新教材高中物理必修第三冊分層提升講義04 C電勢能和電勢提升版（含解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

?電勢能和電勢
知識點：電勢能和電勢
一、靜電力做功的特點
1．靜電力做功：在勻強電場中，靜電力做功W＝qElcos θ.其中θ為靜電力與位移方向之間的夾角．
2．特點：在靜電場中移動電荷時，靜電力所做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，與電荷經過的路徑無關．
二、電勢能
1．電勢能：電荷在電場中具有的勢能，用Ep表示．
2．靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量．表達式：WAB＝EpA－EpB.
(1)靜電力做正功，電勢能減少；
(2)靜電力做負功，電勢能增加．
3．電勢能的大?。弘姾稍谀滁c(A點)的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能位置時靜電力做的功EpA＝WA0.
4．電勢能具有相對性
電勢能零點的規(guī)定：通常把電荷在離場源電荷無限遠處或把電荷在大地表面的電勢能規(guī)定為零．
三、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．公式：φ＝.
3．單位：國際單位制中，電勢的單位是伏特，符號是V,1 V＝1 J/C.
4．電勢高低的判斷：沿著電場線的方向電勢逐漸降低．
5．電勢的相對性：只有規(guī)定了零電勢點才能確定某點的電勢，一般選大地或離場源電荷無限遠處的電勢為0.
6．電勢是標量，只有大小，沒有方向，但有正、負之分，同一電場中電勢為正表示比零電勢高，電勢為負表示比零電勢低．
技巧點撥
一、靜電力做功與電勢能
1．靜電力做功的特點
(1)靜電力做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，但與具體路徑無關，這與重力做功特點相似．
(2)無論是勻強電場還是非勻強電場，無論是直線運動還是曲線運動，靜電力做功均與路徑無關．
2．電勢能
(1)電勢能Ep是由電場和電荷共同決定的，是電荷和電場所共有的，我們習慣上說成電荷在電場中某點的電勢能．
(2)電勢能是相對的，其大小與選定的參考點有關．確定電荷的電勢能，首先應確定參考點，也就是零勢能點的位置．
(3)電勢能是標量，有正負但沒有方向．在同一電場中，電勢能為正值表示電勢能大于零勢能點的電勢能，電勢能為負值表示電勢能小于零勢能點的電勢能．
3．靜電力做功與電勢能變化的關系
(1)WAB＝EpA－EpB.
靜電力做正功，電勢能減少；靜電力做負功，電勢能增加．
(2)在同一電場中，正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小．
二、電勢
1．對公式φ＝的理解
(1)φ取決于電場本身；
(2)公式中的Ep、q均需代入正負號．
2．電場中某點的電勢是相對的，它的大小和零電勢點的選取有關．在物理學中，常取離場源電荷無限遠處的電勢為零，在實際應用中常取大地的電勢為零．
3．電勢雖然有正負，但電勢是標量．在同一電場中，電勢為正值表示該點電勢高于零電勢，電勢為負值表示該點電勢低于零電勢，正負號不表示方向．
4．電勢高低的判斷方法
(1)電場線法：沿電場線方向，電勢越來越低．
(2)電勢能判斷法：由φ＝知，對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高；對于負電荷，電勢能越小，所在位置的電勢越高．
例題精練
1．（鼓樓區(qū)校級模擬）一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，圓心為O點，質量為m的帶正電小球（可視為質點）從O點正上方距離為H的A點由靜止下落，并穿過圓環(huán)．小球在從A點運動到與A點關于O點對稱的A′點的過程中，其動能Ek、重力勢能Ep重、機械能E、電勢能Ep電，隨位置變化的圖象如圖所示（規(guī)定O點重力勢能為0，無限遠處電勢為0，豎直坐標軸h的坐標原點為O，以豎直向上為h正方向），下列圖象可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】分析小球受到的電場力可能的情況，確定合力情況，由EP＝mgh分析重力勢能。根據(jù)電場力做功情況，分析小球機械能的變化和電勢能的變化情況
【解答】解：A、圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，也可能一直減小，帶電小球由靜止開始下落，電場力小于重力，小球做加速運動，隨著距離O點的距離逐漸減小，電場力可能逐漸增大，也可能減小，動能隨高度的變化圖像中，斜率表示合外力，在O點時電場力為0，合外力為mg，故A是不可能的，故A錯誤；
B、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG＝mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG＝﹣mgh，根據(jù)數(shù)學知識可知，B是不可能的，故B錯誤；
C、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C是可能的。故C正確；
D、由于圓環(huán)所產生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，所以D是不可能的，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查物體運動的過程分析，難點是運用極限法分析圓環(huán)所產生的場強隨距離變化的關系，機械能要根據(jù)除重力以外的力做功情況，即電場力情況進行分析。
2．（山東）如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+q的點電荷；在區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為﹣Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（　　）

