第十章 静电场中的能量 电场能的性质 专题练 2024-2025学年物理人教版(2019) 必修第三册

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第十章 静电场中的能量 电场能的性质 专题练
2024-2025学年物理人教版(2019) 必修第三册
一、单选题
1．如图所示，空间有平行于纸面的匀强电场．一电荷量为－q的质点(重力不计)．在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示．已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则(　　)
A．匀强电场的电场强度大小为
B．M、N两点的电势差
C．带电质点由M运动到N的过程中，电势能增加了Fdcosθ
D．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
2．如图所示，实线为三条电场线，从电场中M点以相同的速度方向射出a、b两个带电粒子，其仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（　　）
A．a的加速度将减小，b的加速度将增加
B．a一定带正电，b一定带负电
C．a的速度将减小，b的速度将增加
D．该电场的等差等势面为曲线且从左往右越来越稀疏
3．如图所示，在轴上的M、N两点分别固定电荷量为和的点电荷，轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，点为曲线最低点，点位于PN之间，间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是（ ）

A．大于，且和均带负电
B．点的左侧不存在与点场强相同的点
C．点的电场强度最大
D．点的左侧一定有与点电势相同的点
4．如图所示，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，小球从静止开始运动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，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（ ）
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的重力势能增加W1
C．小球的机械能增加W1+mv2
D．小球的电势能减少W2
5．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
6．如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为处分别固定两点电荷、（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为，图线最高点对应的横坐标为，不计试探电荷受到的重力，则下列说法正确的是（ ）
A．点电荷带负电
B．该试探电荷在之间受到的静电力沿x轴正方向
C．之间的电场强度沿x轴负方向
D．两点电荷、电荷量的比值为
7．平行金属板A、B带等量异种电荷，以过两板中心O点（原点）的某轴线为x轴、由A指向B的方向为场强的正方向，作出场强大小随坐标变化的图像如图所示，其中aO＝Ob＝l。下列说法正确的是（　　）
A．A板带正电
B．沿x轴正方向电势降低
C．电势差UbO＝UOa＝E0l
D．将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变
8．如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF．K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面．一个不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则
A．|Wab|＝|Wbc| B．|Wab|＜|Wbc|
C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低
二、多选题
9．电子显微镜通过电子束和电子透镜代替光束和光学透镜，使物质的细微结构在非常高的放大倍数下成像。一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（　　）

A．a点的电势高于b点的电势
B．b点电场强度的方向水平向右
C．a点的电场强度大于b点的电场强度
D．电子在a点的电势能小于在b点的电势能
10．真空中静止点电荷周围，某点的场强大小与该点到点电荷距离二次方（E-r2）的图象如图所示．若电场中a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，一带正电的试探电荷由a点经b移动到c点，电场力所做的功分别为Wab和Wbc；若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势其中Q为点电荷的电荷量，k=9.0×109N m2/C2．下列说法正确（　　）
A． B．：：2
C．：：1 D．：：1
11．如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷，A、C的坐标分别为和。已知A处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势与坐标x的关系图，处图线最低，处的电势为，处的电势为。若在的B点由静止释放一可视为质点的带电物块，物块的质量为m、电荷量为q。物块向右运动到处速度恰好为零。则C处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别为（　　）

A． B． C． D．
12．如图所示，竖直平面内有匀强电场，a、b、c、d为沿竖直方向的等势线，且a等势线电势高于d等势线的电势。一带负电的微粒从b等势线O点在此平面上以某一初速度沿竖直平面向右上方发射，初速度方向与水平方向成θ=37°。粒子运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则可判断在此过程中（　　）
A．电场力对带电微粒一定做正功
B．微粒运动轨迹的最高点可能在b等势面上
C．微粒受到的电场力与它的重力的比值为3∶1
D．电场力对微粒做功与微粒的重力势能增量的比值为3∶1
13．如图所示，、为圆的两条相互垂直的直径，在、、三点处分别固定带电量为、、的点电荷，位于直径、上的点、、、到圆心的距离相等。下列说法正确的是（　　）

