新課改-高中物理一輪復(fù)習(xí)（下） 02 B電場能的性質(zhì) 中檔版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?電場能的性質(zhì)
考點一　描述電場能的性質(zhì)的物理量
1．靜電力做功的特點
靜電力做功與路徑無關(guān)，只與電荷量和電荷移動過程始、末位置間的電勢差有關(guān)．
2．電勢能
(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，稱為電勢能．
(2)說明：電勢能具有相對性，通常把無限遠(yuǎn)處或大地表面的電勢能規(guī)定為零．
3．電勢
(1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量之比．
(2)定義式：φ＝.
(3)矢標(biāo)性：電勢是標(biāo)量，有正、負(fù)之分，其正(負(fù))表示該點電勢比零電勢高(低)．
(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同．
4．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系
(1)靜電力做的功等于電荷電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB.靜電力對電荷做多少正功，電荷電勢能就減少多少；電荷克服靜電力做多少功，電荷電勢能就增加多少．
(2)電勢能的大?。河蒞AB＝EpA－EpB可知，若令EpB＝0，則EpA＝WAB，即一個電荷在電場中某點具有的電勢能，數(shù)值上等于將其從該點移到零電勢能位置過程中靜電力所做的功．

技巧點撥
1．求電場力做功的四種方法

2．判斷電勢能變化的兩種方法
(1)根據(jù)電場力做功：電場力做正功，電勢能減少，電場力做負(fù)功，電勢能增加．
(2)根據(jù)Ep＝φq：正電荷在電勢越高處電勢能越大；負(fù)電荷在電勢越高處電勢能越?。?br /> 3．電勢高低的四種判斷方法
(1)電場線法：沿電場線方向電勢逐漸降低．
(2)電勢差與電勢的關(guān)系：根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低．
(3)Ep與φ的關(guān)系：由φ＝知正電荷在電勢能大處電勢較高，負(fù)電荷在電勢能大處電勢較低．
(4)場源電荷的正負(fù)：取離場源電荷無限遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低．空間中有多個點電荷時，某點的電勢可以代數(shù)求和．

例題精練
1．如圖1所示為某一帶正電的點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．A、B、C、D為該電場線上的點，相鄰兩點間距相等，電場線方向由A指向D.一個帶正電的粒子從A點由靜止釋放，運動到B點時的動能為Ek，僅考慮電場力的作用，則(　　)

圖1
A．從A點到D點，電勢先升高后降低
B．粒子一直做勻加速運動
C．粒子在BC段電勢能的減少量大于在CD段電勢能的減少量
D．粒子運動到D點時動能等于3Ek
答案　C
解析　因為該電場線為一帶正電的點電荷產(chǎn)生的，根據(jù)電場線的特點可知該正電荷在A點的左側(cè)，沿著電場線方向電勢降低，即從A點到D點電勢降低，選項A錯誤；由正點電荷的電場線特點可知，從A到D電場強度越來越小，粒子加速度越來越小，可知粒子做加速度減小的加速運動，選項B錯誤；由題圖可知BC段靠近場源電荷，而電場線密集的地方，電勢降低較快，故BC段的電勢差大于CD段的電勢差，根據(jù)電場力做功W＝qU，故BC段電場力做的正功更多，則粒子在BC段電勢能的減少量大于在CD段電勢能的減少量，選項C正確；若該電場是勻強電場，從A到B，根據(jù)動能定理有qU＝Ek，從A到D，根據(jù)動能定理有3qU＝EkD，聯(lián)立得EkD＝3Ek，而該電場是非勻強電場，從A到D距離相等的兩點間的電勢差越來越小，故粒子運動到D點時動能小于3Ek，選項D錯誤．
2．(多選)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等．一個帶負(fù)電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．過O點作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖2所示．以下說法正確的是(　　)

圖2
A．a(chǎn)點電勢低于O點
B．b點電勢低于c點
C．該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能
D．該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能
答案　BD
解析　作出兩個固定點電荷分別在O點附近的電場線，由題意知，O點的場強EO＝0，則兩點電荷分別在O點處產(chǎn)生電場的電場線疏密相同，進(jìn)而推知O點左側(cè)的電場方向向右，O點右側(cè)的電場方向向左．可以判定：a點電勢高于O點，b點電勢低于c點，故A錯誤，B正確；由Ep＝φq可知，a點的電勢高于b點，試探電荷(帶負(fù)電)在a點的電勢能比b點小，故C錯誤；c點電勢高于d點，試探電荷(帶負(fù)電)在c點的電勢能小于d點，故D正確．

考點二　電場線、等勢面及運動軌跡問題
1．等勢面
(1)定義：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的面．
(2)四個特點：
①在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功．
②電場線一定與等勢面垂直，并且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．
③等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越?。?br /> ④任意兩個等勢面都不相交．
2．幾種常見等勢面的比較
電場
等勢面(虛線)圖樣
特點
勻強電場

垂直于電場線的一簇平面
點電荷的電場

以點電荷為球心的一簇球面
等量異種點電荷的電場

兩電荷連線的中垂面為等勢面
等量同種正點電荷的電場

在電荷連線上，中點電勢最低；在中垂線上，中點電勢最高

技巧點撥
帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法
1．判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向．選用軌跡和電場線(等勢線)的交點更方便．
2．判斷電場力的方向：僅受電場力作用時，因軌跡始終夾在速度方向和帶電粒子所受電場力方向之間，而且向合外力一側(cè)彎曲，結(jié)合速度方向，可以判斷電場力方向．
若已知電場線和軌跡，所受電場力的方向與電場線(或切線)共線；
若已知等勢線和軌跡，所受電場力的方向與等勢線垂直．
3．判斷電場力做功的正負(fù)及電勢能的增減：若電場力方向與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力方向與速度方向成鈍角，則電場力做負(fù)功，電勢能增加．

例題精練
3．如圖3所示，實線MN是某勻強電場中的一條電場線．一帶正電粒子射入電場后，僅在電場力作用下沿虛線ABC運動．下列說法中正確的是(　　)

圖3
A．粒子在A點的加速度比在C點的加速度大
B．粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能小
C．M、N兩點的電勢：φM>φN
D．電場線的方向水平向右
答案　B
解析　由于電場為勻強電場，可得到粒子在A點的加速度與C點的加速度大小相等，故A錯誤；由題圖可知，粒子在B點所受電場力方向向左，又因為粒子帶正電，故電場線方向向左，由沿著電場線方向電勢降低，則φN>φM，故帶正電粒子從A點到C點電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能小，故B正確，C、D錯誤．
4．(多選)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖4中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進(jìn)入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，若粒子只受電場力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是(　　)

圖4
A．帶正電
B．速度先增大后減小
C．電勢能先增大后減小
D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同
答案　CD
解析　根據(jù)粒子的運動軌跡及等勢面分布可知，粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；粒子從a到c再到e的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項B錯誤，C正確；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以粒子在b、d兩點的電勢能相同，所以粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確．
考點三　電勢差與電場強度的關(guān)系
1．電勢差
(1)定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差．
(2)定義式：UAB＝.
2．電勢差與電勢的關(guān)系
UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.
3．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系
(1)UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離．
(2)沿電場方向電勢降落得最快．

技巧點撥
1．由E＝可推出的兩個重要推論
推論1　勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖5甲所示．
推論2　勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．

圖5
2．E＝在非勻強電場中的三點妙用
(1)判斷電場強度大小：等差等勢面越密，電場強度越大．
(2)判斷電勢差的大小及電勢的高低：距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進(jìn)而判斷電勢的高低．
(3)利用φ－x圖象的斜率判斷電場強度隨位置變化的規(guī)律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示電場強度的大小，正負(fù)表示電場強度的方向．
3．等分法確定電場線及電勢高低的解題思路

例題精練
5．如圖6所示是勻強電場中的一組等勢面，若A、B、C、D相鄰兩點間距離為2 cm，A點和P點間距離為1.5 cm，則該電場的電場強度E和電勢φP分別為(　　)

圖6
A．500 V/m，－2.5 V
B. V/m，－2.5 V
C．500 V/m,2.5 V
D. V/m,2.5 V
答案　B
解析　根據(jù)E＝得E＝＝ V/m＝ V/m.UAB＝－UBA＝－10 V，＝＝，得UAP＝－7.5 V，φP＝φA－UAP＝－10 V－(－7.5 V)＝－2.5 V，故B正確．
6．(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖7所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V．下列說法正確的是(　　)

圖7
A．電場強度的大小為2.5 V/cm
B．坐標(biāo)原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV
D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
答案　ABD
解析　如圖所示，

設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則＝＝，所以d點的坐標(biāo)為(3.5 cm,6 cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢．由幾何關(guān)系可得，cf的長度為3.6 cm，電場強度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標(biāo)原點O處的電勢為1 V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶負(fù)電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV，故選項D正確．
綜合練習(xí)
一．選擇題（共20小題）
1．（2020秋?香坊區(qū)校級期末）如圖中M、N兩點分別放置兩個等量同種電荷，A為它們連線的中點，B、C、E、F四點的位置如圖所示，AE＜AB＜AC＜AF，下列關(guān)于各點的場強和電勢的關(guān)系正確的是（　?。?br />
A．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點
B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點
C．電勢最低的點是A點，電勢最高的點是F點
D．A、E、F三點的電勢相等
【分析】根據(jù)等量同種電荷電場線和等勢線分布情況和對稱性，判斷各點的電勢和場強關(guān)系。
【解答】解：根據(jù)等量同種電荷電場線和等勢線分布情況和對稱性，電荷在A點的電場強度等大反向，所以A點電場強度是零，故A點場強最?。浑妶鼍€由正電荷發(fā)出，沿電場線電勢降低，故離正電荷越近電勢越高，可知C點電勢高于B點電勢，B點電勢高于A點電勢。兩電荷連線的中垂線上電場方向由A點沿中垂線指向兩側(cè)，所以A點電勢高于E點電勢，E點電勢高于F點，F(xiàn)點電勢最低，故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
【點評】對于等量同種電荷的電場，要明確兩電荷連線和兩電荷連線的中垂線上的電場和電勢情況。
2．（2021春?山東月考）如圖，ab、cd為圓的兩條互相垂直的直徑，等量異種點電荷+Q、﹣Q（Q＞0）分別位于a、b兩點時，d點的場強大小為E1、電勢為φ1；+Q不動，將﹣Q移到c點時，d點的場強大小為E2、電勢為φ2。則（　　）