A．，釋放后P將向右運動
B．，釋放后P將向左運動
C．，釋放后P將向右運動
D．，釋放后P將向左運動
【分析】利用庫侖定律分別求出其他點電荷分別對最上邊的點電荷的庫侖力，然后利用平行四邊形定則求出合力，受力平衡，就能求出電荷Q的大小，結合圖像可以分析出電場方向，然后分析電荷P的運動情況。
【解答】解：因為每個點電荷所受庫侖力的合力均為零，對最上邊的點電荷，其他三個電荷給它的受力分別是F1＝F2＝，F(xiàn)3＝，因為F1、F2大小相等，所以F1、F2的合力是，而Q對最上邊點電荷的庫侖力是k，則根據(jù)受力平衡有：+＝k。解得：Q＝。由圖乙可知，在區(qū)間，電場方向向左，所以電荷量是﹣Q的點電荷P將受向右的電場力，P將向右運動。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。

【點評】本題考查電場中電荷受力的知識，要會分析庫侖力的方向，利用平行四邊形定則求出合力。

隨堂練習
1．（倉山區(qū)校級期中）帶電粒子碰撞實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動，兩粒子的V﹣t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸，則（　?。?br />
A．A粒子質量小于B粒子
B．A、B兩粒子帶異種電荷
C．A在t1時刻的加速度最大
D．兩粒子在t2時刻的電勢能最大
【分析】根據(jù)兩粒子碰撞過程動量守恒，結合v﹣t圖象分析質量關系。
在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，系統(tǒng)的電勢能最大。
兩粒子庫侖力最大，加速度最大。
由v﹣t分析速度的變化，確定電性。
【解答】解：A、由圖可知，t＝0時刻有：p0＝mBv0，在t＝t2時刻有：p2＝mAvA，兩粒子碰撞過程動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBv0＝mAvA，又由于v0＞vA，所以有mB＜mA，故A錯誤；
B、B在0～t3時間內速度先減小后反向增加，則B受到斥力作用，兩粒子帶同種電荷，故B錯誤；
C、兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，根據(jù)牛頓第二定律，可知A在t1時刻的加速度最大，故C正確；
D、兩粒子在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，損失的動能全部轉化為電勢能，由能量守恒定律可知，此時系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤；
故選：C。
【點評】該題以帶電粒子碰撞實驗為情景載體，結合v﹣t圖象考查了動量守恒定律以及能量守恒定律，此題的關鍵是要正確理解兩粒子速度相等的物理意義。
2．（河北模擬）如圖所示，E為正方形ABCD的對角線BD的延長線上的點，DE＝OD，三個頂點A、B、C和E點處分別固定著四個點電荷，它們的電荷量分別為+q、﹣q、+q、﹣q，若正方形的邊長為L，取無窮遠處為電勢能零點，靜電力常量為k。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．O點的電場強度方向由O指向D
B．O點的電場強度大小為
C．O點處的電勢低于0
D．將一帶正電的試探電荷從O點移動到D點，試探電荷的電勢能減小
【分析】根據(jù)電場疊加的原理分析，兩正電荷在O點處產生的合電場強度為零，B、E兩點處的點電荷產生的電場在O點的合電場強度方向由O指向B。
根據(jù)點電荷的場強公式分析，各電荷在O點的場強大小。
根據(jù)等量異種電荷周圍電勢分布情況分析。
根據(jù)功能關系分析，電場力做正功，電勢能減小。
【解答】解：A、兩正電荷在O點處產生的合電場強度為零，B、E兩點處的點電荷產生的電場在O點的合電場強度方向由O指向B，故A錯誤；
B、B點處的點電荷產生的電場在O點的電場強度大小為，E點處的點電荷產生的電場在O點的電場強度大小為，所以O點處的合電場強度大小為，故B錯誤；
C、在A、B兩點處的點電荷產生的電場中，O點在兩等量異種電荷連線的分線上，電勢為0，在C、E兩點處的點電荷產生的電場中，O點在兩等量異種電荷連線的垂直平分線靠近正電荷一邊，電勢高于0，故C錯誤；
D、O、D點到B、E兩負電荷連線垂直平分線的距離相等，將一正電荷從O點移動到D點，電場力做功為0，而在A、C兩點處的點電荷產生的電場中，將一正電荷從O點移動到D點，顯然電場力做正功，電勢能減小，所以總電勢能減小，故D正確。
故選：D。
【點評】該題是有關點電荷電場強度、電場的疊加等知識運用的題目，解題時應注意矢量合成法則的應用，注意正點電荷在各點的電場強度的方向。
3．（香坊區(qū)校級三模）如圖所示，虛線A、B、C為電場中等勢面，電勢分別為0V、2V、4V，實線為一帶電粒子僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是運動軌跡上的兩點，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．帶電粒子一定帶正電
B．帶電粒子在P點的加速度大小大于在Q點的加速度大小
C．帶電粒子由P點運動到Q點的過程中機械能守恒
D．帶電粒子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能
【分析】根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢面垂直，可分析出帶電粒子所受的電場力方向，從而判斷出帶電粒子的電性；由等差等勢面的疏密確定出場強的大小，由牛頓第二定律分析加速度的大??；根據(jù)推論，負電荷在電勢高處電勢能小，分析電勢能的大?。?br /> 【解答】解：A、根據(jù)電場線與等勢面垂直且指向電勢低的地方，可知該電場中電場線的方向垂直于等勢面向下；帶電粒子做曲線運動，電場力指向曲線的內側，可知電場力的方向垂直于等勢面向上，帶電粒子受到的電場力得方向與電場線的方向相反同，可知該帶電粒子帶負電，故A錯誤；
B、等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，P處的等勢面疏，所以P點的電場強度小，電子在P點受到的電場力小，粒子的加速度小，故B錯誤；
C、只有電場力做功，電子的電勢能和動能之和守恒，故帶電粒子的機械能不守恒，故C錯誤；
D、利用推論：負電荷在電勢高處電勢能小，知道電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故D正確；
故選：D。
【點評】根據(jù)電場線與等勢面垂直，作出電場線，得到一些特殊點（電場線與等勢面交點以及已知點）的電場力方向，同時結合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法．