A．g点的场强小于h点的场强
B．e点场强小于f点场强
C．将电子从g点移动到h点，电场力做负功
D．将电子从e点移动到f点，电场力做正功
14．在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。该水平面上a、b、c三个点的电势φ与距离r的关系已在图中标出，虚线为过b点的切线。现将一质量为0.03kg、电量为0.1C的带正电物块从a点由静止释放，依次经过b、c两点。电场力所做的功分别为Wab、Wbc，且过b点时物块的速度最大。已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N m2/C2，下列说法正确的是（　 ）
A．b点的场强大小为1.5V/m
B．物块与桌面间的动摩擦因数0.3
C．Wab=2Wbc
D．固定点电荷的电荷量为×10-9C
15．在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）

A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
16．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（　　）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大
C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大
D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大
17．如图所示，带电平行金属板、B，板间的电势差为，板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为，质量为，自孔的正上方距板高处自由落下，若微粒恰能落至、B板的正中央点，则（　　）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小
B．微粒下落过程中重力做功为，静电力做功为
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为
D．若微粒从距板高处自由下落，则恰好能到达板
18．空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为＋q的带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为微粒运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势P随时间t的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向与x轴正方向成
B．从a点到b点F做功为
C．微粒在a时所受变力F可能达最小值
D．圆周运动的过程中变力F的最大值为
19．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（ ）

A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电
B．q1的值大于q2的值
C．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
三、解答题
20．如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径，空间中存在水平向右的匀强电场，物体甲的质量为，带电量为，在P点右侧处有一不带电的物体乙，质量为，物体乙右侧处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度滑动，甲、乙与水平面的动摩擦因数均为，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。
（1）在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小；
（2）甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；
（3）整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
21．如图，边长的等边三角形ABC所在平面与匀强电场方向平行，一带电量的粒子从A点移动到B点静电力做功为；从A点移动到C点静电力做的功为。求：
（1）电势差、、；
（2）场强E的大小和方向。
22．如图，真空中有两个足够大的平行金属板与水平面成放置，上极板带正电，下极板带负电，板间电场强度为板间的同一竖直面内有两个球形小油滴A和B，质量均为，A不带电，B带电荷量为（），初始时A、B竖直方向的高度差为h。现将A、B同时由静止释放，一段时间后二者相遇并融合为新油滴C。二者融合的过程中总质量、总电荷量均守恒，并满足动量守恒。融合后的瞬间，给装置通入空气，此后C恰好做匀速直线运动。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）初始时A、B水平方向的距离；
（2）比例系数k；
（3）C匀速运动时间过程中电势能的变化量。

