021·云南曲靖·统考二模）如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线。P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知M点的场强方向水平向左、大小为，带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则P点的场强为（ ）
A．0B．C．D．
9．（2021·云南·统考一模）电荷量分别为＋3Q、＋Q的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B两点，如图所示，C、D两点将AB连线三等分。将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．q受到的电场力一直在减小
B．q受到的电场力先增大后减小
C．电场力对q先做负功后做正功
D．q的电势能先减小后增大
10．（2022·云南昆明·统考一模）如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度 E随x变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．x=-1m 处电场强度的大小小于x=2m处电场强度的大小
B．x=lm处的电势低于x=2m处的电势
C．将电子沿x轴从x=1m处移动到x=-lm处的过程中，电子的电势能先减小后增大
D．将电子沿x轴从x=lm处移动到x=-1m处的过程中，电子所受电场力先减小后增大
11．（2022·云南·统考二模）如图所示，ab和cd为圆的两条相互垂直的直径，直径ef与ab成角，圆心O处固定一正点电荷。该空间还存在平行于该圆所在平面的匀强电场。已知整个圆周上e点的电场强度最小，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．b点的电场强度等于d点的电场强度
C．电子在c点的电势能比在d点的电势能大
D．电子在c点的电势能与在d点的电势能相等
二、多选题
12．（2020·云南·统考一模）A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示。则从A到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷的速度先增大后减小
B．电荷所受电场力先减小后增大
C．从A到B各点的电势先降低后升高
D．从A到B各点的电势先升高后降低
13．（2020·云南·统考二模）如图，真空中固定有两个静止的等量同种正点电荷A与B，电荷量均为Q，AB连线长度为2L，中点为O，C为AB连线的中垂线上距O点为L的点。现将B电荷移动到O点并固定，若取无穷远处为电势零点，静电力常量为k，不考虑运动电荷产生的磁场，则下列说法正确的是( )
A．在B电荷未移动之前，从A点到O点电场强度先增大后减小
B．在B电荷未移动之前，一重力不计带负电的粒子可在AB中垂面内以某一速率绕O点做匀速圆周运动
C．B电荷移动到O点的过程中，C点电势和电场强度都一直增大
D．当B电荷移动到O点时，C点的电场强度大小为
14．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为+q的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场方向水平向右
B．匀强电场场强大小为
C．小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5mg
D．小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg
15．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在a、c两个点处放等量异种电荷＋Q和－Q，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（ ）
A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同
B．e、d两点电势不同
C．电子沿曲线运动过程中，电场力做正功
D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变
16．（2020·云南昆明·统考一模）如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷、固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．对P的静电力大小为
B．、的电荷量之比为
C．将P从a点移到b点，电场力做功为零
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
17．（2020·云南红河·一模）电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点处，其中坐标为－3L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图象如图所示，其中x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是
A．两点电荷一定均为正电荷
B．原点O处的场强大小为
C．正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D．负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
18．（2020·云南·统考二模）如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点，则（ ）
A．B、D两处电势相同、场强不相同
B．B、D两处电势不相同、场强相同
C．若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大
D．若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动
19．（2020·云南·统考一模）美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则( )
A．此时极板间的电场强度B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将加速下落D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