綜合練習
2021年07月11日物理的高中物理組卷
一．選擇題（共29小題）
1．（瑤海區(qū)月考）一個帶電小球在空中從a點運動到b點的過程中，重力做功5J，電場力做功2J，克服阻力做功1J．由此可判斷能量變化的有關說法中正確的是（　?。?br /> A．重力勢能增加5J B．電勢能增大2J
C．動能增大6J D．機械能減少3J
2．（吉林模擬）已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直。如圖所示，MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接?，F(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中ab連線與金屬板垂直。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．b點電場強度與c點電場強度相同
B．a點電場強度與b點電場強度大小相等
C．a點電勢等于d點電勢
D．將一試探電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，試探電荷電勢能始終保持不變
3．（宜昌模擬）如圖所示，真空中有三個電荷量相等的點電荷a、b和c，分別固定在水平面內正三角形的頂點上，其中a、b帶正電，c帶負電，O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點。則（　?。?br />
A．B、C兩點場強相同
B．a、b、c所受庫侖力大小之比為1：1：
C．將某一正試探電荷從B點移動到C點，電勢能減小
D．在O點自由釋放電子（不計重力），會沿OA方向一直運動下去
4．（河西區(qū)二模）如圖，在等邊三角形abc的中心O處有一帶正電的點電荷，d為ac邊的中點，則在該點電荷產生的電場中（　?。?br />
A．a、b、c點的電場強度相同
B．a、c、d點的電勢差滿足Uad＝Udc
C．電子在a點時的電勢能小于在b點的電勢能
D．電子在a點時的電勢能大于在d點的電勢能
5．（浙江模擬）如圖，兩個等量同種點電荷位于圓的直徑AC上，直徑BD垂直于AC，下列說法正確的是（　?。?br />
A．圓弧ABCD是等勢面
B．B、D兩個位置的電場強度相同
C．負電荷在A點的電勢能比其在O點的電勢能小
D．A、C兩點的電勢相等且比B、D兩點的電勢高
6．（海淀區(qū)模擬）如圖所示，A、B為兩個等量負點電荷連線上的兩點（其中B為連線中點），C為連線中垂線上的一點。今將一帶負電的試探電荷自A沿直線移到B再沿直線移到C。下列說法中一定不正確的是（　?。?br />
A．A點的場強比C點的場強大
B．A點的電勢比C點的電勢低
C．從A點移到B點的過程中，電場力對該試探電荷做正功
D．從B點移到C點的過程中，該試探電荷的電勢能增加
7．（宜春月考）沿x軸方向的電場，其電勢隨坐標x變化的圖像如圖所示，一個帶負電的粒子在A處由靜止釋放，只受電場力的作用開始運動，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子先向右勻加速，之后再向右勻減速運動
B．粒子加速運動位移和減速運動的位移相等
C．粒子恰好能到達B點
D．粒子動能與電勢能之和先增大再減小
