第九、十章 高考真题演练-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第九、十章　高考真题演练 一、选择题 1．(2024·湖北高考)(多选)关于电荷和静电场，下列说法正确的是(　　) A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2．(2024·江苏高考)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是(　　) A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＝3Eb D．Ea＝4Eb 解析　由电场力公式F＝qE可知，F­q图像的斜率表示电场强度，由题图可知，a、b两图线斜率之比为4∶1，则a、b两点的场强大小关系为Ea＝4Eb，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 3．(2024·江西高考)蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是(　　) A．电场力增大，方向向左 B．电场力增大，方向向右 C．电场力减小，方向向左 D．电场力减小，方向向右 解析　由题图可知，右侧金属板带正电荷，左侧金属板带负电荷，板间电场方向向左，电子带负电，受到的电场力方向与电场方向相反，因此电子受到的电场力方向向右；由U＝Ed可知，两金属板间距d减小，则板间电场强度E增大，由F＝eE可知，电子受到的电场力增大，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 4．(2024·河北高考)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析　在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 5．(2024·甘肃高考)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是(　　) A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加 B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷， 流过电阻R的电流由M点流向N点 C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小， 放电电流减小 D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷， 流过电阻R的电流由N点流向M点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 7．(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 9．(2024·广东高考)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(　　) A．M点的电势比N点的低 B．N点的电场强度比P点的大 C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 解析　根据沿着电场线方向电势降低，结合题图可知，M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比其在N点的大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，则电场力对其做正功，故A、C正确；根据题图中电场线的疏密程度可知，N点的电场强度比P点的小，故B错误；由题可知，M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的相等，结合C项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 10．(2024·甘肃高考)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 解析　电场线处处与等势面垂直，且从电势高的地方指向电势低的地方，据此可知，M点的电场强度垂直于此处等势面的切线指向左下方，根据做曲线运动的物体所受合力的方向特点可知，粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧，则该带电粒子所受电场力的方向与电场方向相同，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，由题图可知M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，且M点的电势大于N点的电势，由Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确；由于带电粒子仅在电场作用下运动，由能量守恒定律可知，粒子的电势能与动能之和不变，运动轨迹上电势最高点位置，粒子的电势能最大，在该位置粒子的动能最小，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 11．(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力，则其将(　　) A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 13．(2024·辽宁高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　) A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 14．(2024·浙江6月选考)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则(　　) A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 15．(2024·北京高考)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是(　　) A．P点电场强度比Q点电场强度大 B．P点电势与Q点电势相等 C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 16．(2024·湖南高考)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 18．(2024·辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 解析　小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线， 可知小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强 度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小 球所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合 力沿虚线向下，所受电场力方向水平向右。