23．如图甲所示，“L”型绝缘不带电木板B静止在水平地面上，电荷量的滑块A静止在木板左端，木板上表面P点左侧粗糙，右侧光滑且固定连接一轻质弹簧，弹簧左端与P点对齐，滑块和木板粗糙面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。t＝0时，在空间加一水平向右的电场，场强大小E随时间t变化的图像如图乙，t＝4s时滑块到达P点并开始压缩弹簧，弹簧最大压缩量x＝0.05m。已知木板、滑块的质量m均为1kg。滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）t＝2s时，滑块受到的电场力大小；
（2）t＝2.5s时，滑块受到的摩擦力大小；
（3）t＝4s时，木板的速度大小；
（4）弹簧弹性势能的最大值。
24．如图所示，在第一象限内，以P为圆心、半径为R的圆与x轴相切于C点，跟圆相切于A点的虚线MN垂直于x轴，虚线MN与y轴间存在沿y轴负方向、电场强度大小为E0的匀强电场，圆形区域内存在平行于xOy平面的匀强电场（未画出）。一带正电的粒子从原点O射入电场，速度方向与x轴正方向成角，粒子经A点以平行于x轴的速度v0射入圆形区域，由B点射出。已知B为圆周上电势最低点，PB与PC的夹角为，粒子重力忽略不计，， 。求：
（1）该带电粒子在O点速度v及粒子的比荷；
（2）粒子从O点运动至B点所用的时间t；
（3）A、B两点间的电势差UAB。
25．竖直平面内的一个光滑绝缘轨道由相切于B点的两段组成，直段与水平面夹角为60°，弯段为一个圆弧，半径为r，在同一高度。在圆心处固定一个负点电荷。将一质量为m的带正电小环（可看作质点）套在轨道上从A点静止释放，下滑经B、C后滑上右边圆弧。已知小环刚从A点下滑时，恰好不受轨道的作用力；到C点时，小球的速度。问：
(1)小环在A点时所受的库仑力FA的大小和方向；
(2)小环在C点时所受的轨道作用力FN的大小；
(3)定量说明小环从A到D过程中电势能的变化情况。
参考答案
1．C
A.因为在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，所以物体合力为零， ，所以 ，故A错误．
B.根据平衡分析可知，因为粒子带负电，所以场强放向与F方向相同，所以电势差
故B错误．
C.由M运动到N的过程中，电场力做负功，电势能增加
故C正确．
D.因为粒子带电不变，电场力不变，所以匀速合力为零，F方向不能变，故D错误．
2．A
A．电场线越密，电场强度越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以 a的加速度将减小，b的加速度将增加，故A正确；
B．由于电场强度方向未知，所以无法判断电荷的正负，故B错误；
C．粒子a的轨迹向左弯曲，电场力向左，电场力对a做正功，a的速度将增加；粒子b的轨迹向右弯曲，电场力向右，电场力对b做正功，b的速度将增加，故C错误；
D．等势面与电场线垂直且电场线越密的地方等差等势面越密集，所以该电场的等差等势面为曲线且从左往右看越来越密集，故D错误。
故选A。
3．D
A．从坐标M到N电势先减小后增大，根据点电荷场强公式；得的电荷量一定大于的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷，故A错误；
B．根据点电荷形成的场强的特点，M点的左侧到无穷远处电场为0，且M点左侧与Q点电场方向均向左，则一定存在与Q点场强相同的点，故B错误；
C．图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知P处场强为零，故C错误；
D．M点的左侧到无穷远处电势为0，故一定有与P点电势相同的点，故D正确。
故选D。
4．D
A．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；
B．重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加﹣W1，故B选项错误；
C．小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即﹣W1+mv2，故C选项错误；
D．根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，则小球的电势能减少W2，故D选项正确；
故选D．
5．D
根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，则a点的电势低于b点的电势，故A错误．根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子在b点的加速度大，故B错误．根据负电荷在电势高处电势能小，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能；电子的电势能减小，则电子动能增加，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误，D正确．