8．（長壽區(qū)校級模擬）如圖所示，兩帶電荷量均為+q的點電荷分別固定在A、B兩點，O為A、B連線的中點，C、D為A、B連線垂直平分線上的兩點，且O點到C、D兩點的距離與其到A、B兩點的距離相等。以無窮遠處電勢為零，將一帶電荷量也為+q的點電荷a從無限遠處移到O點，該電荷電勢能增加了W，然后將其沿OC移動到C點并固定，再將一電荷量為﹣2q的點電荷b從無限遠處移動到O點，則（　?。?br />
A．a、b移入之前，C、D兩點的場強相等
B．a從O沿OC移動到C點的過程中，電場力對a做的功為零
C．將a固定在C點后，O點電勢為
D．點電荷b從無限遠處移到O點的過程中，電勢能減小了1.5W
9．（南海區(qū)校級模擬）盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗提出了原子的核式結構模型，將某次實驗中某個α粒子的運動簡化為如圖所示的模型。圖中虛線表示原子核所形成的電場的等勢線，實線表示一個α粒子的運動軌跡。在α粒子從a運動到b，再運動到c的過程中，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．加速度先變小，后變大
B．速度先增加，后減少
C．電勢能先減少，后增加
D．電場力先做負功，后做正功，總功等于零
10．（3月份模擬）水平地面上的真空封閉容器內存在水平方向的勻強電場，場強大小為E。質量為m的帶電油滴以速度大小v0從A點噴射入電場，經調整入射方向，油滴沿豎直平面做直線運動到B點，軌跡如圖所示。油滴自A點運動到最高點B后即沿BA方向折返，測量出AB兩點間的高度差為h，重力加速度為g。下列分析正確的是（　?。?br />
A．從A到B油滴的電勢能減小了mv02﹣mgh
B．油滴一定帶正電，且返回a點時，速度大小仍為v0
C．若測量出AB連線與水平方向的夾角θ，則可以計算出油滴的電荷量
D．若可測量出油滴從B返回A的時間，仍無法計算出油滴的電荷量
11．（安徽月考）如圖所示，在同一水平面內有A、B、C、D四點，O點有一固定的點電荷，E和F是水平面內以O為圓心的同心圓，B、C在F圓上，由此可判斷（　?。?br />
A．在A、B、C、D四點中，D點的電場最弱
B．D點電勢不一定高于B點電勢
C．B點和C點電場強度相同
D．正電荷從B點移到C點電場力做正功
12．（湖北模擬）如圖所示，電荷量分別為+Q、+4Q的點電荷分別固定在間距為L的A、B兩點，以A、B兩點連線的中點O為圓心、L為半徑作圓，與A、B兩點連線和A、B兩點連線的中垂線相交于a、c、b、d四點，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（　?。?br />
A．O點的電場強度大小為
B．c點的電場強度為O點電場強度的倍
C．b點的電勢大于d點的電勢
D．同一負電荷在c點時的電勢能小于在d點時的電勢能
13．（青島模擬）在水平直線上的A、B兩點分別固定有不等量點電荷，其中A處為正電荷，B處電荷電性未知，O1為AB連線中點．由絕緣材料制成的光滑圓軌道的圓心O2在AB連線上A點左側，其軌道平面與AB在同一水平面內，如圖所示．在軌道上穿一帶正電小球并置于軌道上的某一點P，給小球一沿軌道切線方向的初速度，小球恰好能沿軌道做勻速圓周運動，小球可視為質點，下列說法正確的是（　　）