20．（2021·云南昆明·统考二模）如图所示，平面直角坐标系的轴上点固定一负点电荷，另一正点电荷在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。点是椭圆轨道的中心，点是椭圆轨道的一个焦点，、和为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．正点电荷从点运动到点的过程中动能不断增大
B．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
C．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
D．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
21．（2021·云南昆明·统考二模）如图所示，匀强电场中有一直角三角形， ，边长为L，，匀强电场的电场线平行于平面。从点以速率向所在平面内各方向发射电子，过点的电子通过点时的速率为，过点的电子通过点时的速率为。已知电子质量为、电荷量为，忽略电子的重力及电子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向由指向B．匀强电场的电场强度大小为
C．电子通过点时的速率为D．电子从到的时间可能为
22．（2021·云南昆明·统考一模）某区域存在一电场，轴上各点电势随位置化的关系如图所示。一质子从点由静止释放，仅在电场力作用下沿轴通过点，下列说法中正确的是（ ）
A．该电场是由两个等量异种点电荷形成的
B．质子从到的过程中所受电场力先增大后减小
C．质子从到的过程中其电势能减小
D．质子从到的过程中其动能先增大后减小
23．（2022·云南·模拟预测）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
24．（2022·云南曲靖·二模）如图所示，虚线圆位于竖直面内，AC和BD为相互垂直的两条直径，其中BD位于水平方向。竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为，方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）从A点以相同的速率向各个方向抛出，小球会经过圆周上不同的点，其中到达B点时小球的动能最大。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．电场的方向由D指向B
B．小球运动过程中的加速度大小等于g
C．B点为圆周上的电势最低点
D．经过C点时小球的速度与初速度大小相等
25．（2022·云南昆明·统考一模）如图所示，圆柱体上底面直径ab与下底面直径cd垂直，c点固定一正点电荷，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．a、b两点电场强度相同
C．电子沿直径从a点移到b点过程中，其电势能先减小后增大
D．电子沿上底面边缘从a点开始运动一周的过程中，其所受电场力一定先减小后增大
26．（2022·云南昆明·统考一模）如图所示，半径为R的光滑绝缘四分之一圆弧形轨道固定在竖直平面内，O为其圆心，水平。在圆弧轨道的最低点B处固定一带正电的小球，电荷量为q。另有质量为m的带电小球N从A点处无初速释放，运动到C点时达到最大速度v。已知，静电力常量为k，两小球的大小可忽略。则（ ）
A．N小球可能带负电
B．N小球的带电量为
C．N小球从A点到C点的过程中，电场力做功为
D．N小球从A点到C点的过程中，减少的机械能为
27．（2022·云南昆明·统考模拟预测）如图所示，两足够大的金属板P、Q水平放置，两金属板正中间有一水平放置的接地金属网G，金属板P、Q的电势均为（>0）。金属网G上方固定着比荷均为k的两带正电粒子a、b，它们到金属网G的距离均为h。某时刻将粒子a以水平速度v0向右抛出，同时粒子b由静止释放，若粒子a从开始运动到第一次通过金属网G时水平位移为2h，一段时间后两粒子相遇，相遇时粒子b的速度大小为v0。两粒子的重力及它们间的相互作用可忽略，两粒子在两板间运动时不会与金属网G相撞。下列说法正确的是（ ）
A．粒子b的最大速度为v0
B．金属板P、Q间的距离为
C．粒子a、b初始位置之间的距离可能为10h
D．若增大粒子a的初速度，粒子a、b有可能不相遇
三、解答题
28．（2020·云南·统考一模）如图所示，空间存在一方向竖直向下的匀强电场（未画出），O、P、Q是电场中的点，且P、Q等高。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B，A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为，到达P点所用时间为t；B从O点到达Q点所用时间为。重力加速度为g，若A、B球分别从O到P、从O到Q的水平位移之比为1：2，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到Q点时的动能。
29．（2020·云南昆明·统考一模）如图所示，平面直角坐标系的x轴沿水平方向，在第一象限内y轴与直线x=L之间存在沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，带电量为q（q＞0））的小球（重力不能忽略），以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入电场，一段时间后以的速度从第一象限内的A点（图中未画出）射出电场，重力加速度为g。求：
（1）A点的纵坐标；
（2）电场强度E的大小。
30．（2021·云南·统考一模）如图所示，空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，某时刻将一质量为m、电量为q、带负电、可视为质点的小球，从P点以大小为的速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球经过P点正下方距P点距离为h的Q点，且经过Q点的速度大小为，已知重力加速度为g。试求:
（1）该匀强电场的场强大小及方向；
（2）小球从P点运动到Q点的过程中向右运动的最远水平距离。