A．E1＞E2φ1＞φ2 B．E1＞E2φ1＜φ2
C．E1＜E2φ1＞φ2 D．E1＜E2φ1＜φ2
【分析】兩個等電量點電荷Q產(chǎn)生的電場等勢線與電場線具有對稱性，根據(jù)順著電場線電勢降低和對稱性，分析B與C電勢的高低，判斷電場力做功情況，分析A點和C點的電勢高低，判斷電勢能的大小，根據(jù)點電荷的電場E＝kQr2和電場疊加原理可求解O點的場強大?。?br /> 【解答】解：由于+Q位置不動，﹣Q與d點距離變大，所以d點電勢升高，即φ1＜φ2；設(shè)圓的半徑為r，則點電荷+Q在d點產(chǎn)生的場強大小為kQ2r2，方向沿ad，點電荷﹣Q位于b點時在d點產(chǎn)生的場強大小也為kQ2r2，方向沿db，根據(jù)矢量合成的法則，整理得E1=2kQ2r2；點電荷﹣Q位于c點時，它在d點產(chǎn)生的場強大小為kQ4r2，方向沿dc，根據(jù)矢量合成的法則，整理得E2=5?22kQ4r2，所以E1＞E2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題關(guān)鍵抓住電場線與等勢線的分布情況及其對稱性，知道空間每一點的電場是由兩個點電荷產(chǎn)生的電場疊加而成，能熟練運用平行四邊形定則求解合場強．
3．（2020秋?溧水區(qū)校級期末）如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛直線cd為Q1、Q2連線的垂直平分線，O為垂足，c、d兩點在垂直平分線上且關(guān)于Q1、Q2連線對稱。一電子（不計重力）從a點沿虛曲線途徑O點運動到b點。下列說法正確的是（　?。?br />
A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量
B．c、d兩點的電勢相同，場強相同
C．電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度
D．電子在O點時的電勢能大于在a點時的電勢能
【分析】根據(jù)電場線的特點，結(jié)合帶電粒子軌跡彎曲方向判斷點電荷的電性和電荷量的相對大?。桓鶕?jù)電場線的疏密情況判斷加速度大?。桓鶕?jù)電場力做功情況，分析電勢能的變化情況。
【解答】解：A、Q1周圍的電場線比Q2周圍的電場線密，說明Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故A錯誤；
B、根據(jù)電場線的分布情況可知Q1和Q2為異種電荷，根據(jù)曲線運動的合力方向指向凹處可知，Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷，電場線的方向由Q1沿電場線方向指向Q2，
根據(jù)對稱性可知c、d兩點的電勢相等，場強大小相等，方向不同，故B錯誤；
C、O點附近的電場線比a點附近的電場線密，說明電場強度大，電子受到的電場力大，由牛頓第二定律可知，加速度也大，故電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度，故C正確；
D、電子從a點運動到O點的過程中電場力方向與速度方向的夾角小于90°，電場力做正功，電勢能逐漸減小，即電子在O點時的電勢能小于在a點時的電勢能，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題是電場中軌跡問題，要明確帶電粒子做曲線運動時，合力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，明確電場力的方向，從而判斷電場力做功情況。
4．（2020秋?黃浦區(qū)期末）如圖所示，帶電量為2Q的負(fù)點電荷置于a點，帶電量為Q的正點電荷置于b點，ab連線上有M、N兩點，且aM＝bN，則M、N兩點的場強大小和電勢高低的情況為（　?。?br />
A．EM＞EN，φM＜φN B．EM＞EN，φM＞φN
C．EM＜EN，φM＞φN D．EM＜EN，φM＜φN
【分析】根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，比較出M、N兩點的電勢高低；根據(jù)電場線的疏密比較M、N兩點間的場強大小．
【解答】解：因為a點的點電荷電量大于b點點電荷的電量，M、N兩點距離兩個點電荷的距離相等，則M點的電場線比N點的電場線密，所以EM＞EN。
電場線由b指向a，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則φM＜φN．故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電場線的特點，知道電場線的疏密表示電場的強弱，沿電場線方向電勢逐漸降低．
5．（2021?奉賢區(qū)二模）如圖是某電場中一條直電場線，在電場線上有A、B兩點，將一個正電荷由A點以某一初速度vA釋放，它能沿直線運動到B點，且到達(dá)B點時速度恰好為零。根據(jù)上述信息可知（　　）

A．場強大小EA＞EB B．場強大小EA＜EB
C．電勢高低φA＞φB D．電勢高低φA＜φB
【分析】根據(jù)帶正電的粒子的運動特點判斷帶電粒子所受電場力的方向，從而判斷電場強度的方向，根據(jù)電場線的方向，判斷電勢的高低。因為無法判斷加速度的大小變化，無法判斷電場強度大小的變化。
【解答】解：CD、根據(jù)題意帶正電的粒子做減速直線運動，故粒子受到的力從B指向A，故電場強度的方向為從B指向A，沿電場線方向電勢降低，故φA＜φB，故D正確，C錯誤；
AB、因為不能判斷粒子的加速度的大小變化，所以不能判斷粒子所受電場力的大小，故不能判斷電場強度的變化，故AB錯誤。
故選：D。
【點評】解本題的關(guān)鍵是根據(jù)粒子的運動情況判斷受力情況，通過受力情況判斷電場強度的情況、電場線的情況。
6．（2021?安徽一模）如圖所示，正方形四個頂點上依次置放電荷量為+q、+q、+q、﹣q的點電荷，a、b、c、d是對角線上的四個點，他們到中心O點的距離均相同。則（　　）