A．B處點電荷帶負電，其電量小于A處電荷電量
B．小球沿軌道運動過程中，小球的電勢能不變
C．小球沿軌道運動過程中，小球受到的電場力大小不變
D．小球沿軌道運動過程中，軌道對小球的彈力大小不變
14．（濱海新區(qū)校級三模）如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異號點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．將電荷從C移到D的過程中，電勢能先減少后增加
B．O點的電場強度為零
C．C點的電勢高于D點的電勢
D．A、B兩點的電場強度相同
15．（沈河區(qū)校級四模）某形狀不規(guī)則的導體置于靜電場中，由于靜電感應，在導體周圍出現(xiàn)了如圖所示的電場分布，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點。下列說法正確的是（　?。?br />
A．A點的電場強度大于B點的電場強度
B．A點的電勢低于B點的電勢
C．將電子從A點移到B點，電勢能增加
D．將電子從A點移到B點，電場力做正功
16．（溫州期中）如圖所示，真空中固定兩個等量異號點電荷+Q、﹣Q，圖中O是兩電荷連線中點，c、d兩點關于O點上下對稱，a、e兩點關于O點左右對稱，a、b兩點與+Q的距離相等。則下列說法正確的是（　　）

A．a、b兩點的電勢相等
B．a、e兩點的電場強度大小相等、方向相反
C．將電子由c沿cd邊移到d的過程中電場力做正功
D．質子由b點移動到c點電場力做的功等于由b到d電場力做的功
17．（洛陽模擬）一點電荷Q的電場中，讓x軸與它的一條電場線重合，已知坐標軸上A、B兩點的坐標分別為x1和x2，如圖甲所示。在A、B兩點分別放置正試探電荷，其受到的靜電力跟試探電荷的電荷量的關系，如圖乙中直線a、b所示，設靜電力的正方向與x軸正方向相同，靜電力常數(shù)未知。則下列說法不正確的是（　　）

A．可以判斷點電荷Q的電性
B．可以求出點電荷Q的電荷量
C．可以求出點電荷Q的位置坐標
D．可以比較A點和B點的電勢高低
18．（六合區(qū)月考）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φa﹣φb＝φb﹣φc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（　　）

A．三個等勢面中，a的電勢最高
B．帶電質點通過P點時電勢能較大
C．帶電質點通過P點時的動能較大
D．電場力對質點做功|Wab|＞|Wbc|
19．（秦淮區(qū)校級期中）如圖所示，以兩等量異種點電荷連線的中點O為圓心畫出半圓，在半圓上有a、b、c三點，b點在兩電荷連線的垂直平分線上，下列說法正確的是（　　）

A．a、c兩點的電場強度相同
B．a、c兩點的電勢相同
C．正電荷由O點移到b點過程中電場力做正功
D．負電荷在a點的電勢能等于在b點的電勢能
20．（鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，一帶電粒子以某一初速度進入某點電荷Q產生的電場中，沿圖中彎曲的虛線先后經過電場中的a、b兩點，其中a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成30°角；b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成60°角。若粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（　　）