31．（2021·云南·统考一模）如图所示，右端带有挡板的绝缘滑板B静止在粗糙水平面上，带电物块A静止在滑板B的上表面距离挡板L=0.8m处，A的质量mA=0.2kg、带电量为q=+1.0×10-6C，B不带电，其质量mB=0.6kg，与地面之间的动摩擦因数为。在该空间加上电场强度为E=2.0×106V/m、水平向右的匀强电场，物块A从静止开始运动，A和B之间无摩擦。若运动过程中A的带电量保持不变，A与B上挡板的碰撞均为弹性碰撞，A始终未滑离B且始终处于电场中，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速度大小v0；
(2)第一次碰撞结束后，经过多长时间A、B发生第二次碰撞；
(3)从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功。
32．（2022·云南·模拟预测）如图，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。质量为m、电荷量为的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。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。
33．（2022·云南昆明·统考一模）如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化的周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为-e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
（1）求A、B金属板的长度L；
（2）求时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y；
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
34．（2022·云南昆明·统考模拟预测）如图所示，质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）与绝缘不可伸长的轻绳相连，绳子另一端固定在拉力传感器上的O点（拉力传感器没有画出），O点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场。现使小球获得一初速度后绕O点在竖直平面内做半径为R的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g为重力加速度。求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，小球落地点到O点的水平距离。
参考答案：
1．C
【详解】A．由题意及电容公式可得，d减小时，C增大，但非线性关系，故A错误；
B．由
可知，电场强度E与板间距离无关，故B错误；
C．在负极接地的情况下，由题意有平移后的电势为
由上述分析可得，E不变，电势与x0的变化关系符合一次函数关系，故C正确；
D．由题意及上述分析可得
电势能随着x0的变化而变化，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．法拉第首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向，故A错误；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；
C．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，故C正确；
D．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】AB．粒子电势能减小，只能说明电场力做正功，因不知除电场力外是否受其它力作用，无法确定合力做正功还是负功，所以无法判断该粒子动能增大还是减小，故A错误，B正确；
C．如果粒子带正电，电势能减小，说明a点的电势高于b点的电势，如果粒子带负电，则a点的电势低于b点的电势，由题意无法确定粒子带何种电荷，故无法确定两点电势高低，故C错误；
D．因不知a点、b点电场力的大小，无法确定两点电场强度的大小，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】A．a球处于静止状态，所受合外力为0，故A错误；
BC．因为带负电的c球受力平衡处于静止状态，根据平衡条件可知电场线方向竖直向上
则对a球受力分析，水平方向上ab之间的库仑力和ac之间库仑力在水平方向上的分力平衡
解得
故B正确，C错误；
D．对c球受力分析
解得
故D错误。
故选B。
5．B
【详解】AB．因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止；又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等，故A错误，B正确；
C．静止时，二者受到的合力都是0，即合力相等，故C错误；
D．M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功，故D错误；
故选B。
6．B
【详解】根据负电荷的电场的特点可知，负电荷产生的电场的场强方向指向负电荷，加匀强电场后，Q点的场强为零，匀强电场的电场与负电荷在Q点产生的电场的大小相等，方向相反，可知匀强电场的电场强度的方向向下：
A．负电荷在P点产生的电场的方向向下，与匀强电场叠加后P点场强方向向下，即P点的场强方向由P指向O，故A错误；
B．负电荷在M点产生的电场的方向向右，匀强电场的方向向下，二者大小相等，由几何关系知，合成后合场强的方向由M指向Q，故B正确；
C．负电荷在M、N两点的电势相等，匀强电场方向向下，在M、N两点的电势也相等，所以M、N两点的电势相等，故C错误；
D．负电荷在N、Q两点的电势相等，匀强电场方向向下，即匀强电场在N点的电势高于在Q点的电势，所以整体N点的电势高于Q点的电势，故D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．根据几何关系可得，， 点电荷Q在A、C两点的电势相等，但是沿电场线电势逐渐降低，在匀强电场中C点的电势低于A点电势，根据电势的叠加，A点电势高于C点的电势，A错误；
B．在匀强电场，A、B两点的电场强度相等，A、B两点在点电荷Q的电场强度大小相等但方向不同，根据场强的合成，A、B两点的电场强度不相等，B错误；
C．由A分析可得，A点电势高于C点电势，则将电子沿直线从A点移动到C点，电场力电势能增加，电场力做负功，C错误；
D．在匀强电场中，根据几何关系可得，直线AB垂直电场线，是等势面，将电子沿直线从A点移动到B点，电场力不做功，电势能不变化，但是在点电荷Q的电场中，电子先靠近正电荷再远离正电荷，则电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，D正确。