A．a(chǎn)、b兩點的場強相同，電勢相同
B．a(chǎn)、b兩點的場強不同，電勢相同
C．c、d兩點的場強相同，電勢相同
D．c、d兩點的場強相同，電勢不同
【分析】本題可根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場的分布情況，運用電場的疊加原理進(jìn)行分析．分析要抓住電場線和等勢線分布的對稱性．
【解答】解：因為正方形對角線的相互垂直，所以ab電荷和cd電荷連線垂直；
AB、a、b兩點在等量同種電荷連線上，在等量異種電荷的中垂線上，根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場的分布情況可知，在等量異種電荷中垂線上的電場強度相同，電勢相等；在等量同種電荷的連線上電場強度大小相同，方向不同，電勢相等；根據(jù)電場的疊加原理可知a、b兩點的電場強度不同，電勢相等，故A正確，B錯誤；
CD、c、d兩點在等量異種電荷連線上，在等量同種電荷的中垂線上，根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場的分布情況可知，在等量同種電荷中垂線上的電場強度大小相等，方向不同，電勢相等；在等量異種電荷的連線上電場強度相同，電勢不等；根據(jù)電場的疊加原理可知a、b兩點的電場強度不同，電勢不等，故CD錯誤；
故選：B。
【點評】本題關(guān)鍵是要明確兩個等量同種電荷和異種電荷電場線和等勢面的分布情況，知道沿著場強方向，電勢越來越低，靈活運用電場的疊加原理進(jìn)行分析．
7．（2021?上海學(xué)業(yè)考試）一帶正電的物體沿電場線方向運動，則（　　）
A．受力增大 B．速度減小 C．電勢能減小 D．加速度減小
【分析】依據(jù)電場線的疏密來體現(xiàn)電場強度的強弱，根據(jù)F＝qE，來判定電場力大小，結(jié)合沿著電場線方向電場力做正功，則電勢能減小，從而即可判定。
【解答】解：AD、一帶正電的物體沿電場線方向運動，由于不知電場線的疏密，因此無法確定電場強度強弱，則不知道電場力大小，那么加速度也無法確定大小，故AD錯誤；
BC、根據(jù)帶正電物體受到的電場力與運動方向相同，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，速度也增大，故B錯誤，C正確；
故選：C。
【點評】考查電場線的疏密與電場強度強弱關(guān)系，理解電場力做功與電勢能的變化關(guān)系，掌握正電荷受到電場力的方向與電場強度方向的相同，而負(fù)電荷受到的電場力的方向與電場強度方向相反。
8．（2021春?成都月考）如圖所示，A、B為一對等量正電荷連線上的兩點（其中B為中點），C為連線中垂線上的一點。現(xiàn)將一個電荷量為q的正點電荷自A沿直線移到B再沿直線移到C，則該電荷的電勢能的變化情況是（　?。?br />
A．先增大后減小 B．先減小后增大
C．一直減小 D．一直增大
【分析】根據(jù)等量正電荷的電場線分布，判斷AB連線和BC連線上場強的方向，然后判斷正點電荷的受力方向，根據(jù)電場力做功的正負(fù)，判斷電勢能的變化。
【解答】解：由題意，兩個等量同種電荷，它們在點B處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，合場強為零，AB連線上方的中垂線上每一點（除B點）電場方向都向上，從A到B再到C的過程中，電場強度方向先沿AB方向，后沿BC方向，正電荷所受力的方向與電場強度方向相同，所以正點電荷自A沿直線移到B的過程中，電場力做正功，再沿直線移到C時，電場力還是做正功，則該電荷的電勢能一直減小。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題的關(guān)鍵是熟悉等量同種電荷和等量異種電荷的電場線分布情況和特點，另外要掌握電場力做功與電勢能的變化間的關(guān)系。
9．（2020秋?九龍坡區(qū)期末）如圖所示，一勻強電場的方向平行于xOy平面，O點為坐標(biāo)原點。已知OM與x軸夾角為θ＝60°，從O點起沿x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢下降10V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為10V，圖中P點坐標(biāo)（3m，1m），則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電場強度沿OP方向，大小為103V/m
B．OP兩點的電勢差為4033V
C．沿x軸正方向移動電子，每移動1m，電場力做功10eV
D．沿y軸正方向每移動1m，電勢降低310V
【分析】根據(jù)勻強電場的特點，結(jié)合從O點起沿x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢下降10V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為10V，可以判斷出電場的方向沿x軸與OM的角平分線方向，由U＝Edcosα即可求出電場強度；由幾何關(guān)系求出OP的距離，結(jié)合勻強電場的特點求出OP之間的電勢差；電子帶負(fù)電，由W＝qU求出電場力做的功。
【解答】解：A、由題，由于從O點起沿x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢下降10V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為10V，可以判斷出電場的方向沿x軸與OM的角平分線方向，與x軸之間的夾角為α＝30°；x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢下降10V，由U＝Edcosα可得：E=Ud?cosα=101×cos30°V/m=2033V/m，故A錯誤；
B、設(shè)OP與x軸之間的夾角為β，則：tanβ=yx=13，所以β＝30°，結(jié)合A的分析可知，OP的方向沿電場線的方向；OP的長度：OP=x2+y2m=1+3m＝2m，所以O(shè)P之間的電勢差：UOP=E?OP=2033×2V=4033V，故B正確；
C、電子帶負(fù)電，帶電量為﹣e，沿x軸正方向移動電子，每移動1m，電勢差為U＝10V，則電場力做功W＝﹣e?U＝﹣10eV，故C錯誤；
D、由幾何關(guān)系可知，y軸與OP方向之間的夾角為60°，則沿y軸正方向每移動1m，電勢降低△U＝Edcos60°=2033×1×12V=1033V。故D錯誤。
故選：B。
【點評】該題考查勻強電場的電勢差與電場強度的關(guān)系，解答的關(guān)鍵是正確找出電場的方向。
10．（2021?重慶模擬）如圖所示，虛線a、b、c為某電場中的等差等勢面，其中等勢面b的電勢為0，實線為電子在該電場中的運動軌跡。若電子經(jīng)過等勢面a時的動能為16eV，經(jīng)過等勢面c時的速度大小為經(jīng)過等勢面a時速度大小的一半，以下說法正確的是（　?。?br />
A．等勢面a的電勢為16V
B．等勢面c的電勢為6V
C．實線可能是該電場的某條電場線
D．電子不可能運動到電勢為﹣12V的等勢面
【分析】電子從a到c過程，根據(jù)動能定理求出ac間電勢差，即可得到等勢面a、c的電勢；根據(jù)電場線與等勢面垂直判斷；根據(jù)能量守恒判斷電子能不能經(jīng)過﹣12V的等勢面。
【解答】解：A、電子從a到c，速度減小為原來的一半，根據(jù)Ek=12mv2可知動能減小為原來的14，為4eV；
根據(jù)動能定理得：﹣eUac＝Ekc﹣Eka＝4eV﹣16eV＝﹣12eV，解得，Uac＝12V；
虛線a、b、c為某電場中的等差等勢面，則：Uab=Ubc=12Uac=6V
由于：Uab＝φa﹣φb，Ubc＝φb﹣φc
等勢面b的電勢為0，則φa＝6V，φc＝﹣6V；故AB錯誤；
C、根據(jù)電場線與等勢面垂直，由圖知等勢面c與實線不垂直，可知實線不可能是該電場的某條電場線，故C錯誤；
D、電子的總能量：E＝Eka+EPa＝16eV+（﹣e）×（6V）＝10eV；若電子能到達(dá)電勢為﹣12V的等勢面時，電子的電勢能為12eV，根據(jù)能量守恒則電子的動能為﹣2eV，這顯然是不可能的，所以電子不可能運動到電勢為﹣12V的等勢面，故D正確。
故選：D。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道等勢面與電場線關(guān)系，電場力做功的計算，能量守恒定律的應(yīng)用，掌握帶電粒子在電場中運動的特點。
11．（2021春?定州市期中）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．一個正電荷在等勢面L3處的動能為20J，運動到L1處的動能為零．若取L2為零勢面參考平面，則當(dāng)此電荷的電勢能為4J時，它的動能是（不計重力和空氣阻力）（　?。?br />
A．16J B．19J C．6J D．4J
【分析】根據(jù)動能定理求出電荷從等勢面L3處運動到L1處電場力所做的功，從而得出電勢能的變化量，根據(jù)L2為零勢面，得出L1處和L3處得電勢能．在運動的過程中，電荷的電勢能和動能之和保持不變，根據(jù)總能量守恒，由能量守恒定律即可得出電荷的電勢能為4J時它的動能．
【解答】解：設(shè)兩相鄰等勢面間的電勢差為U0，正電荷的電量為q。根據(jù)僅在電場力作用下，電荷的電勢能與動能之和E保持不變，有：
E＝Ek3﹣qU0＝Ek1+qU0＝EK+Ep，
解得：qU0=12（Ek3﹣Ek1）
從而可得：Ek=12（Ek1+Ek3）﹣EP=12×（0+20）﹣4＝6J．故C正確。
故選：C。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功和電勢能的變化關(guān)系，以及知道電荷的電勢能和動能之和保持不變．
12．（2021?鶴山市校級模擬）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R點在等勢面b上，據(jù)此可知（　?。?br />
A．帶電質(zhì)點在P點的加速度比在Q點的加速度小
B．帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小
C．帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能
D．三個等勢面中，c的電勢最高
【分析】作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，電場線向上。故c點電勢最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，可知電荷在P點的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點場強小，電場力小，加速度小。
【解答】解：A、等差等勢面P處密，P處電場強度大，電場力大，加速度大。故A錯誤；
BCD、根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知負(fù)電荷所受的電場力應(yīng)向下，所以電場線向上。故c點電勢最高。
利用推論：負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，知道P點電勢能大。
負(fù)電荷的總能量守恒，即帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和不變，P點電勢能大則動能小。故BC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。
13．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）質(zhì)量為50kg的運動員，用300s的時間登上高60m的山丘，那么他登山的平均功率接近（　　）
A．10kW B．1kW C．100W D．10W
【分析】運動員做功用來克服重力做功，故運動員做功的數(shù)據(jù)可近似為克服重力的功，再由功率公式可求得平均功率的大?。?br /> 【解答】解：運動員登山時所做的功W＝mgh＝50×10×60J＝30000J；
則他做功的功率P=Wt=30000300W=100W，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查了人的運動中可認(rèn)為人登山丘所做的功等于克服重力做功的大小，抓住W＝Pt求得平均功率，知道平均功率和瞬時功率的區(qū)別，掌握這兩種功率的求法．
14．（2018?靜安區(qū)二模）在DIS描繪電場等勢線的實驗中，下列說法正確的是（　?。?br /> A．連接電源正負(fù)極的電源電壓為4﹣6V的交流電
B．在一塊平整木板上依次鋪放導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙、白紙
C．連接電源正負(fù)極的兩個電極必須與導(dǎo)電物質(zhì)保持絕緣
D．本實驗用電流場模擬了由二個等量異種點電荷產(chǎn)生的靜電場
【分析】作圖利用復(fù)寫紙作在白紙上，整個操作在導(dǎo)電紙上進(jìn)行，可知在木板上依次鋪放導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙和白紙；導(dǎo)電紙與電極接觸應(yīng)良好，有導(dǎo)電物質(zhì)的一面應(yīng)朝上
【解答】解：AD、本實驗用電流場模擬了由二個等量異種點電荷產(chǎn)生的靜電場，所以電極a、b的電源電壓為直流4～6V，故A錯誤，D正確；
B、在一塊平整木板上依次鋪放白紙、復(fù)寫紙和導(dǎo)電紙，且導(dǎo)電紙導(dǎo)電面向上，故B錯誤；
C、連接電源正負(fù)極的電極a、b必須與導(dǎo)電紙保持良好接觸，否則不能形成電流。故C錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查用描跡法畫出電場中等勢線的實驗，要注意明確實驗原理，知道實驗中應(yīng)注意事項和實驗方法。
15．（2021?新鄉(xiāng)模擬）如圖甲所示，在真空中，兩個帶電荷量均為q＝1×10﹣3C的負(fù)點電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，將該平面上一質(zhì)量m＝10g、電荷量為1×10﹣3C的帶正電小球（視為質(zhì)點）從a點由靜止釋放，小球沿兩電荷連線的中垂線運動到兩電荷連線的中點O，其從a點運動到O點的v﹣t圖像如圖乙中實線所示，其經(jīng)過b點時對應(yīng)的圖線切線斜率最大，如圖中虛線所示，則下列分析正確的是（　?。?br />
A．在兩電荷的連線上，O點的電場強度最小，電勢最低
B．b點的電場強度大小為10V/m
C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差為45V
D．在從a點運動到O點的過程中，小球受到電荷P的作用力先增大后減小
【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場線特點判定電勢高低；在v﹣t圖像上的圖線的斜率表示加速度，求出電場強度；由動能定理求出電場力做功，即可求出電勢差；
【解答】解：A、點電荷在與其距離為r處的電場強度大小為E＝kQr2，故兩點電荷在O點的合電場強度為0，沿電場線方向電勢降低，O點的電勢最高，故A錯誤；
B、在v﹣t圖像上的圖線的斜率表示加速度，在b點可得a=△v△t=32m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，解得E＝15V/m，故B錯誤；
C、小球從a點運動到b點的過程，根據(jù)動能定理有qUab=12mvb2?12mva2，由圖乙可知vb＝3m/s，解得Uab＝45V，故C正確；
D、在小球從a點運動到O點的過程中，小球與電荷P間的距離一直減小，所以受到電荷P的作用力一直增大，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查了帶電小球在電場中的運動，在v﹣t圖像上的圖線的斜率表示加速度，表示電場強度的大小變化，此題較綜合，目的考查學(xué)生的綜合分析能力。
16．（2020秋?九龍坡區(qū)期末）下列說法正確的是（　　）
A．根據(jù)電勢差的定義式Uab=Wabq可知，帶電荷量為1C的負(fù)電荷，從a點移動到b點的過程中克服電場力做功為1J，則a、b兩點間的電勢差Uab＝1V
B．真空中點電荷的電場強度公式是E=kQr2，均勻帶電球體球心處的電場強度也可以用該公式計算，結(jié)果為無窮大
C．根據(jù)電場強度的定義式E=Fq可知，電場中某點的電場強度與試探電荷q所受的庫侖力成正比
D．根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL可知，若長度為1m的直導(dǎo)體棒中通過1A的電流，放在勻強磁場中受到的安培力為1N，就說明磁感應(yīng)強度一定是1T
【分析】根據(jù)電勢差的定義分析。真空中點電荷的電場強度公式是E＝kQr2。電場強度的定義式E=Fq適用于任何電場，由電場本身決定，與試探電荷受力無關(guān)。根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL，必須在通電導(dǎo)線與磁場垂直時才成立。
【解答】解：A、據(jù)電勢差的定義式Uab=Wabq可知，帶電量為1C負(fù)電荷，從a點移動到b點克服電場力做功為1J，即電場力做功為﹣1J，則a、b點的電勢差為1V，故A正確；
B、真空中點電荷的電場強度公式是E＝kQr2，均勻帶電球體球心處的電場強度也可以用該公式計算，但結(jié)果為0，故B錯誤；
C、根據(jù)電場強度的定義式E=Fq可知，電場中某點的電場強度由電場本身決定，與試探電荷所受的庫侖力無關(guān)，故C錯誤；
D、磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL滿足的條件是通電導(dǎo)線與磁場垂直，若長度為1m的直導(dǎo)體棒中通過1A的電流，只有垂直放在勻強磁場中受到的安培力為1N，磁感應(yīng)強度才是1T，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查了電場強度、電勢差和磁感應(yīng)強度的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是對各公式的理解。
17．（2021?浙江模擬）如圖，銳角三角形△MNP，其中∠M＞∠N＞∠P，電荷量為Q的負(fù)點電荷固定在M點，計無窮遠(yuǎn)處電勢為零。下列說法正確的是（　?。?br />
A．帶電量為q的負(fù)點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電勢能不變
B．正點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電勢能先增大后減小
C．在N點引入電量為Q的正點電荷后，P點的電勢為φp＜0
D．在P點引入電量為Q的負(fù)點電荷后，電子在MP中點的電勢能小于在N點的電勢能
【分析】電勢能的變化與電場力做功相對應(yīng)，由電場力做功情況分析電勢能的變化，順電場線的方向電勢不斷降低，負(fù)電荷在電勢越高處電勢能越大。
【解答】解：A、帶電量為q的負(fù)點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增加后減小，故A錯誤；
B、正點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電場力先做正功后做負(fù)功，所以電勢能先減小后增大，故B錯誤；
C、因為∠M＞∠N＞∠P，所以PN＞PM，在N點引入電量為Q的正點電荷后，正電荷在P處的電勢為，φ1=kQlPN 負(fù)電荷在P處的電勢為φ2=?kQlPM，因為PN＞PM，所以φP＝φ1+φ2＜0，故C正確；
D、在P點引入電量為Q的負(fù)點電荷后，由于電子帶負(fù)電，把電子從MP中點移到N點的時，位于M、P兩點的負(fù)電荷，都對電子做正功，電子的電勢能減小，所以在MP中點的電勢能大于在N點的電勢能，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題學(xué)生需掌握電場力做功與電勢能變化之間的關(guān)系，判斷電勢高低的方法，注意負(fù)電荷在電勢越高處電勢能越小。
18．（2021?定遠(yuǎn)縣模擬）真空中有一半徑為r0的帶電金屬球，以球心O為坐標(biāo)原點沿某一半徑方向為正方向建立x軸，x軸上各點的電勢φ隨x的分布如圖所示，其中x1、x2、x3分別是x軸上A、B、C三點的位置坐標(biāo)。根據(jù)φ﹣x圖象，下列說法正確的是（　　）