A．點電荷Q一定帶正電
B．a點與b點連線中點的場強大小也為Eb
C．a點的電場一定強于b點的電場
D．粒子在a點的動能一定大于粒子在b點的動能
21．（建鄴區(qū)校級期中）三個電荷量均為Q的點電荷形成的電場如圖所示，A、B、C是電場中的三個點，設三點電場強度的大小分別為EA、EB、EC，三點的電勢分別為φA、φB、φC。下列說法正確的是（　?。?br />
A．三個點電荷的電性不相同
B．A、B、C三點電場強度大小EA＞EB＞EC
C．A、B兩點電勢φA＞φB
D．若將一帶負電的試探電荷從B移動到A，電場力做負功
22．（浙江月考）如圖所示，虛線表示某電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等。一重力不計、帶負電的粒子從右側射入電場，運動軌跡與三個等勢面分別交于a、b、c三點，則（　?。?br />
A．a點的電勢比b點的電勢高
B．粒子在c點時的加速度為零
C．粒子從a到c電勢能不斷減小
D．粒子從a到b電場力所做的功小于從b到c電場力所做的功
23．（合肥二模）空間有一沿x軸分布的電場，x軸上有P、Q兩點，其位置坐標分別為x0、2x0。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從坐標原點O以初速度v0沿x軸正方向做直線運動，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場力作用，設O點電勢為零。則下列說法正確的是（　　）

A．該電場為勻強電場
B．粒子在P點的電勢能為mv02
C．Q點的電勢為﹣
D．粒子在OP間的平均加速度比PQ間的大
24．（昌平區(qū)一模）真空中靜止的點電荷的電場線分布如圖所示，A、B為同一條電場線上的兩點。已知A點的場強為EA，B點的場強為EB，A、B兩點之間距離為d，電荷量為+q的試探電荷在A點的電勢能為EpA，在B點的電勢能為EpB。有關A、B兩點的說法正確的是（　?。?br />
A．該試探電荷在A點受靜電力較小
B．該試探電荷在B點具有的電勢能較大
C．A、B兩點間的電勢差等于（）d
D．A、B兩點間的電勢差等于
25．（天河區(qū)模擬）某平面區(qū)域內一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，一正電荷僅在電場力作用下由a運動至b，設a、b兩點的電場強度分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，該電荷在a、b兩點的速度分別為va、vb，電勢能分別為Epa、Epb，則（　　）

A．Ea ＞Eb B．φa ＞φb C．va ＞vb D．Epa ＞Epb
26．（南充模擬）如圖所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中的運動軌跡，a、b、c為粒子的運動軌跡和等勢線的交點，粒子只受電場力作用，以下說法正確的是（　?。?br />
A．a點的電場強度大于b點的電場強度
B．粒子在a點的動能比在b點的動能小
C．粒子在a點和c點的速度相同
D．粒子在b點的電勢能比在c點的電勢能大
27．（丹陽市校級模擬）兩點電荷的帶電量分別為+4q和﹣q，組成弧立的電荷系統(tǒng)，其電場線分布如圖中實線所示，虛線上有AB＝BC＝CD，則可以判斷下列說法中正確的有（　?。?br />
A．A點附近沒有電場線，電場強度為零
B．若把一個負的試探電荷q沿虛線從C移到D的過程中，試探電荷q的電勢能增大
C．B、C間電場線的方向由B指向C
D．若在虛線上引入第三個點電荷，使三個電荷僅在庫侖力作用下平衡，則第三個電荷應就放在A點
28．（瑤海區(qū)月考）如圖所示、三個同心圓是一個點電荷周圍的三個等勢面，已知這三個圓的半徑成等差數(shù)列，A、B、C分別是這三個等勢面上的點，且這三點在同一條電場線上。A、C兩點的電勢依次為φA＝20V和φC＝2V，則B點的電勢（　　）