若小球的初速度方 向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 二、实验题 20．(2024·海南高考)用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。 (1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V。在此过程中，电流表的示数________(填选项标号)。 A．一直稳定在某一数值 B．先增大，后逐渐减小为零 C．先增大，后稳定在某一非零数值 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 (2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向为________(选填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I­t图像，如图b，t＝2 s时I＝1.10 mA，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出R＝________ kΩ(保留2位有效数字)。 a→b 5.2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 解析　(1)闭合开关S2，将S1接1，电源给电容器充电，当电路刚接通后，电流表示数从零增大至某一最大值，后随着电容器的不断充电，电压表示数逐渐增大，电路中的充电电流逐渐减小，电流表示数逐渐减小，当充电结束后，电路相当于开路，电流表示数为零。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；根据电场线和等势面的关系可知，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电场力对该点电荷做正功，该点电荷的电势能将减小，根据φ＝eq \f(Ep,q)可知，若点电荷带正电，则将从高电势的地方向低电势的地方运动，若点电荷带负电，则将从低电势的地方向高电势的地方运动，故C正确，D错误。 解析　充电过程中，随着电容器带电量Q的增加，电容器两极板间电势差UC＝eq \f(Q,C)增加，充电电流I减小，故A错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；放电过程中，随着电容器带电量Q的减小，电容器两极板间电势差UC＝eq \f(Q,C)减小，放电电流I减小，故C正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。 6．(2024·贵州高考)如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则eq \f(qA,qB)等于(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \r(3) D．2 解析　分析可知，若A、B两点处的点电荷为同种电荷，则C点的电场强度不可能沿圆的切线方向，可知两点电荷为异种电荷。假设A点处的点电荷为正电荷，B点处的点电荷为负电荷，则两点电荷在C点产生电场的场强如图所示，有EA＝eq \f(kqA,AC2)，EB＝eq \f(kqB,BC2)，设圆的半径为r，根据几何知识可得AC＝2rsin30°＝r，BC＝2rcos30°＝eq \r(3)r，tan60°＝eq \f(EA,EB)，联立解得eq \f(qA,qB)＝eq \f(\r(3),3)；同理，若A点处的点电荷为负电荷，B点处的点电荷为正电荷，仍可得eq \f(qA,qB)＝eq \f(\r(3),3)。故选B。 解析　设小球P、Q的质量分别为mP、mQ，所带电荷量分别为qP、qQ，两球之间的库仑力大小为F，连接P、Q的两绳的拉力分别为TP、TQ，与竖直方向的夹角均为θ，匀强电场的电场强度大小为E。对两小球受力分析如图所示，根据平衡条件，对小球P有qPE＋F＝TPsinθ　①，TPcosθ＝mPg　②；对小球Q有qQE＋TQsinθ＝F　③，TQcosθ＝mQg　④。由①③得TP＝eq \f(F＋qPE,sinθ)，TQ＝eq \f(F－qQE,sinθ)，则TP>TQ，A错误；由②④得eq \f(TP,TQ)＝eq \f(mP,mQ)，又TP>TQ，可知mP>mQ，B正确；若qP＝qQ，分析可知，上述关系式可能均成立，所以C、D错误。 8．(2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq \f(q,2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A.eq \f(2\r(3)kq,a2) B.eq \f(kq,a2)(6＋eq \r(3)) C.eq \f(kq,a2)(3eq \r(3)＋1) D.eq \f(kq,a2)(3＋eq \r(3)) 解析　M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A点到M点的距离为r1＝eq \f(\r(3),3)a，因此带电细杆在M点产生的场强大小为E杆＝2,1)eq \f(kq,r) ＝eq \f(3kq,a2)，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝eq \f(kq,a2)，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝eq \f(kq,a2)(3＋eq \r(3))，故D正确。 解析　带负电的试探电荷在x2点处的动能为Ek2＝1.5 eV，电势能为Ep2＝－eφ2＝－1 eV，则动能和电势能之和为E＝Ek2＋Ep2＝0.5 eV，因试探电荷仅受电场力作用，则动能和电势能之和恒定，由Ep＝qφ可知，电势越低的位置，负电荷的电势能越大，动能越小，速度越小，当速度为零时，电势能最大，为Ep′＝E＝0.5 eV，即运动到电势为φ′＝eq \f(Ep′,－e)＝－0.5 V处，结合题图分析可知，该试探电荷在x1到x2间的φ′＝－0.5 V处和x3右侧的φ′＝－0.5 V处之间做往复运动，不会运动到x0、x1处，故B正确，A、C、D错误。 12．(2024·全国甲卷)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为keq \f(Q,r)，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则(　　) A．Q1<0，eq \f(Q1,Q2)＝－2 B．Q1>0，eq \f(Q1,Q2)＝－2 C．Q1<0，eq \f(Q1,Q2)＝－3 D．Q1>0，eq \f(Q1,Q2)＝－3 解析　根据电场线处处与等势线垂直，且方向由高电势处指向低电势处，可得Q1与Q2间的电场线由Q1指向Q2，则Q1带正电，Q2带负电，即Q1>0，Q2<0；设图中电势为0的等势线与Q1、Q2连线的交点到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，由图可知，r1＝2r2，对该交点处，由φ＝keq \f(Q,r)和电势叠加原理，可得keq \f(Q1,r1)＋keq \f(Q2,r2)＝0，联立解得eq \f(Q1,Q2)＝－2。