A．該金屬球帶負(fù)電
B．A點的電場強度大于C點的電場強度
C．B點的電場強度大小為φ2?φ3x3?x2
D．電量為q的負(fù)電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能低|q（φ2﹣φ3）|
【分析】根據(jù)直線上各點的電勢φ分布圖判斷A點和B點電勢。明確沿電場線方向電勢逐點降低，從而確定金屬球帶電情況；根據(jù)圖象的性質(zhì)確定電場強度大??；
根據(jù)電場力方向和運動方向判斷做功情況，明確電勢能的變化情況。
【解答】解：A、由圖可知在0到r0電勢不變，之后電勢變小，帶電金屬球為一等勢體，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則金屬球帶正電，故A錯誤；
B、圖象斜率表示場強大小，A點的電場強度為零，C點電場強度大于0，故B錯誤；
C、從B到C若為勻強電場，電場強度為E=Ud=?2??3x3?x2，因是非勻強電場B點的電場強度大于該值，故C錯誤；
D、負(fù)電荷沿直線從B移到C的過程中，電場力做負(fù)值，電勢能增加，大小為|q（?2﹣?3）|，故D正確。
故選：D。
【點評】解決該題要掌握根據(jù)電勢高低判斷電場方向的方法，根據(jù)電場力和速度方向判斷做功情況。
19．（2021?舒城縣校級模擬）如圖，一電子以某一初速度進(jìn)入電荷量為Q的某點電荷電場中，a、b為粒子運動軌跡上的兩點，a、b兩點間的直線距離為d，已知a點場強方向所在直線與ab連線間夾角α＝30°，b點場強方向所在直線與ab連線間夾角β＝60°。電子的電荷量為e，點電荷周圍某點的電勢φ＝kQr，其中r為該點到點電荷的距離。電子僅受電場力作用，下列說法正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)點電勢高于b點電勢
B．電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能
C．電子從a到b過程中，電場力做的功為2(3?3)keQ3d
D．電子先后經(jīng)過a、b兩點時的加速度大小之比為3：1
【分析】先根據(jù)幾何知識分析a、b兩點到點電荷的距離關(guān)系，由電勢公式φ＝kQr分析電勢關(guān)系；由EP＝qφ分析電子電勢能關(guān)系，由動能定理求電場力對電子做的功。由牛頓第二定律求加速度之比。
【解答】解：A、如右圖所示，點電荷在圖中O點，根據(jù)幾何關(guān)系可知aO＞bO，根據(jù)電場力方向會聚到O點，可知點電荷帶正電，由φ＝kQr知，Q＞0，則b點電勢高于a點電勢，故A錯誤；
B、a點的電勢低于b點的電勢，由EP＝qφ知負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，則電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故B錯誤；
C、根據(jù)幾何關(guān)系可知，a、b兩點到點電荷的距離分別為：
ra＝dsinβ=32d
rb＝dsinα=12d
a、b兩點電勢分別為：φa＝kQra，φb＝kQrb
電子從a到b過程中，電場力做的功為：W＝﹣eUab＝﹣e（φa﹣φb）
解得：W=2(3?3)keQ3d，故C正確；
D、根據(jù)牛頓第二定律
在a點，有：kQera2=maa
在b點，有：kQerb2=mab
則電子先后經(jīng)過a、b兩點時的加速度大小之比aa：ab＝rb2：ra2＝1：3，故D錯誤。
故選：C。

【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握點電荷電場的分布情況，確定點電荷的電性。要熟練運用力學(xué)規(guī)律，如動能定理、牛頓第二定律進(jìn)行解答。
20．（2020秋?蚌埠期末）空間有一點電荷形成的電場，取其中的一根電場線為x軸，以x軸上各點的電勢φ為縱軸，將各點電勢φ隨x的變化規(guī)律描繪在坐標(biāo)系中，如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A．點電荷帶正電
B．點電荷位于x＝0左側(cè)的某位置
C．電子在x＝3cm處的電勢能為3eV
D．電子沿x軸由x＝0移動到x＝4cm的過程中，電場力做負(fù)功
【分析】根據(jù)正電荷周圍的電勢都為正分析點電荷的電性；根據(jù)距離正點電荷越近則電勢越高分析點電荷的位置；根據(jù)EP＝qφ結(jié)合電勢的大小關(guān)系分析電勢能的大小關(guān)系，根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系分析電場力做功情況。
【解答】解：A、由圖象知，φ＞0，故點電荷帶正電，故A正確；
B、距離正點電荷越近則電勢越高，所以點電荷位于x→∞處，故點電荷位于x＝0右側(cè)某位置，故B錯誤；
C、由圖象知，x＝3cm處的電勢為φ＝3V，則電子在x＝3cm處的電勢能為Ep＝﹣eφ＝﹣3eV，故C錯誤；
D、由圖象知，φ0＝1V，φ4＝5V，則Ep1＝﹣1eV，Ep4＝﹣5eV，電勢能減小，故電子沿x軸由x＝0移動到x＝4cm的過程中，電場力做正功，故D錯誤。
故選：A。
【點評】解決該題的關(guān)鍵是知道正電荷周圍的電勢都為正，熟記電勢能與電勢之間的關(guān)系式，掌握電場力做功與電勢能的關(guān)系。
二．多選題（共10小題）
21．（2021?肇慶二模）將一帶正電的點電荷Q固定在水平放置且?guī)ж?fù)電的正方形金屬薄板中心的正上方，點電荷Q與薄板間的電場線豎直切面如圖所示。其中b、d兩點在同一豎直且垂直于薄板的電場線上，a、b、c三點在同一條平行于薄板的直線上，a、c關(guān)于b點對稱。關(guān)于各點的電場強度及電勢的判斷，正確的是（　?。?br />
A．c點電勢比b點電勢低
B．a(chǎn)點電勢與b點電勢相等
C．a(chǎn)點電場強度與c點電場強度相同
D．b點電場強度大于d點電場強度
【分析】沿著電場線的方向電勢降低；電場線密的地方電場強度大；電場強度是矢量，兩點的電場強度相同時大小相等、方向相同，
【解答】解：AB、根據(jù)等勢面與電場線垂直，過b點做一條等勢線如圖，結(jié)合沿著電場線的方向電勢降低，可知b點的電勢高于a點的電勢，也高于c點的電勢，故A正確，B錯誤；

C、電場強度的方向沿電場線的切線方向，由題目的圖可知，a與c點電場強度的方向是不同的，故C錯誤；
D、電場線的疏密表示電場強度的大小，由圖可知，b處的電場線比d點的電場線密，所以b點電場強度大于d點電場強度，故D正確。
故選：AD。
【點評】該題考查電場線、電場強度等物理量之間的關(guān)系以及大小比較，是電場中的重點和難點，在平時訓(xùn)練中要加強這方面的練習(xí)，以加深對概念的理解．
22．（2021春?忻府區(qū)校級月考）如圖所示，空間固定有兩等量同種電荷，O為連線的中點，A、B為電荷連線中垂線上關(guān)于O電對稱的兩點，直線CD過O點與電荷連線成一定夾角，且CO＝OD。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．A點電勢等于B點電勢
B．C、D兩點電場強度相同
C．把電子沿直線CD從C點移到D點，電勢能變化量為零
D．在A點由靜止釋放一電子，只受電場力作用下，將會沿AB勻加速直線運動到B點
【分析】根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場線的分布情況，判斷A、B兩點的電勢的高低，C、D兩點的場強關(guān)系；由電場線的分布情況可判斷C、D兩點的電勢高低，從而可判斷電場力做功的正負(fù)，進(jìn)一步判斷電勢能的大?。辉贏點由靜止釋放一電子，只受電場力作用下，受到的電場力始終指向O點，故電子先加速后減速。
【解答】解：A、由于A、B兩點到正電荷的距離相等，根據(jù)對稱性可知，則A點電勢等于B點電勢，故A正確；
B、根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點，由對稱性可知，C、D兩點電場強度大小相等，但是方向不同，故B錯誤；
C、由對稱性可知，C、D兩點的電勢相等，則把電子從C點移到D點，電場力做功為零，即電勢能變化量為零，故C正確；
D、在A點由靜止釋放一電子，只受電場力作用下，受到的電場力始終指向O點，將會先由A加速到O，后由O減速到B，且在AB連線上場強不是相同的，則受電場力不是恒定的，即不是勻加速直線運動，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】對于等量同種電荷的電場，要明確兩電荷連線和兩電荷連線的中垂線上的電場分布情況，注意電場強度是矢量，電勢能的減小量等于電場力對電子所做的功。
23．（2020秋?大通縣期末）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定等量異種電荷，如圖所示。若將一個帶負(fù)電的粒子置于O點，自由釋放，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電場力可能做負(fù)功
B．電場力一定做正功
C．b、d兩點電勢相等，電場強度也相同
D．若用一水平外力使粒子在O點保持靜止，則外力方向一定由O指向a
【分析】根據(jù)帶電粒子所受的電場力方向分析電場力做功正負(fù)。根據(jù)電場的分布情況分析b、d兩點電勢和電場強度關(guān)系。粒子在O點保持靜止時，根據(jù)平衡條件分析外力方向。
【解答】解：AB、a、c處分別固定等量異種電荷，等量異種電荷連線上的電場方向沿著此連線，粒子必定沿電場力方向運動，故電場力一定做正功，故A正確，B錯誤。
C、bd是等量異種電荷連線的中垂線，是一條等勢線，b、d兩點電勢相等，根據(jù)對稱性知電場強度相等，故C正確；
D、若用一水平外力使粒子在O點保持靜止，由于電場方向未知，所以外力方向不能確定，故D錯誤；
故選：BC。
【點評】本題的關(guān)鍵：明確bd是等量異種電荷連線的中垂線；靈活應(yīng)用等量異種電荷產(chǎn)生電場的特點分析
24．（2021春?安徽月考）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為P、Q連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點。一帶正電的試探電荷q，以某一足夠大的速度從A向O點運動，取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則（　?。?br />
A．q由A向O的運動是勻加速直線運動
B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸增大
C．q由A向O運動的過程動能一直減小
D．q運動到O點時的加速度為最大
【分析】根據(jù)等量同種點電荷電場線的分布情況，抓住對稱性，分析試探電荷q的受力情況，確定其運動情況，根據(jù)電場力做功情況，分析其電勢能的變化情況。
【解答】解：A、兩等量正電荷周圍部分電場線如圖所示，