A．一定等于11V B．一定高于11V
C．一定低于11V D．無法確定
29．（瑤海區(qū)月考）一電子經過電場中A、B兩點，電子在A點電勢能為4.8×10﹣17J，動能為3.2×10﹣17J，電子經過B點時電勢能為3.2×10﹣17J，如果電子只受電場力作用，則（　　）
A．電子在B點的電勢為200V
B．由A到B電場力做功為100eV
C．電子在B點時動能為1.6×10﹣17J
D．A、B兩點間電勢差UAB＝100V
二．多選題（共12小題）
30．（鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，勻強電場E的區(qū)域內，在O點放置一點電荷+Q。a、b、c、d、e、f為以O為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．b、d兩點的電場強度方向相同
B．d點的電勢等于f點的電勢
C．點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功
D．將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大
31．（倉山區(qū)校級期末）如圖，一電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN，P點在y軸右側，MP⊥ON，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．M點的電勢比P點的電勢高
B．將負點電荷由O點移動到P點，電場力做正功
C．M、N兩點間的電勢差等于O、M兩點間的電勢差
D．M、N兩點間的電勢差小于O、M兩點間的電勢差
32．（未央?yún)^(qū)校級模擬）如圖，在真空中有兩個不等量異種點電荷Q1（Q1＞0）和Q2（Q2＜0）．其中，Q1，Q2所帶電荷量之比值為λ（λ＞1）．將它們分別固定在x坐標軸原點O（即x＝0）和x＝r0的位置上，選無窮遠處電勢為0．在x軸上引入一負的試探電荷q，下列結論正確的是（　?。?br />
A．在x軸上q所受電場力為0的點有兩處
B．在x軸上q電勢能為0的點有兩處
C．q從緊靠Q2處沿x軸移送至無窮遠，電勢能一直增加
D．q從緊靠Q2處沿x軸移送至無窮遠，電勢能先減少后增加
33．（廣東模擬）真空中，兩個固定點電荷A、B所帶電荷量分別為Q1和Q2，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向，電場線上標出了C、D兩點，其中D點的切線與AB連線平行，AB連線中點為O，則（　　）

A．A帶正電，B帶負電，且Q1＞Q2
B．O點電勢比D點電勢高
C．負檢驗電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能
D．在C點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿此電場線運動到D點
34．（老城區(qū)校級月考）如圖所示，a、b、c為電場中的三條等差等勢線，一根光滑、粗細均勻的絕緣豎直桿固定在電場中，一個帶電小球套在桿上在A點由靜止釋放，小球向下運動到B點的過程中，小球的電勢能越來越大；已知a、b、c三條等勢線和電場強度方向均在豎直面內，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球一定帶負電
B．小球的加速度一定越來越大
C．小球的動能可能先增大后減小
D．小球的機械能一定越來越小
35．（日照二模）在x軸上分別固定兩個點電荷Q1、Q2，Q2位于坐標原點O處。兩點電荷形成的靜電場中，x軸上的電勢φ隨x變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A．x2處電勢φ最高，電場強度最大
B．Q1帶正電，Q2帶負電
C．Q1的電荷量小于Q2的電荷量
D．電子從x1處沿x軸移動到x2處，電勢能增加
36．（順德區(qū)模擬）如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑絕緣斜槽，放在方向豎直向下的勻強電場中。有一質量為m、電量為q的帶負電小球從斜槽頂端A處，以初速度v0沿斜槽向下運動，能到達斜面底端B處。則運動過程中，（　?。?br />
A．小球不可能做減速運動
B．小球的電勢能增加
C．電場力做的功等于小球的機械能增量
D．電場力的沖量可能與重力的沖量相同
37．（安徽月考）如圖所示，平行等距的水平虛線a、b、c、d為某一電場的等勢面，其電勢分別為φa＝3V、φc＝9V、φd＝12V。一個不計重力的帶電粒子在電場中運動，圖中實線為其軌跡，M、N、P是軌跡上的三點，其中N點為軌跡上最高點，則（　?。?br />
A．電場的方向豎直向下且虛線b的電勢一定是6V
B．粒子一定帶負電
C．在三點中，粒子在P點的電勢能最大，動能最小
D．粒子在MN間電場力做功的值小于NP間電場力做功的值
38．（漳州二模）如圖，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內，圓環(huán)上A、B、C三點構成正三角形，BD、AE為圓環(huán)直徑，且BD水平，H為圓環(huán)最低點。將帶正電小環(huán)P、Q（均可視為點電荷）套在圓環(huán)上，Q固定在A點不動?，F(xiàn)將小環(huán)P由B點靜止釋放，則（　?。?br />
A．小環(huán)P到達E點時速度最大
B．小環(huán)P從B到H機械能先增大后減小
C．Q形成的電場中，B、C兩點處的場強大小相等
D．Q形成的電場中，B點的電勢大于C點的電勢
39．（三明三模）如圖甲所示，一絕緣的豎直圓環(huán)上均勻分布著負電荷，一光滑細桿從圓心垂直圈環(huán)平面穿過圓環(huán)，桿上套有帶電的小球，現(xiàn)使小球從a點以某一初速度向右運動，到達c點速度為零。取a點為零電勢能點，運動過程中小球的電勢能Ep隨其運動位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球帶負電
B．電勢差Uba大于Ucb
C．a點場強大于b點場強
D．小球經過b點時的動能為2J
40．（湖南模擬）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于x軸上的P、Q兩點，其位置關于點O對稱.圓弧曲線是一個以O點為圓心的半圓，c點為半圓與y軸的交點，a、b為一平行于x軸的直線與半圓的交點，下列說法正確的是（　　）