故选D。
8．A
【详解】均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，将带电半球壳ACB右侧补全一个同样的带电半球壳ADB，则半球壳ADB在P点场强 与半球壳ACB在M点场强 对称，大小相等，方向相反，补全后内部合场强处处为零，所以半球壳ACB在P点场强
方向都向右，未补全时
则P点的合场强
故选A。
9．D
【详解】设AB连线上场强为0的点离A的距离为x，离B的距离为d，则有
则
即场强为0的点应在CD两点之间，则场强为0的点左边场强方向向右，右边场强方向向左
AB．将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，q受到的电场力先减小后增大，故AB错误；
CD．将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，电场力对q先做正功后做负功，q的电势能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．由图乙知，x=-1m 处电场强度的大小大于x=2m处电场强度的大小，故A错误；
B．沿着电场线方向电势降低，则x=lm处的电势高于x=2m处的电势，故B错误；
C．将电子沿x轴从x=1m处移动到x=-lm处的过程中，电子先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C正确；
D．将电子沿x轴从x=lm处移动到x=-1m处的过程中，电场强度大小先增大再减小，然后再增大，再减小，电子所受电场力先增大再减小，然后再增大，再减小，故D错误。
故选C。
11．A
【详解】AB．点电荷在e点产生的场强方向沿着Oe方向，当匀强电场方向与Oe方向相反，使得匀强电场在e点的场强和点电荷在e点的场强抵消最多，此时e点的电场强度最小，在a、b、d处的合场强如图所示
根据平行四边形定则可得，a点的电场强度小于b点的电场强度，而b点的电场强度与d点的电场强度大小相等，但二者方向不同，则b点的电场强度不等于d点的电场强度，A正确，B错误；
CD．在点电荷产生的电场中，c、d两点距离O点的距离相同，二者电势相同，但在匀强电场中，满足
因电子带负电，则电子在c点的电势能小于在d点的电势能，CD错误。
故选A。
12．BD
【详解】ACD．只受电场力做功，动能和电势能之和不变，由电势能Ep随位移x的变化关系图可知，电势先增大后减小，所以动能先减小后增大，点电荷的速度先减小后增大；正电荷在电势能大的地方，电势高，所以从A到B各点的电势先升高后降低。故D正确，AC错误；
B．电势能Ep随位移x的变化关系图的斜率表示电场力，由图可知，图的斜率先减小，后增大，所以电荷所受电场力先减小后增大，故B正确；
故选BD。
13．BCD
【详解】A．在B电荷未移动之前，根据场强叠加原理可知，O点场强为零，则从A点到O点电场强度逐渐减小，选项A错误；
B．因等量同种电荷中垂面上的场强分布是从O点向外发散型，则一重力不计带负电的粒子可在AB中垂面内以某一速率绕O点做匀速圆周运动，选项B正确；
C．B电荷移动到O点的过程中，因为电荷A在C点形成的场强大小方向不变，而电荷B在C点形成的场强逐渐变大，且两点荷在C点产生的场强方向夹角由90°逐渐减小，由平行四边形法则可知，C点电场强度一直增大；因电荷A在C点形成的电势不变，而B电荷在C点产生的电势逐渐变大，可知C点电势逐渐变大，选项C正确；
D．由几何关系可知，A与C之间的距离为L ，A在C点产生的场强为
EA与AB连线之间的夹角为45°，所以沿水平方向的分量为
沿竖直方向的分量为
B产生的电场强度的方向向上，大小为
C点的电场强度大小为
故D正确
故选BCD。
14．AC
【详解】A．从最低点到最高点：
解得：
故ac连线为等势线，从a到b，有
解得：
电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A正确；
B． 匀强电场场强大小
故B错误；
CD．电场力
当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，该位置与竖直方向夹角为37°，则最大速度
根据牛顿第二定律
解得最大支持力为：
根据牛顿第三定律可知，最大压力为7.5mg；根据几何关系可知，最小速度
根据牛顿第二定律
解得最小支持力为：
故C正确D错误。
故选AC。
15．AD
【详解】AB．等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，由于b、c、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e各点的场强大小也相等，由以上的分析可知，b、d、e、f各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A正确，B错误；
C．由于b、e、d各点的电势相同，故电子移动过程中，电场力不做功，故C错误；
D．将+Q从a点移动到b点，球心O仍位于等量异种电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故D正确。
故选AD。
16．BC
【详解】AB．设a、c间的距离为r，则a、d间的距离为r，因为小球在P点处于静止状态，由平衡条件可得：


联立可解得：

故A错误，B正确。
C．因为a、b两点关于cd对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功的特点是只与初末位置的电势有关，与其所经过的路径无关，所以将P从a点移到b点，电场力做功为零，故C正确。
D．由题可知，粒子在a点受到的电场力方向竖直向上，在cd上方受电场力方向竖直向下，所以将P从a点沿直线移到b点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
故选BC。
17．AB
【详解】A、由φ-x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A正确；
B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，,得，故原点O处的场强大小为,方向向右,则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右；故B正确，C错误；
D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小；故D错误.