其中P、Q連線的中垂線MN上，從無窮遠(yuǎn)到O過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠(yuǎn)方向，
故試探電荷所受的電場力是變化的，q由A向O的運動做非勻加速直線運動，故A錯誤；
BC、電場力方向與AO方向相反，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大；故BC正確；
D、根據(jù)電場的疊加知在O點合場強為0，電荷在O點受到的電場力為0，故加速度為0，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查靜電場的基本概念，關(guān)鍵要熟悉等量同種點電荷電場線的分布情況，熟練掌握連線和中垂線上的場強方向和大小變化。
25．（2021?天津模擬）如圖甲所示，在真空中，兩個帶電荷量均為q＝1×10﹣3C的負(fù)點電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，將該平面上一質(zhì)量m＝10g、電荷量為1×10﹣3C的帶正電小球（視為質(zhì)點）從a點由靜止釋放，小球沿兩電荷連線的中垂線運動到兩電荷連線的中點O，其從a點運動到O點的v﹣t圖像如圖乙中實線所示，其經(jīng)過b點時對應(yīng)的圖線切線斜率最大，如圖中虛線所示，則下列分析正確的是（　?。?br />
A．在兩電荷的連線上，O點的電場強度最小，電勢最高
B．b點的電場強度大小為10V/m
C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差為45V
D．在從a點運動到O點的過程中，小球受到電荷P的作用力先增大后減小
【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場線特點判定電勢高低；在v﹣t圖像上的圖線的斜率表示加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出電場強度；由動能定理求出電場力做功，即可求出電勢差；根據(jù)庫侖定律判斷電場力的關(guān)系判斷。
【解答】解：A、根據(jù)等量同種電荷的電場的特點可知，兩點電荷在O點的合電場強度為0，沿電場線方向電勢降低，O點的電勢最高，故A正確；
B、在v﹣t圖像上圖線的斜率表示加速度，在b點可得a=△v△t=35?3m/s2=1.5m/s2，
小球的質(zhì)量m＝10g＝0.01kg；根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，代入數(shù)據(jù)解得E＝15V/m，故B錯誤；
C、小球從a點運動到b點的過程，根據(jù)動能定理有qUab=12mvb2?12mva2，由圖乙可知vb＝3m/s，代入數(shù)據(jù)解得Uab＝45V，故C正確；
D、在小球從a點運動到O點的過程中，小球與電荷P間的距離一直減小，根據(jù)庫侖定律可知小球受到電荷P的作用力一直增大，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查了帶電小球在電場中的運動，在v﹣t圖像上的圖線的斜率表示加速度，表示電場強度的大小變化，此題較綜合，目的考查學(xué)生的綜合分析能力。
26．（2020秋?池州期末）一帶電粒子射入一固定在O點的正點電荷q的電場中，粒子運動軌跡沿圖中實線軌跡從M運動到N（N點為軌跡上離O點最近的點），圖中虛線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計粒子的重力和空氣阻力，則可以判斷（　?。?br />
A．射入電場中的粒子帶正電
B．M點的場強大于N點的場強
C．射入電場中的粒子從M到N的過程中，電場力對粒子做負(fù)功
D．射入電場中的粒子從M到N的過程中，粒子動能和電勢能之和減小
【分析】等勢面疏密程度可以表示電場強弱，從粒子運動軌跡看出，可知帶電粒子受到了排斥力作用，根據(jù)電場力做功，可判斷電勢能的大?。?br /> 【解答】解：A、根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向，可知粒子受到排斥力，則帶電粒子帶正電，故A正確；
B、由公式E=kqr2，由于OM＞ON，可知，N點的場強大于M點的場強，故B錯誤；
C、M到N的過程中，電場力方向與粒子的速度方向成鈍角，對粒子做負(fù)功，故C正確；
D、粒子在運動過程中，只有電場力做功，所以動能與電勢能總和不變，故D錯誤；
故選：AC。
【點評】本題是軌跡問題，首先要根據(jù)彎曲的方向判斷出帶電粒子所受電場力方向，確定是排斥力還是吸引力．由動能定理分析動能和電勢能的變化是常用的思路．
27．（2021春?桃江縣校級月考）如圖所示，邊長為a的正方形線框內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。兩個相同的帶電粒子分別從AB邊上的A點和E點（E點在AB之間，未標(biāo)出）以相同的速度v0沿AD方向射入磁場，兩帶電粒子均從BC邊上的F點射出磁場，BF=33a。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則（　　）

A．粒子帶負(fù)電
B．兩個帶電粒子在磁場中運動的半徑為23a
C．帶電粒子的比荷為2v03Ba
D．兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA：tE＝4：1
【分析】帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)左手定即可判斷帶電粒子的電性；洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑；應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的比荷；根據(jù)粒子做圓周運動的周期求出粒子在磁場中的運動時間。
【解答】解：A、因為兩帶電粒子以相同的速度v0沿AD方向射入磁場，從BC邊上的F點射出磁場，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知帶電粒子帶負(fù)電，故A正確；
B、兩粒子以相同的速度進(jìn)入磁場，由qv0B=mv02r可知，兩粒子轉(zhuǎn)動半徑相同，兩帶電粒子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，由A點射入的粒子圓心恰好在E點，則有r+r2?(33a)2=a，解得：r=23a，故B正確；
C、根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qv0B=mv02r，解得帶電粒子的比荷為qm=3v02Ba，故C錯誤；
D、根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的特點結(jié)合數(shù)學(xué)知識可得：θA=23π，θE=13π，則兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA：tE＝θA：θE＝2：1，故D錯誤；
故選：AB。

【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、根據(jù)題意作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用幾何知識求出粒子軌道半徑、應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題。
28．（2021?渭南模擬）如圖所示，C為兩等量異種點電荷連線的中點M、N為兩電荷連線中垂線上的兩點，且MC＝NC，過N點作兩電荷連線的平行線，且NA＝NB．下列判斷正確的是（　　）

A．A、B兩點的電場強度大小相等
B．A點的電勢低于B點的電勢
C．A、N兩點的電勢差大于N、B兩點間的電勢差
D．某正電荷在M點的電勢能等于在C點的電勢能
【分析】根據(jù)等量異種電荷周圍電場線的分布確定各點電場強度的方向是否相同，抓住沿著電場線電勢逐漸降低以及等量異種電荷連線的垂直平分線是等勢線確定各點電勢的高低；根據(jù)電場力做功判斷電勢能的高低
【解答】解：等量異種電荷周圍電場線和等勢面如圖所示：

A、根據(jù)等量異種電荷周圍的電場線分布知，AB兩點電場強度大小相等，故A正確。
B、根據(jù)對稱性可知，AB在同一條電場線上，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A點的電勢高于B點的電勢，故B錯誤。
C、根據(jù)對稱性可知，AN間的平均電場強度等于NB之間的平均電場強度，由兩段距離相等，故A、N兩點的電勢差等于N、B兩點間的電勢差，故C錯誤；
D、由圖可知，兩電荷連線的中垂線是等勢面，故某正電荷在M點的電勢能等于在C點的電勢能，故D正確。
故選：AD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道等量異種電荷周圍電場線的特點，會根據(jù)電場線分析電勢的高低，掌握判斷電勢能高低的方法，難度不大。
29．（2021?綿陽模擬）如圖所示，真空中有一正三角形ABC，O為正三角形的中心，M、N分別是AC、AB的中點。第一次，在A、B、C分別放置電荷量為+Q、﹣2Q、﹣2Q的點電荷，放在O點的檢驗電荷+q受到的電場力大小為F1；第二次，在第一次的基礎(chǔ)上僅將A處的+Q變?yōu)?2Q，在O點同樣的檢驗電荷受到的電場力大小為F2。下列分析正確的是（　?。?br />
A．F1：F2＝2：3
B．F1：F2＝3：4
C．第一次，檢驗電荷從O點移到M點過程中電勢能增大
D．第二次，檢驗電荷從O點移到N點過程中電勢能減小
【分析】分別算出變化前后三個點電荷在O點對檢驗電荷的庫侖力，再根據(jù)平行四邊形法則得到合力，判斷變化前后庫侖力之比，再根據(jù)電場力做功和電勢能關(guān)系找到電勢能如何變化。
【解答】解：AB、檢驗電荷受力分析如圖所示，由F=kQqr2可知
FOA：FOB：FOC＝1：2：2
根據(jù)平行四邊形法則B、C處兩點電荷對試探電荷+q的合力FBC＝FOB＝FOC
則檢驗電荷+q受到的電場力大小為F1＝3FOA，F(xiàn)OA=kQqrOA2
同理，當(dāng)A處的+Q變?yōu)?2Q時有
FOA′：FOB′：FOC′＝1：1：1
則檢驗電荷+q受到的電場力大小為F2＝2FOA′，F(xiàn)OA′=2kQqrOA2
則F1：F2＝3：4，故B正確，A錯誤；
CD、無論第一次還是第二次，O點的電場力都是由A指向O，所以無論從O點移到M點還是從O點移到N點，電場力都做負(fù)功，所以電勢能都增大，故C正確，D錯誤。
故選：BC。

【點評】本題考查庫侖力、力的合成和電場力做功與電勢能的關(guān)系，做這類題必須準(zhǔn)確畫出受力分析圖。
30．（2020秋?渾源縣期末）如圖是電場中一直線上的電勢φ隨位置x變化的圖線，圖線關(guān)于縱軸對稱。一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子只在電場力的作用下，從﹣x1處以v0的初速沿x軸正方向開始運動，并能到達(dá)x2位置，則粒子（　?。?br />
A．先做加速度減小的減速運動后做加速度增大的加速運動，到達(dá)x1處的速度為v0
B．先做加速度增大的加速運動后做加速度減小的減速運動，到達(dá)x1處的速度為v0
C．在x1處的動能小于在x2處的動能，在x1處的電勢能大于x2處的電勢能
D．從﹣x1處到x2的過程中動能和電勢能之和不變
【分析】根據(jù)φ﹣x圖象的斜率表示電場強度的大小，由電勢變化可畫出電場線的方向，由動能定理可確定動能和電勢能的變化。
【解答】解：從φ﹣x圖象可得，斜率表示場強大小，從﹣x1處到x2處場強先減小后增大，方向先沿+x方向后沿﹣x方向，粒子先做加速度減小的減速運動后做加速度增大的加速運動，根據(jù)動能定理可知，從﹣x1處開始運動，到達(dá)x2電場力先做負(fù)功，后做正功，總功為零，則動能先減小后增大，電勢能先增大后減小，到達(dá)x1處的速度為v0，動能和電勢能總和不變，故ACD正確，B錯誤。
故選：ACD。
【點評】本題主要考查了電場中的圖象問題，根據(jù)圖象的斜率表示電場強度，由電勢變化確定電場線是解題的關(guān)鍵。
三．填空題（共10小題）
31．（2020秋?長寧區(qū)期末）帶電量為﹣2×10﹣6C的空心小球套在一個絕緣半圓環(huán)中，并放置于電場中，如圖所示。小球從A移到B的過程中，電場力做功﹣1.2×10﹣5J；再將小球從B移到C，電場力做功6×10﹣6J．設(shè)A點電勢為5V，則B點電勢為　﹣1　V，C點電勢為　2　V。

【分析】根據(jù)電場力做功的公式W＝qU求出A、B間，B、C間電勢差，由A點的電勢φA＝5V，分別求出B、C兩點的電勢。
【解答】解：根據(jù)電場力做功的公式W＝qU得
A、B間的電勢差為UAB=WABq=?1.2×10?5?2×10?6V=6V
B、C間的電勢差為UBC=WBCq=6×10?6?2×10?6V=?3V
UAB＝φA﹣φB，UBC＝φB﹣φC，又φA＝5V，
代入解得，φB＝﹣1V，φC＝2V
故答案為：﹣1，2
【點評】本題中求電勢差時，公式U=Wq中三個量都要代入符號進(jìn)行計算。
32．（2021?普陀區(qū)二模）如圖，勻強電場中有一平行于電場方向的正六邊形，其頂點分別為A、B、C、D、E、F。電荷量為q的負(fù)電荷在外力作用下從A點移動到C點，克服電場力做功W；從C點移動到E點，其電勢能減少W。正六邊形頂點中電勢最高的是　F　，頂點C、D間的電勢差UCD為　?W3q　。