6．D
ABC．试探电荷在之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，所以由电场的分布特点知，点电荷带正电，点电荷带负电，故ABC错误；
D． 由题图可知x4处的电场强度为零，则
可得
故D正确。
故选D。
7．D
A．a、b间场强大小为E0且保持不变，则其为匀强电场，外侧场强快速趋近于零，且都为负值，因此x轴为平行于两板的中心轴线，如图所示，场强为负表示场强方向由B指向A，则A板带负电，选项A错误；
BC．两板间平行于两板的中心线为一等势线，电势不变，b、O与O、a之间的电势差均为零，选项BC错误；
D．由于两板间的x轴为一等势线，所以将电子由a点沿x轴移动到b点，电场力不做功，电势能不变，选项D正确；
故选D。
8．C
A、B根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知，DE段场强大于EF段场强，由公式U=Ed定性分析得知，DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式W=qU得，|Wab|＞|Wbc|．故A错误，B也错误．
C、D由图看出，电荷的轨迹向左弯曲，则知其所受的电场力大致向左，所以等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a点的电势高于b点的电势，粒子由a到b过程中，电势能增大，动能减小．故C正确，D错误．
故选C．
9．AD
A．根据曲线运动的合力位于轨迹凹侧，可知电子受到的电场力偏右，由于电子带负电，则电场方向偏左，根据沿着电场方向电势降低，可知a点的电势高于b点的电势，故A正确；
B．由于电场方向偏左，且与等势面垂直，可知b点电场强度的方向水平向左，故B错误；
C．等差等势面越密集的地方场强越大，a点处等差等势面比b点处稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误；
D．根据
a点的电势高于b点的电势，但由于电子带负电，所以电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D正确。
故选AD。
10．AD
A、点电荷产生的电场强度为，由某点的场强大小与该点到点电荷距离二次方（E-r2）的图象可知，r2=1m2时，场强大小为36V/m，则可得点电荷的电荷量为4×10-9C，故A正确；
B、由电场强度，可知电场强度大小之比为Eb：Ec=9：4，故B错误；
C、由电势可知电势之比为φa：φb=2：1，故C错误；
D、电场力所做的功为电势能的减小量，因为，a点场强为36V/m，b点场强为9V/m，c点场强为4V/m，距离点电荷的位置分别为1、2、3，所以电势能减小量之差也就是电场力所做的功为Wab：Wbc=3：1，故D正确．
11．BD
AB．根据图像的斜率表示电场强度可知，的电场强度为零，由点电荷场强公式和电场叠加原理，A处电荷的电荷量为Q，则有
解得
故A错误，B正确；
CD．带电物块运动过程中受电场力和摩擦力，从到过程中，由动能定理有
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
12．AC
A．当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力对微粒做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，电场力一定对带电微粒做正功，故A正确；
B．因为a等势线电势高于d等势线的电势，所以匀强电场场强的方向向右，则带负电的微粒受到的电场力的方向向左，电场力一定对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，故B错误；
C．由题意可知带电微粒在水平方向上先做右匀减速运动，速度减为零后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为
，
设电场力为F，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小为
根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最高点所需的时间为
由题意可知
联立式解得
故C正确；
D．重力对微粒做负功，电场力对该微粒做正功，由于微粒的动能不变，则重力做功的绝对值与电场力做的功大小相等，所以静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，它们的比值为1∶1，故D错误。
故选AC。
13．BC
A．由点电荷的电场强度公式，可得三个点电荷在g、h点产生的电场强度，如图所示，由图可知，A、C两点的点电荷分别在g、h两点产生的电场强度的合场强大小相等，方向都向下，B点的点电荷在g、h两点产生的电场强度有，由电场强度的叠加原理可知，g点的场强大于h点的场强，A错误；