故选AB.
18．AD
【详解】AB、电场中存在两个等量的正点电荷，且B、D两点关于O点对称，故B、D两点电势相等，场强大小相等，方向相反，故A正确，B错误；
C、BD所在直线，电场强度从上方无穷远处到O点先增加后减小，到O点电场强度为零，从O到下方无穷远电场强度先增大后减小，由于无法确定电场强度最大的位置，所以电子在B、D间运动时加速度变化情况无法判断，故C错误；
D、在垂直纸面经过BD两点的圆上，所有点的电势都相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，故电子可绕O点做匀速圆周运动，故D正确；
故选AD．
【点睛】关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．
19．AC
【详解】A．极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：，故A正确；
B．油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：
解得：，故B错误；
C．减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；
D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，板间距增大，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下降，故D错误．
【点睛】本题关键是明确油滴的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律确定加速度的方向，从而判断油滴的运动情况．
20．AD
【详解】A．正点电荷从点运动到点的过程中，两电荷的距离不断减小，库仑力增大，且与的夹角小于，库仑力作正功，质量不变，速度增大，则动能增大，故A正确；
B．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁，根据左手定则，可知正点电荷受到的洛伦磁力方向指向，正点电荷一定相对于原来的轨道做向心运动，不可能作半径为，圆心为的匀速圆周运动，故B错误；
C．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，根据做手定则可知，洛伦磁力沿的方向，其合力不沿半径方向，则不可能绕负点电荷做匀速圆周运动，故C错误；
D．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，洛伦磁力方向沿方向，此时粒子相对原来的椭圆作向心运动，可能绕半径，圆心为的圆做圆周运动，其向心力为洛伦磁力和电场力的合力，故D正确。
故选AD。
21．CD
【详解】AB．从到，由动能定理得
其中，解得
从到，由动能定理得
其中，解得
设，则有
解得

同理
解得
在间找到的等势点，为的等分点，连接为等势线，如图所示
由，可知，即电场线为，指向
故AB错误；
C．过做垂直于的线段，如图所示
联立以上各式，解得
故C正确；
D．电子从到做匀加速直线运动，由直线运动规律得
解得
故D正确。
故选CD。
22．CD
【详解】A．若是由两个等量异种电荷形成，则在这两电荷中点电势为零，而图中无电荷为零的点，故A错误；
B．图像的斜率为电场强度，从到的过程中先减小后增大，所以质子从到的过程中所受电场力先减小后增大，故B错误；
C．，，则
所以质子从到的过程中其电势能减小，故C正确；
D．从质子从到的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故D正确。
故选CD。
23．BD
【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
24．BD
【详解】A．小球受到电场力和重力的合力，当到达等效最低点时动能最大，故B点为等效最低点，因此受到合力方向右D指向B，受力分析可知
因为小球带正电，所以场强方向与电场力方向相同，如图所示
故A错误；
B．加速度大小为
故B正确；
C．沿电场线方向电势降低，因此最低点为F，故C错误；
D．合力方向右D指向B，因此从A到C合力做功为0，动能相等，初末位置速度大小相等，故D正确。
故选BD。
25．AC
【详解】A．根据几何关系可知，a、b两点到c点的距离相等，即a、b两点在以点c为球心的一个球面上，由点电荷的等势面分布情况可知，a、b两点电势相等，故A正确；
B．a、b两点到c点的距离相等，由点电荷的电场线分布特点可知，a、b两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．电子沿直径从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C正确；
D．电子沿上底面边缘从a点开始运动一周的过程中，到c点的距离先增大后减小再增大，根据库仑定律，其所受电场力一定先减小后增大再减小，故D错误。