【分析】電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加．通過電場力做功找出等勢點，作出等勢線，電場線方向與等勢線垂直，即可知道電場線的方向，沿電場線方向電勢降低．通過電場力做功，求出電勢差．
【解答】解：從A點移動到C點，克服電場力做功W，從C點移動到E點，其電勢能減少W，知C到E點，電場力做正功，則A、E為等勢點．所以電場線方向垂直于AE．電子從A到C電場力做負(fù)功，可知電場力方向為C指向F，則電場的方向由F指向C，沿電場線方向電勢降低，可知F點電勢最高．AC間的電勢差大小U=Wq，設(shè)正六邊形邊長為a，AC間沿電場線方向上距離為：d=3a2，電場強度E=Ud=2W3qa，
C、D間沿電場線方向上距離為?12a，C、D間的電勢差UCD＝Ed=?W3q；
故答案為：F；?W3q。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功與電勢能的關(guān)系，以及知道電場線與等勢線垂直．
33．（2020?松江區(qū)校級模擬）一個電子從a點運動到b點，電場力做功4.8×10﹣18J，合　30　eV，a、b兩點的電勢差Uab＝　﹣30　V，若規(guī)定a點的電勢為零，則b點的電勢為　30　V．
【分析】根據(jù)W＝qU，1eV＝1.6×10﹣19J；根據(jù)U=Wq求解a、b兩點的電勢差；根據(jù)UAB＝φA﹣φB求解電勢．
【解答】解：根據(jù)W＝qU，1eV＝1.6×10﹣19J，
故：W＝4.8×10﹣18J=4.8×10?18J1.6×10?19J/eV=30eV；
根據(jù)U=Wq，
有：Uab=Wq=30eV?e=?30V；
若規(guī)定a點的電勢為零，根據(jù)UAB＝φA﹣φB，
有：φB＝φA﹣Uab＝0﹣（﹣30）＝30V；
故答案為：30，﹣30，30．
【點評】求解電勢差時，公式U=Wq中U、W、q三個量可都代入符號，根據(jù)求出的電勢差U的正負(fù)，判斷兩點間電勢的高低．
34．（2020秋?天津期末）一個電荷量為2.0×10﹣8C的正點電荷，在電場中M點時的電勢能為1.4×10﹣5J，把它移到N點時電場力做功8×10﹣6J，則它在N點的電勢能為　6×10﹣6　J，MN兩點間電勢差UMN為　400　V。
【分析】電場力做功與電勢能的關(guān)系，再有電勢與電勢能的關(guān)系求某點的電勢高低，電勢差與電勢的關(guān)系．
【解答】解：根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系，把它移到N點時電場力做功8×10﹣6J，則粒子的電勢能減小8×10﹣6J，有：
WMN＝EpM﹣EpN
即8×10﹣6J＝1.4×10﹣5J﹣EpN
解得EpN=6×10?6J
電勢差與電場力做功的關(guān)系：UMN=WMNq=8×10?62.0×10?8V=400V
故答案為：6×10﹣6；400
【點評】考查了電場力做功與電勢能、電勢、電勢差的關(guān)系，注意負(fù)電荷的情況．
35．（2020秋?工農(nóng)區(qū)校級月考）將帶電量為6×10﹣6C的負(fù)電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了3×10﹣5J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功，則A、B兩點間的電勢差UAB＝　5　V，B、C兩點間的電勢差UBC＝　﹣2　V；若令A(yù)點的電勢能為零，則該電荷在B點和C點的電勢能分別為　3×10﹣5　J和　1.8×10﹣5　J。
【分析】根據(jù)電場做功的公式WAB＝qUAB，代入數(shù)據(jù)計算電勢差。負(fù)電荷在電場力作用下發(fā)生位移，電場力做負(fù)功，則電荷的電勢能增加．做多少功，電勢能就增加多少．相反，電場力做功多少，電荷的電勢能就減少多少．根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系求解電勢能的變化量．根據(jù)電勢能的變化量，確定出電荷在B點和C點的電勢能．
【解答】解：負(fù)電荷從電場中的A點移動到B點，克服電場力做了3×10﹣5J的功，即電場力做功為 WAB＝﹣3×10﹣5J，
AB兩點間的電勢差為：UAB=WABq=?3×10?5?6×10?6V＝5V．
從B點移動到C點，電場力做了 WBC＝1.2×10﹣5J的功，BC兩點間的電勢差為：UBC=WBCq=1.2×10?5?6×10?6V＝﹣2V
負(fù)電荷從電場中的A點移動到B點，克服電場力做了3×10﹣5J的功，則電勢能增加△EPAB＝3×10﹣5J，令A(yù)點的電勢能為零，則B點的電勢能為3×10﹣5J；
從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功，電荷的電勢能減少△EPBC＝1.2×10﹣5J，所以電荷從A點移到B點，再從B點移到C點的過程中電勢能增加
△EPAC＝△EPAB﹣△EPBC＝3×10﹣5J﹣1.2×10﹣5J＝1.8×10﹣5J．則負(fù)電荷在C點的電勢能為1.8×10﹣5J。
故答案為：5，﹣2，3×10﹣5，1.8×10﹣5
【點評】電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣，求電勢能，往往先求電勢能的變化量，再求解某點的電勢能．
36．（2020?黃浦區(qū)二模）如圖，虛線表示場源電荷Q形成電場的等勢面，實線為一個帶電粒子q的運動軌跡，則q所帶電荷的電性與Q　相同?。ㄟx填“相同”或“相反”），q從A點沿實線運動到B點的過程中，其電勢能的變化情況是　先增大后減小　。

【分析】從粒子運動軌跡看出，帶點粒子q運動軌跡向圓外側(cè)彎曲，可知帶電粒子受到了排斥力作用，根據(jù)力和運動方向可判斷電勢能的變化情況。
【解答】解：從粒子運動軌跡看出，帶點粒子q運動軌跡向圓外側(cè)彎曲，可知帶電粒子受到了排斥力的作用，所以q所帶電荷的電性與場源電荷Q相同；
q從A到B的過程中，電場力為斥力，先靠近后遠(yuǎn)離，所以電場力先做負(fù)功后做正功，可知q的電勢能先增大后減小。
故答案為：相同，先增大后減小
【點評】本題是軌跡問題，首先要根據(jù)彎曲的方向判斷出帶電粒子所受電場力方向，確定是排斥力還是吸引力。由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系來分析電勢能的變化。
37．（2017秋?東寶區(qū)校級期末）（1）在用電流場模擬靜電場描繪電場等勢線的實驗中，給出下列器材，應(yīng)選用是　BE?。ㄓ米帜副硎荆?br /> A.6V的交流電源
B.6V的直流電源
C.100V的直流電源
D．量程0～0.5V，零刻度在刻度盤中央的電壓表
E．量程0～300μA，零刻度在刻度盤中央的電流表
（2）該實驗裝置如圖所示，如果以a、b兩個電極的連線為x軸，以相距l(xiāng)＝0.1 a、b連線的中垂線為y軸，并將一個探針固定置于y軸上的某一點，合上開關(guān)S，而將另一探針由O點左側(cè)沿x軸正方向移到O點右側(cè)的過程中，靈敏電流表G的指針與零刻度夾角的變化情況是　D?。?br /> A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先變大后變小 D．先變小后變大．

【分析】解答本題應(yīng)抓?。海?）本實驗恒定電流場模擬靜電場，要描繪電場等勢線，需要電源與電壓表．電源要分正負(fù)即為直流電源，確保電勢的高低；而電壓表要零刻度在中央．
（2）由等量異種電荷所形成的電場的電場線，可得知等勢線的分布情況．所以可知電流表G的指針先變小后變大．
【解答】解：（1）A、B、C本實驗恒定電流場模擬靜電場，a電極相當(dāng)于正電荷，b電極相當(dāng)于負(fù)電荷，需要低壓直流電流，故AC錯誤，B正確．
D、E要用探針找到等勢點，電流表的靈敏度較高，指針能向左、右偏轉(zhuǎn)．故D錯誤，E正確．
故選：BE．
（2）將一個探針固定于y軸上的某一點，將另一探針由O點左側(cè)沿x軸正方向移到O點右側(cè)的過程中，兩探針間電勢差先減小后增大，則靈敏電流表G的指針與零刻度夾角先變小后變大．故D正確，ABC錯誤．
故答案為：（1）BE，（2）D
【點評】本題關(guān)鍵理解并掌握實驗的原理和方法，當(dāng)通過電流表的電流為零時，兩探針間電勢差為零，即可找到等勢點．
38．（2019秋?蕪湖期末）如圖所示為水平向右的勻強電場，其場強大小E＝2.0×104N/C，沿電場線方向有A、B兩點，A、B兩點間的距離d＝0.10m。則A、B兩點的電勢差UAB＝　2000　V；將一個電荷量q＝2×10﹣3C的正點電荷從A點移到B點的過程中，電場力所做的功W＝　4　J。

【分析】根據(jù)勻強電場電場強度與電勢差的關(guān)系式求出A、B兩點的電勢差，根據(jù)功的公式求出電場力做功的大小。
【解答】解：AB兩點的電勢差為：UAB＝Ed＝2×104×0.10V＝2000V。
由A到B電場力做功為：W＝qEd＝2×104×2.0×10﹣3×0.10J＝4×10﹣5J。
故答案為：2000，4
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握電場強度的定義式、勻強電場電場強度與電勢差的關(guān)系公式，注意在U＝Ed中，d表示沿電場線方向上的距離。
39．（2021?浦東新區(qū)二模）為使點電荷q在勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對該電荷施加一個恒力F，如圖所示，若AB＝0.4m，α＝37°，q＝﹣3×10﹣7C，F(xiàn)＝1.5×10﹣4N，A點的電勢φA＝100V（不計電荷的重力），則電荷q由A到B電勢能的變化量為　4.8×10﹣5　J；B點的電勢φB＝　﹣60　V。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【分析】點電荷勻速地從由A運動到B，電場力與外力F二力平衡，可判斷電場力方向，根據(jù)負(fù)電荷所受的電場力方向與場強方向相反，即可確定出場強的方向，從而畫出電場線。根據(jù)等勢線與電場線垂直，畫出通過A、B兩點的等勢線。由F＝qE求出電場強度E，根據(jù)U＝Ed求出A、B間電勢差，即可求得B點的電勢。由W＝qU求出電場力做功，即可求得電勢能的變化量。
【解答】解：據(jù)題意，點電荷勻速地從由A運動到B，電場力與外力F二力平衡，又根據(jù)負(fù)電荷所受的電場力方向與場強方向相反，則得場強的方向斜向左上方，畫出電場線如圖。根據(jù)等勢線與電場線垂直，畫出通過A、B兩點的等勢線，如圖所示，
由F＝qE代入數(shù)據(jù)得場強E＝500N/C，A、B間的電勢差UAB＝EABcosα，代入數(shù)據(jù)得UAB＝160V，點電荷從由A運動到B，電場力做功W＝qUAB，代入數(shù)據(jù)得W＝﹣4.8×10﹣5J，故點電荷的電勢能增大4.8×10﹣5J，則電荷q由A到B電勢能的變化量為4.8×10﹣5J。根據(jù)UAB＝φA﹣φB，代入數(shù)據(jù)得B點的電勢為φB＝﹣60v。
故答案為：4.8×10﹣5，﹣60

【點評】本題考查電場力和重力作用下的平衡問題，涉及電勢差、電場強度及電勢能等概念及其關(guān)系，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學(xué)思維。
40．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖一帶電小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，以初速度V與水平方向成30°角射向空間勻強電場區(qū)域，小球恰好做直線運動．求勻強電場的最小場強的大小為　3mg2q　場強方向與速度方向夾角為　90°?。?br />
【分析】根據(jù)題意作出小球的受力分析圖，根據(jù)圖象可知當(dāng)電場力與速度垂直時電場力最小，在根據(jù)三角形相關(guān)知識求解電場力的大小和方向．
【解答】解：由題意可知，粒子恰好做直線運動，則其所受合力與速度方向在同一條直線上，作出力的合成圖如圖所示，
可知，當(dāng)電場力與速度垂直時，電場力最小，