B．由点电荷的电场强度公式，可得三个点电荷在e、f点产生的电场强度，如图所示，由图可知，A、C两点的点电荷分别在e、f点产生的电场强度的合场强大小相等，方向都向下，由图可知，B点的点电荷在e、f点产生的电场强度大小相等，方向不同，B点的点电荷在e点产生的电场强度方向与A、C两点的点电荷在e点产生的电场强度的合场强方向的夹角大于B点的点电荷在f点产生的电场强度方向与A、C两点的点电荷在f点产生的电场强度的合场强方向的夹角，由电场强度的叠加原理可知，e点的场强小于f点的场强，B正确；

C．由电场强度的叠加原理可知，由于g、h点的总合场强方向斜向右下方，因此将电子从g点移动到h点，运动方向与总合场强方向的夹角小于90°，即电子从高电势向低电势方向运动，则有电场力做负功，C正确；
D．由电场强度的叠加原理可知，e、f点的总合场强方向都是斜向下，将电子从e点移动到f点时，电子运动方向与合场强方向的夹角小于90°，即电子从高电势向低电势方向运动，电场力做负功，D错误。
故选BC。
14．AD
A．图象的斜率表示场强，由图可知b点的场强大小为
故A正确；
B．由题知，物块过b点时速度最大，此时受力平衡，即为
解得
故B错误；
C．由图可以得到a点的电势为6V，b点的电势为3V，c点的电势为2V。所以
Uab=3V，Ubc=1V
又因为Wab=qUab，Wbc=qUbc，所以
Wab=3Wbc
故C错误；
D．设固定点电荷带电量为Q，已知b点的场强大小为1.5V/m，b点距固定点电荷距离r=2m，根据点电荷场强公式有
故D正确。
故选AD。
15．BC
ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
16．CD
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误；
B．根据质点受力情况可知，从M到N过程中电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故B错误；
C．从N到M过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故N点的动能小于M点的动能，故C正确；
D．由相邻等势面之间的电势差相等，从M到N相邻等势面之间距离变小，可知电场变强，带电粒子由M运动到N时，电场力变大，加速度增大，故D正确。
故选CD。
17．BCD
A．由微粒运动到点速度减小到零可知动能先增大后减小，选项A错误；
B．微粒下落高度为，重力做功为，静电力做负功，大小为，选项B正确；
C．由功能关系可知克服静电力做了多少功，电势能就增大多少，选项C正确；
D．若微粒从距板高处自由下落，假设能够到达点，重力做功为，克服静电力做功，由动能定理可知选项D正确。
故选BCD。
18．BD
A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图aA垂直于电场线
电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得
A错误；
B．由上述分析可知
从a点到b点由动能定理
又
解得
B正确；
C．圆周运动的过程中电势为时变力F达到最小值，C错误；
D．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
故速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
D正确。
故选BD。
19．BC
A．带负电的粒子在电势越低的地方电势能越大，而沿着电场线的方向电势降低，根据所给图像可知，该带负电的粒子从O到A电势能逐渐减小，则可知从O到A电势升高，因此可知O点处的点电荷带负电，M点处的点电荷带正电，故A错误；
B．图中A点处的电势能为零，而根据
可知，A点处的电势为零，设OA之间的距离为，AM之间的距离为，则根据点电荷在某点产生的电势公式
以及电势所满足的代数运算可知
由于
则可知
故B正确；
CD．负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，由此可知电场力先做正功后做负功，而负电荷在C点的电势能最大，因此可知正电荷在C点的电势能最小，动能最大，故C正确，D错误。
故选BC。
20．（1）；（2）0，4m/s；（3）
（1）对物块甲，从点到点，由动能定理得
在点，根据牛顿第二定律
解得
（2）物块甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理
甲乙碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
，
（3）对物块甲受力分析
则物块甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律
其中
解得
21．（1），，；（2），方向由A指向B
（1）由题意可得AB、AC的电势差分别为
则B、C两点电势差为
（2）由于上一问可知
UAB=2UAC
所以AB的中点D的电势与C点等电势，又AB与CD垂直，如图所示
所以场强的方向沿AB方向，并由A指向B。且场强的大小为
22．（1）；（2）；（3）电势能减少
（1）对B受力分析，在竖直方向上有
可得
方向向上。
AB在竖直方向位移有
可得
对B分析，在水平方向上有
可得
在水平方向位移为
可得
（2）融合前瞬间B的竖直、水平速度分别为
，
融合前瞬间A的速度为
根据动量守恒定律，竖直方向有
水平方向有
可得
，
可知融合后C的速度为
对C，由力的平衡可得
可得
（3）电势能的变化量
可知电势能减少了。
23．（1）4N；（2）4.5N；（3）1.5m/s；（4）0.45J
（1）由图可知，时电场强度为，滑块受到的电场力大小为
（2）滑块和木板受到地面的最大静摩擦力为
由乙图可知，时
设此时滑块和木板一起加速运动，对滑块和木板整体由牛顿第二定律
解得
a＝0.5m/s2
对滑块A，由牛顿第二定律，有
解得
f＝4.5N＜
故假设成立，滑块受到的摩擦力大小为4.5N；
（3）当滑块和木板将发生相对运动时
对滑块A，由牛顿第二定律
对滑块A和木板整体，由牛顿第二定律
解得
结合乙图可知，时，滑块和木板发生相对运动。2s~3s内，滑块和木板相对静止，一起做加速运动，对滑块和木板整体，由动量定理
解得
3s-4s内，滑块和木板相对滑动，木板做匀加速直线运动，其加速度
由运动学方程
解得时，木板的速度为1.5m/s；
（4）3s~4s内，对滑块，由动量定理
解得
4s后，滑块和木板系统所受合外力
滑块A开始压缩弹簧到和木板共速的过程中系统动量守恒
滑块和木板共速时弹簧具有最大的弹性势能
由几何关系
联立解得
解法2：对滑块A，由动能定理可得
对木板B，由动能定理可得
其中
由几何关系
联立解得
24．（1），；（2）；（3）
（1）在O点根据三角函数得
解得
设粒子在O点时速度的竖直分量为vy
竖直方向
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子从O点运动到A点的时间为t0，根据位移公式得
解得
因为B为圆周上电势最低点，则电场E1沿PB方向。设粒子从A点运动到B点的时间t1，在垂直于E1方向
解得
粒子从O点运动至B点所用的时间t为
解得
（3）设粒子在E1方向的偏转距离为h1
在E1方向
解得
根据牛顿第二定律得
解得
在匀强电场E1中
解得
25．(1) ，由A指向O ；(2) ；(3) 电势能变小了2mgr
(1)小环在A点，小环受力分析有只受重力和电场力。恰好不受轨道的作用力的条件为
解得
由A指向O
(2)小环在C点设库仑力大小为FC，由牛顿第二定律有
由库仑定律公式
由几何关系可得：OA=2OC=2r
则有
小环在C点时所受的轨道作用力FN的大小
(3) 右边圆弧为圆心处固定的负点电荷的等势面，所以小环从B到D过程中电势能保持不变；小环从B到C过程有
小环从A到B过程有
由功能关系有
由上几式解得
小环从A到B过程中电势能变小了。
右边圆弧为圆心处固定的负点电荷的等势面，所以小环从B到D过程中电势能保持不变；综上可知：小环从A到D过程中电势能变小了2mgr。
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