故选AC。
26．BD
【详解】A．由题意知，在C点达到最大速度，所以C点后速度减小，而重力做正功，所以电场力做负功，故电场力是斥力，故小球带正电，故A错误；
B．由小球在C点速度最大，所以在C点的切向加速度为零，则
解得
故B正确；
C．设小球从A点运动到C点的过程中电场力做功为W，由动能定理可得
解得
故C错误；
D．由功能关系可知，N小球从A点到C点的过程中，减少的机械能为电场力做功的绝对值，即
故D正确。
故选BD。
27．AC
【详解】A．对粒子a到达虚线位置时，水平方向上
竖直方向上
解得
由题意知相遇时粒子b的速度大小也为v0，因此相遇位置必在G板上，此时b粒子的速度最大，最大速度为v0，故A正确；
B．根据
且

解得
故B错误；
C．由于两粒子在竖直方向上都做往复运动，因此在G板上相遇时应满足
解得
（n=0、1、2…）
当n=2时，粒子a、b初始位置之间的距离为10h，故C正确；
D．因两粒子在竖直方向的运动完全相同，则若增大粒子a的初速度，粒子a、b仍能相遇，选项D错误。
故选AC。
28．(1) ；(2)
【详解】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a，O、Q两点的高度差为h，
根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
解得
(2)设B从O点发射时的速度为，到达Q点时的动能为Ek，根据动能定理有
且有
联立各式得
29．（1）（2）
【详解】（1）小球在电场中做类平抛运动，设其在电场中运动时间为t、离开电场时竖直分速度为vAy，将小球的位移OA和在A点的速度vA分别分解在水平方向和竖直方向，则有
水平方向：
竖直方向：
联立①②③式得：
（2）y方向由：
由牛顿第二定律有：
联立解得：
。
30．（1），方向水平向右；（2）
【详解】（1）从P点到Q点，由动能定理得
解得
所以场强方向水平向右，从P到Q，竖直方向由运动学公式得
水平方向由牛顿第二定律得
水平方向由运动学公式得
联立解得
所以
方向水平向右；
（2）当水平分速度为0时，小球向右运动的水平距离最大，由运动学公式得
解得
31．(1)4m/s；(2)0.6s；(3)6.4J
【详解】(1)第一次碰前，对A
解得
v0=4m/s
(2)A、B发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒
解得
vA=－2m/s，vB=2m/s
碰后，B做匀减速运动，对B
碰后，对A
从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞，有
解得
t=0.6s
设碰后B停止运动所用时间为，有：
解得
tB=0.6s
可知B速度减为零时A、B发生第二次碰撞，故
t=0.6s
(3)设第二次刚要碰前A的速度大小为vA1，则
解得
vA1=4m/s
此后的运动重复前面的过程。从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞的过程
从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功
解得
W=6.4J
32．；
【详解】PG、QG间的电场强度大小、方向相反，设为E，则有
设粒子第一次穿过金属网G时的功能为Ek，根据动能定理，可得
解得
粒子在PG间做类平抛运动，运动的加速度为
此过程中，满足
竖直方向
水平方向
联立解得
33．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子在MN中做加速运动，根据动能定理得
解得
电子A、B中水平方向做匀速直线运动
解得
（2）时刻射入偏转电场的电子，竖直方向根据牛顿第二定律得
解得
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
末速度为
在2t0～3t0时间内的末速度为
在这段时间内的位移为
在3t0～4t0时间内的末速度为
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y
解得
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的最小的条件是2 t0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其它时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收
逆向思维
A、B两板间的最小距离d1为
解得
34．（1）；（2）
【详解】（1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律
①
从最高点到最低点，据动能定理可得
②
通过最低点时
③
解得
④
（2）绳断后小球做类平抛运动
⑤
⑥
据牛顿第二定律可得
⑦
解得
⑧