電場力最小值為：Eq＝mgsin60°
可求得 Emin=mgsin60°q=3mg2q，
由于小球帶正電，則此場強方向上垂直直線向上，與速度方向的夾角為90°．
故答案為：3mg2q，90°．
【點評】本題考查電場強度的計算和方向的判斷，根據(jù)粒子恰好做直線運動，判斷其所受合力與速度方向在同一條直線上，注意與力的合成知識的綜合應(yīng)用，
四．計算題（共14小題）
41．（2020秋?涼州區(qū)校級期末）如圖所示，在勻強電場中，將一電荷量為2×10﹣4的負(fù)電荷由A點移到B點，其電勢能增加了0.2J，已知A、B兩點間距離為2cm，兩點連線與電場方向成60°角，求：
（1）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB；
（2）A、B兩點間的電勢差UAB；
（3）該勻強電場的電場強度E。

【分析】（1）電荷的電勢能增加多少，克服電場力做功就多少，由此求解電場力所做的功WAB。
（2）由UAB=WABq求解A、B兩點間的電勢差UAB。
（3）根據(jù)U＝Ed可求出電場強度的大小。
【解答】解：（1）因負(fù)電荷由A移到B的過程中，負(fù)電荷的電勢能增加了△E＝0.2J，所以這個過程中電場力對負(fù)電荷所做的功W＝﹣△E＝﹣0.2J；
（2）A、B兩點間的電勢差UAB=WABq=?0.2?2×10?4 V＝1000 V；
（3）勻強電場的電場強度E=UABd×cos60°=10000.02×0.5 V/m＝1×105V/m。
答：（1）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功﹣0.2J；
（2）A、B兩點間的電勢差1000V；
（3）該勻強電場的電場強度1×105V/m。
【點評】本題的關(guān)鍵是理解并掌握電場力做功與電勢能變化的關(guān)系、電勢差與電場力做功的關(guān)系、電勢差與場強的關(guān)系，要注意公式U＝Ed中d的含義是兩點沿電場方向的距離。
42．（2021春?重慶期末）如圖所示，在寬L＝1m的勻強電場中有一帶正電小球位于絕緣的固定圓柱形水平圓筒內(nèi)。已知小球質(zhì)量為m＝0.10kg，帶電荷量為q＝1.0×10﹣5C，小球的直徑略小于圓筒的截面直徑，小球與圓筒間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。勻強電場的電場強度大小E1＝1.0×105V/m，方向與水平方向斜向上夾θ＝53°角?，F(xiàn)將小球由勻強電場的左側(cè)邊緣由靜止釋放（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2）。求：
（1）小球在勻強電場中運動過程中電勢能的減少量；
（2）若只將勻強電場的大小變?yōu)镋2，要保證小球離開分強電場的速度不變，求E2的大小；
（3）E1、E2兩種情況下小球在勻強電場中由系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量之比。

【分析】電場力做功等于電勢能的變化量；根據(jù)動能定理求出電場強度的大?。桓鶕?jù)摩擦力對系統(tǒng)做的功等于摩擦生熱。
【解答】解：（1）電場力對小球做功為W＝qE1Lcos53°＝0.6J
由功能關(guān)系，電勢能減少量為△Ep＝0.6J
（2）當(dāng)電場強度為E1時，設(shè)小球出電場時動能為Ek，對小球由動能定理：qE1Lcos53°﹣μ（mg﹣qE1sin53°）L＝Ek
當(dāng)電場強度為E2時，對小球由動能定理：qE2Lcos53°﹣μ（mg﹣qE2sin53°）L＝Ek
解得E2＝9×103N/C
（3）由功能關(guān)系，每次小球在電場運動過程中的發(fā)熱量等于摩擦力對系統(tǒng)所做的功，故
Q1＝μ（mg﹣qE1sin53°）L
Q2＝μ（qE2sin53°﹣mg）L
解得：Q1Q2=131
答：（1）小球在勻強電場中運動過程中電勢能減少了0.6J；
（2）E2的大小為9×103N/C；
（3）E1、E2兩種情況下小球在勻強電場中由系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量之比為131。
【點評】本題主要考查了電勢能的變化，結(jié)合動能定理求出電場強度，此題綜合性較強，對學(xué)生知識點的綜合性考查。
43．（2020秋?廈門期末）負(fù)離子具有優(yōu)化空氣和醫(yī)療保健作用，能夠給人們提供一個清新潔凈的呼吸環(huán)境，有效改善大腦功能，增強機體免疫力。雙極電暈放電技術(shù)是人工產(chǎn)生負(fù)離子的常用方法之一。如圖所示，針狀負(fù)極和正極之間加上直流高電壓U＝6.0×103V，使空氣發(fā)生電離產(chǎn)生一價的負(fù)離子。針狀負(fù)極與正極間距d＝1.50×10﹣2m，可視為勻強電場，電子電荷量e＝1.60×10﹣19C。
（1）求兩極間電場對一價負(fù)離子的作用力大小；
（2）若一價負(fù)離子從負(fù)極被吸附到正極，判斷其電勢能增大還是減??？并求電勢能變化量的大小。

【分析】（1）根據(jù)勻強電場中：U＝Ed，求解電場強度；
（2）根據(jù)電勢能變化等于電場力做的功，求解電勢能的變化量。
【解答】解：（1）由于針狀負(fù)極與正極間，可視為勻強電場，所以針狀負(fù)極和正極之間電壓：U＝Ed
解得：E=Ud=6.0×1031.5×10?2V/m＝4×105V/m
由F＝qE得：F＝1.60×10﹣19×4×105N＝6.4×10﹣14N
（2）若一價負(fù)離子從負(fù)極被吸附到正極，電場力做正功，其電勢能減小。
由于針狀負(fù)極與正極間，可視為勻強電場，所以減小的電勢能等于電場力做的功，即
△Ep＝﹣W＝Fd＝6.4×10﹣14×1.50×10﹣2J＝9.6×10﹣16J
答：（1）求兩極間電場對一價負(fù)離子的作用力大小為6.4×10﹣14N；
（2）若一價負(fù)離子從負(fù)極被吸附到正極，其電勢能減小，電勢能變化量的大小為9.6×10﹣16J。
【點評】本題考查電場力做功與電勢的問題，需注意電荷正負(fù)對電場能變化的影響。
44．（2020秋?慈溪市期末）一根長為L的絲線吊著一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖所示，絲線與豎直方向成37°角。現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響（重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）勻強電場的電場強度的大小E；
（2）小球經(jīng)過最低點時對繩子的拉力大小FT；
（3）從小球開始運動到最低點的過程中，小球電勢能的改變△Ep。

【分析】（1）以小球為研究對象，分析受力情況，由于小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，由平衡條件求解電場強度大??；
（2）當(dāng)電場方向變?yōu)橄蛳潞?，小球受到的電場力豎直向下，向下做圓周運動，根據(jù)動能定理求解小球經(jīng)過最低點時的瞬時速度；
（3）通過公式W＝qEd求解電場力做的功，電場力做的功等于電勢能的減小量。
【解答】解析：（1）小球靜止在電場中受力如圖所示，
由平衡條件得：
mgtan37°＝qE
故E=3mg4q.
（2）電場方向變成向下后（如圖所示），小球開始擺動做圓周運動，重力、電場力對小球做正功．由動能定理得：
（mg+qE）L（1﹣cos37°）=12mv2﹣0。。。。①
由圓周運動知識，在最低點時，由向心力方程；
FT﹣（mg+qE）＝mv2l。。。。②
聯(lián)立①②，解得FT=4920mg
根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)K子拉力大小等于 4920mg
（3）電場力的功為W＝qEd。。。。③
小球在電場力方向的位移d＝L（1﹣cos37°）。。。。④
聯(lián)立③④，解得：W=?320mgL
因為電場力做的功等于電勢能的減小量，有ΔEp＝﹣W
所以，ΔEp=?320mgL
答：（1）勻強電場的電場強度的大小E為3mg4q；
（2）小球經(jīng)過最低點時對繩子的拉力大小FT為 4920mg；
（3）從小球開始運動到最低點的過程中，小球電勢能的改變△Ep為?320mgL。

【點評】運用動能定理求速度，根據(jù)牛頓第二定律求絲線的拉力，是常用的方法和思路。
45．（2020秋?金山區(qū)期末）如圖，一個質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的小球用長為L的絕緣細(xì)線靜止懸掛在豎直方向A處。在水平方向突然增加一個勻強電場，小球開始向右擺動，起動瞬間加速度大小為a，在空氣阻力的影響下，小球擺動一段時間后最終靜止于B處。擺動過程中小球帶電量不變，細(xì)線與豎直方向夾角不超過90°。求：
（1）勻強電場的電場強度；
（2）小球最終靜止時細(xì)線與豎直方向的夾角；
（3）求小球從A第一次運動到B過程中電勢能的改變量，并說明此過程中能量的轉(zhuǎn)化情況。

【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性，求解加速度；
（2）根據(jù)受力分析和幾何關(guān)系，求解角度；
（3）根據(jù)帶電體在電場中運動時的功能關(guān)系，分析電勢能的改變量，及能量轉(zhuǎn)化情況。
【解答】解：（1）小球在A位置時水平方向僅受電場力，
根據(jù)牛頓第二定律得：qE＝ma
解得：E＝ma/q
電場方向水平向左。
（2）B位置時小球受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件，得mg tanθ＝qE
細(xì)線與豎直方向的夾角θ滿足tanθ=ag
（3）電場力做功為WAB＝qELsinθ=ma2La2+g2
電勢能的改變量△E＝﹣WAB=?ma2La2+g2
此過程中，電勢能轉(zhuǎn)化為了動能、重力勢能和內(nèi)能。
答：（1）勻強電場的電場強度為ma/q，電場方向水平向左。
（2）小球最終靜止時細(xì)線與豎直方向的夾角θ滿足tanθ=ag
（3）小球從A第一次運動到B過程中電勢能的改變量為
電勢能的改變量△E＝﹣WAB=?ma2La2+g2
此過程中，電勢能轉(zhuǎn)化為了動能、重力勢能和內(nèi)能。
【點評】受力分析和幾何關(guān)系，是解答本題的難點，反三角函數(shù)在高中涉及屬于超綱，應(yīng)特別注意。
46．（2021春?瑤海區(qū)月考）在一豎直空間中，有一固定的點電荷+Q，A、B兩點位于Q的正上方，與Q相距分別為h和13h，將一帶正電的小球（質(zhì)量、電量未知）從A點由靜止釋放，運動到B點時速度剛好變?yōu)榱恪Ｇ螅?br /> （1）若此帶電小球在B點處的加速度大小為2g，則此帶電小球在A點外的加速度；
（2）若此帶電小球在C點處的速度最大，則C點距+Q的高度hC；
（3）A、B兩點的電勢差。
【分析】Q為固定的正點電荷，另一帶正電的小球從 A點由靜止釋放，由于庫侖斥力作用，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖畡t由庫侖定律與牛頓第二定律可求出電荷在A處的加速度，從而再次列出牛頓第二定律可求出電荷在B處的加速度．從A到B過程運用動能定理可求出庫侖力做的功，從而算出AB電勢差．受力平衡時，勢能最小動能最大．
【解答】解：（1）設(shè)小球電荷量為q，小球在A點的加速度為maA，由牛頓第二定律，
在A點時 mg﹣kQq?2=maA
在B點時 kQq(?3)2?mg＝m?2g
解得 aA=23g，方向豎直向上
（2）帶電小球速度最大時，kQq?C2?mg＝0，
聯(lián)立解得，hC=33h
（3）小球從A到B過程，由動能定理 mg（h?13h）+qUAB＝0，
聯(lián)立解得 UAB=?2kQ?
答：（1）小球在B點處的加速度大小23g，方向豎直向上．
（2）、則C點距+Q的高度為33h
（3）、A、B兩點間的電勢差?2kQ?。
【點評】本題是庫侖定律與牛頓第二定律，及動能定理，同時還涉及電場力做功的綜合運用．另一點電荷在點電荷的電場中受到變化的庫侖力，加速度大小是變化的．
47．（2019春?赤峰期末）如圖所示，b和c表示帶電荷量Q＝1.0×10﹣7C的點電荷的兩個等勢面，φb＝6V、φc＝4V，靜電力常量k＝9.0×109N?m2/c2求：
（1）距點電荷Q的距離為r＝1m處電場強度的大??；
（2）把帶電量為q＝4.0×10﹣9C的試探電荷由等勢面b移動到等勢面c電場力做的功。