故B正确。 解析　由题图a可知，降低溶液浓度cm，该种不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，故A错误；因为开关S闭合，所以电容器两极板之间的电势差U不变，始终等于电源电压，根据Q＝CU，结合A项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据以上分析可知，溶液浓度降低过程中电容器所带的电荷量增大，则电源给电容器充电，结合题图b可知，电路中电流方向为N→M，故D错误。 解析　当极板间距d增大时，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容C减小，又C＝eq \f(Q,U)，Q不变，则极板间电势差U增大，故A、B错误；极板间电场强度E＝eq \f(U,d)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知极板间距增大时，极板间电场强度大小不变，故C错误；右极板对左极板始终有向右的电场力，向左移动左极板的过程，要克服电场力做功，故极板间距增大时，电容器储存能量增大，故D正确。 解析　由等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；MN连线上的电场线方向由正点电荷指向负点电荷，沿电场线方向电势降低，可知，P点电势高于Q点电势，B错误；由点电荷电场强度E＝keq \f(q,r2)和电场强度叠加原理得，P点电场强度大小EP＝k2,MP)eq \f(qM,r) ＋k2,NP)eq \f(|qN|,r) ，可知，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理，P、Q间任意一点的电场强度大小均变为原来的2倍，而P、Q间距离不变，根据U＝Ed及微元累积法可知，P、Q两点间电势差变为原来的2倍，C正确，D错误。 解析　根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝keq \f(4q,（1＋x）2)，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝keq \f(q,x2)，方向沿x轴负方向；eq \f(E1,E2)＝eq \f(4x2,（1＋x）2)＝eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))\s\up12(2))，则随着x增大，eq \f(E1,E2)逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。 17．(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A．OB的距离l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,mg)) B．OB的距离l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,3mg)) C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS D．AC之间的电势差UAC＝－eq \f(mgS,2q) 解析　小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝eq \f(kq2,l2)cos30°，解得l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,mg))，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－eq \f(mgS,2)，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝eq \f(W,q)＝－eq \f(mgS,2q)，故D正确。 19．(2024·广西高考)如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sinθ＝eq \f(3,5)，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中(　　) A．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功 解析　如图所示，设小圆环从P1点运动到P2点的过程中经过P点时，PM与MN夹角为α，根据几何关系，得θ≤α≤90°－θ，并可得出图中几个角均等于α角。小圆环经过P点时，M处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向右的分力大小为FMx＝FM·sinα＝keq \f(27Qq,（2Rcosα）2)sinα，已知α逐渐增大，则FMx随α增大而逐渐增大；N处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向左的分力大小为FNx＝FN·cosα＝keq \f(64Qq,（2Rsinα）2)cosα，已知α逐渐增大，则FNx随α增大而逐渐减小；当FMx＝FNx时，解得tanα＝eq \f(4,3)，则此时α＝90°－θ，可知小圆环从P1运动到P2的过程中，始终有FMx≤FNx(只有在P2处FMx＝FNx)，即小圆环所受静电力沿轨迹切线方向的分力始终向左(在P2处为0)，故静电力一直对小圆环做正功，A正确，B、C、D错误。 (2)根据题图a可知，充电结束后，电容器上极板带正电，将S1接2，电容器开始放电，此时通过定值电阻R的电流方向为a→b。t＝2 s时电路中电流I＝1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U＝IR，开始放电前电容器两端电压为U0＝12.3 V，根据电容的定义式可得，0～2 s电容器释放的电荷量为Q1＝ΔU·C＝(U0－U)C，2 s后释放的电荷量为Q2＝UC，根据题意结合I­t图像与时间轴围成的面积表示电容器释放的电荷量，可知eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(8,7)，联立解得R＝5.2 kΩ。 三、计算题 21．(2024·河北高考)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案　(1)eq \f(U,L)　(2)eq \r(\f(Uq－mgL,m))　eq \r(\f(3（Uq－mgL）,m)) 解析　(1)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，电场强度的大小为E＝eq \f(U,L)。 (2)设小球在A点的速度大小为vA，在B点的速度大小为vB。小球在A点时，细线对小球的拉力为0，对小球，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m2,A)eq \f(v,L) 解得vA＝eq \r(\f(Uq－mgL,m)) 从A到B的过程，对小球，根据动能定理得 qU－mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A) 解得vB＝eq \r(\f(3（Uq－mgL）,m))。 $$