【分析】（1）根據(jù)點電荷的場強公式E＝kQr2可以求出r＝1m處電場強度的大??；
（2）利用電場力做功公式W＝qU，可以求出把帶電量為q＝4.0×10﹣9C的試探電荷由等勢面b移動到等勢面c電場力做的功。
【解答】解：（1）由點電荷的場強公式E＝kQr2
解得場強大小為E＝900V/m
（2）由W＝qU
解得試探電荷由等勢面b移動到等勢面c電場力做的功
W＝8.0×10﹣9 J
答：（1）距點電荷Q的距離為r＝1m處電場強度的大小為900V/m；
（2）把帶電量為q＝4.0×10﹣9C的試探電荷由等勢面b移動到等勢面c電場力做的功為8.0×10﹣9 J。
【點評】本題考查了等勢面、電場強度決定式、電場力做功公式等知識點。利用W＝qU可以求出任意電場電場力做功，而W＝qEd只適用勻強電場。
48．（2019?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，某電場的等三個等勢面的電勢分別為φ、2φ、3φ（φ＞0），電場中有三個點A、B、C。
（1）有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以速率v1通過A點，到達(dá)C點，帶電粒子的重力不計，求粒子到達(dá)C點時的速度大小v2；
（2）若將另一個帶電粒子放在A點或B點，只考慮電場力的作用，帶電粒子在A點和B點的加速度大小哪一個大？說明理由。

【分析】（1）根據(jù)動能定理求得粒子到達(dá)C點時的速度大小v2；
（2）根據(jù)等勢線的特點和牛頓第二定律得帶電粒子在A點的加速度大。
【解答】解：（1）根據(jù)動能定理得：q（φ﹣3φ）=12mv22?12mv12
解得粒子到達(dá)C點時的速度大小v2為：v2=v12?4qφm
（2）帶電粒子在A點的加速度大，
根據(jù)等勢線的特點，可知等勢線密的場強越大，所以粒子受到的電場力也越大，根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子在A點的加速度大。
答：（1）粒子到達(dá)C點時的速度大小v2為v12?4qφm；
（2）帶電粒子在A點的加速度大，理由為等勢線密的場強越大，粒子受到的電場力也越大，根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子在A點的加速度大。
【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，要求學(xué)生會靈活應(yīng)用動能定理及牛頓第二定律求解。
49．（2020秋?滁州期末）如圖所示，C為固定的、電荷量為Q的正點電荷，A、B兩點在C的正上方和C相距分別為h和0.25h。將另一質(zhì)量為m、帶電荷量未知的點電荷D從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱?，若此電荷在A點處的加速度為12g，g為重力加速度，靜電力常量為k，求：
（1）此電荷所帶電荷量q和在B點處的加速度；
（2）A、B兩點間的電勢差。

【分析】（1）Q為固定的正點電荷，另一點電荷從A點由靜止釋放，由于庫侖斥力作用，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖畡t由庫侖定律與牛頓第二定律可求出電荷在A處的加速度，從而再次列出牛頓第二定律可求出電荷在B處的加速度．
（2）從A到B過程運用動能定理可求出庫侖力做的功，從而算出AB電勢差．
【解答】解：（1）點電荷D從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱?，則先做加速運動后做減速，則電荷受到庫侖斥力作用，所以這一電荷必為正電荷，設(shè)其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時有：
mg?kQq?2=m×12g
在B點時有：kQq(0.25?)2?mg＝maB；
解得：aB＝7g，方向豎直向上
且另一點電荷的電量：q=mg?22kQ
（2）點電荷從A到B過程，由動能定理有：
mg（h﹣0.25h）+qUAB＝0，
故有：UAB=?3kQ2?
答：（1）此電荷帶正電及電荷量的大小為q=mg?22kQ；此電荷在B點處的加速度大小7g，方向豎直向上．
（2）A、B兩點間的電勢差為?3kQ2?．
【點評】本題是庫侖定律與牛頓第二定律，及動能定理，同時還涉及電場力做功的綜合運用．另一點電荷在點電荷的電場中受到變化的庫侖力，加速度大小是變化的．
50．（2021春?思明區(qū)校級月考）在滑動摩擦因數(shù)為μ的絕緣水平地面上固定一個帶正電的物體，另一個質(zhì)量為m、電量為+q的物體（可視為質(zhì)點）在A位置由靜止釋放，運動到B位置剛好停下，已知A、B兩點之間的距離為L，重力加速度為g，求：
（1）該過程中，電場力對帶電物體做的功；
（2）A、B兩點間的電勢差UAB。

【分析】（1）根據(jù)動能定理列式求解即可；
（2）根據(jù)W＝qU求解即可。
【解答】解：（1）該過程中電場力與摩擦力對物體做功，根據(jù)動能定理可得：W﹣μmgL＝0﹣0
可得：W＝μmgL
（2）電場力做的功：W＝qUAB
可得：UAB=Wq=μmgLq
答：（1）該過程中，電場力對帶電物體做的功為μmgL；
（2）A、B兩點間的電勢差UAB為μmgLq。
【點評】本題考查帶電體在電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)受力分析，判斷物體的運動性質(zhì)，然后利用其規(guī)律列式求解即可。
51．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，P、Q兩金屬板間的電勢差為10V，板間存在勻強電場，方向水平向左，板間的距離d＝10cm，其中Q板接地，兩板間的A點距P板3cm。求：
（1）P板的電勢；
（2）保持兩板間電勢差不變，而將Q板向左平移5cm，則A點的電勢為多少？

【分析】（1）根據(jù)電勢差與電勢關(guān)系公式UQP＝φQ﹣φP求解P點電勢；
（2）距離改變后先根據(jù)電勢差與電場強度關(guān)系公式U＝Ed求解電場強度和電勢差UAP，然后根據(jù)電勢差與電勢關(guān)系公式UAP＝φA﹣φP解求解A點的電勢。
【解答】解：（1）場強水平向左，所以有UQP＝10V
Q板接地，即取φQ＝0，且有UQP＝φQ﹣φP
解得φP＝φQ﹣UQP＝0﹣10V＝﹣10V；
（2）將Q板向左平移d′＝5cm后，極板間的場強變?yōu)椋?br /> E′=UQPd?d′=10(10?5)×10?2V/m=200V/m
UAP=E′dAP=200×3×10?2V=6V
且有UAP＝φA﹣φP，
解得A點的電勢φA＝UAP+φP＝6V+（﹣10V）＝﹣4V
答：（1）P板的電勢為﹣10V；
（2）保持兩板間電勢差不變，而將Q板向左平移5cm，則A點的電勢為﹣4V。
【點評】本題關(guān)鍵記住兩個公式：電勢差與電勢關(guān)系公式UAB＝φA﹣φB，電勢差與電場強度關(guān)系公式U＝Ed．
52．（2021?寶雞模擬）如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面底端O固定一帶正電物體甲，將另一帶電體乙從斜面上的B點由靜止釋放，沿斜面下滑距離s到達(dá)A點時達(dá)到最大速度v。已知帶電體乙的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，甲、乙均可視為點電荷。求：
（1）試分析乙的帶電性質(zhì)；
（2）甲在A點產(chǎn)生的電場強度大小；
（3）A、B兩點間的電勢差。

【分析】（1）（2）當(dāng)小滑塊所受的合力為零時，速度達(dá)到最大，根據(jù)共點力平衡求出小滑塊帶電量的絕對值，判斷出小滑塊的電性．
（3）對A到B的過程運用動能定理，求出A、B兩點間的電勢差．
【解答】解：（1）（2）由題意可知，小滑塊所受的靜電力沿斜面向上，所以小滑塊帶正電，
在B點，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝qE
解得甲在A點產(chǎn)生的電場強度大小E=mgsinθq=mg2q；
（3）A→B由動能定理得：mgsinθ?s?qUAB=12mv2
解得：UAB=2mgsinθ??mv22q=mgs?mv22q
答：（1）乙?guī)д姡?br /> （2）甲在A點產(chǎn)生的電場強度大小為mg2q；
（3）A、B兩點間的電勢差為mgs?mv22q。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道小滑塊所受的靜電力與重力沿斜面方向的分力平衡時，速度最大，掌握電場力做功與電勢差的關(guān)系．
53．（2021春?錫山區(qū)校級期中）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球B（可為質(zhì)點）用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點，細(xì)線的長度為L。小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角為θ＝37°，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求電場強度的大??；
（2）將小球緩慢拉到O點正下方，求外力需做的功。

【分析】（1）小球靜止在電場中，對小球受力分析，結(jié)合共點力平衡條件即可求解電場強度大小；
（2）對小球進(jìn)行分析，結(jié)合動能定理可求外力做的功
【解答】（1）對靜止小球受力分析如圖，

由平衡條件得Eq＝mgtan37°，代入數(shù)據(jù)，解得E=3mg4q；
（2）將小球緩慢拉到懸點正下方，重力做正功，為WG＝mgL（1﹣cos37°），
電場力做負(fù)功，大小為W電＝﹣qELsin37°，
記外力做功為W，由動能定理得W+WG﹣W電＝0，代入數(shù)據(jù)，解得W=14mgL；
答：（1）電場強度的大小為3mg4q；
（2）外力需做的功為14mgL。
【點評】本題考查共點力平衡條件、動能定理以及帶電體在電場中受力情況，要求學(xué)生了解并掌握相關(guān)知識，難度不大。
54．（2021春?瑤海區(qū)月考）人體的細(xì)胞膜內(nèi)外存在電勢差（膜電位差）約U＝3.5×10﹣2V，細(xì)胞膜厚度約d＝7.0×10﹣9m。細(xì)胞膜有選擇的讓鉀或鈉離子通過，以保持細(xì)胞內(nèi)、外的電勢差和滲透壓。當(dāng)一個一價的鈉離子（電荷量q＝1.6×10﹣19C），從如圖中的A到B通過細(xì)胞膜時（細(xì)胞膜內(nèi)的電場看作勻強電場，且電勢關(guān)系為φA＞φB）求：
（1）它受到的電場力多大？
（2）電場力做功是多少？

【分析】（1）勻強電場電場強度與電勢差的關(guān)系是E=Ud，可求E。
（2）電場力做功與電勢差的關(guān)系W＝qU可求每個鈉離子沿電場方向透過膜時電場力做功。
【解答】解：（1）細(xì)胞膜內(nèi)的電場看作勻強電場，則電場強度為：E=Ud=35×10?37×10?9V/m＝5×106V/m
鈉離子受到的電場力為 F＝Eq＝5×106×1.6×10﹣19N＝8×10﹣13N
（2）電場力做功為 W＝qU＝1.6×10﹣19×35×10﹣3J＝5.6×10﹣21J。
答：（1）它受到的電場力為8×10﹣13N；
（2）電場力做功是5.6×10﹣21J。
【點評】本題考查了勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢差的關(guān)系，關(guān)鍵靈活選擇公式。

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