A．a、b兩點的場強相同
B．a、b兩點的電勢相同
C．將一個負點電荷沿著圓弧從a移到c點再沿y軸正方向移動，電勢能先增大后不變
D．半圓上任一點，兩電荷的電場強度大小分別是E1、E2，則+為一定值
41．（蕪湖模擬）如圖，真空中有一邊長為L的正方形，a、b、c、d為四個頂點。電荷量均為q（q＞0）的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k。在b點由靜止釋放一電子，不計重力。下列說法正確的是（　?。?br />
A．b點的電場強度大小為
B．電子到達d點時速度為零
C．電子從b運動到d的過程中，先做勻加速運動后做勻減速運動
D．電子從b運動到d的過程中，電勢能先減小后增大
三．填空題（共9小題）
42．（瑤海區(qū)月考）如圖所示，已知平行板電容器兩極板間距離d＝4cm，充電后兩極板電勢差為200V。A板帶正電，若它的電容為6μF，且P到A板距離為1cm。求：
（1）該電容器的帶電量等于　　C。
（2）兩板間的電場強度等于　　N/C。
（3）一個電子在P點具有的電勢能為　　J。

43．（寶山區(qū)期末）如圖所示，有一圓心為O、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，在圓形區(qū)域所在空間有勻強電場。將質量為m、電荷量為q的正點電荷由A點靜止釋放，自圓周上的C點以速率v0穿出，已知AC與AB的夾角θ＝60°，運動中點電荷僅受電場力的作用，則勻強電場的場強大小為　 ?。蝗魧⒃擖c電荷從A點移到圓周上的任意一點，則其中點電荷電勢能變化的最大值是　　。

44．（海淀區(qū)校級期中）有三根長度為l＝1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m＝1.00×10﹣2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為﹣q和+q（A帶負電，B帶正電），q＝1.00×10﹣7C。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為E＝1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比減少了　　J。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）（＝1.4，＝1.7）

45．（會寧縣校級月考）如圖，在無窮大均勻帶正電金屬板和負點電荷形成的電場中，金屬板接地，金屬導體置于負點電荷和金屬板之間且在過負點電荷垂直于金屬板的直線上，A、B、C是垂線上的三個點且B、C在金屬導體表面，B、C兩點的電勢φB　　φC（填“大于”、“等于”或“小于”），負電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能，EpB　　EpC（填“大于”、“等于”或“小于”）。

46．（漢陽區(qū)校級月考）如圖所示虛線為電場中的一簇等勢面A、B兩等勢面間的電勢差絕對值為8V，相鄰兩等勢面電勢差相等。一個電子在電場中通過的軌跡如圖中實線所示，電子過M點的動能為8eV，它經過N點時的動能為　　eV，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能　　（填大或?。?br />
47．（工農區(qū)校級月考）如圖所示，電場中某一電場線為直線，A、B、C為電場線上的三個點。將帶電荷量q1＝﹣2×10﹣8C的點電荷從B點移到A點的過程中，電場力做了W1＝1×10﹣7J的功；將帶電荷量q2＝1×10﹣8C的點電荷分別放在B、C兩點時，其在C點時的電勢能比在B點時的電勢能小2×10﹣7J，請回答下列問題。
（1）在A、B、C三點中，電勢最高的點是　　點，電勢最低的點是　　點
（2）A、C兩點間的電勢差為　　V。
（3）若B點的電勢為零，則帶電荷量為q1的點電荷在C點的電勢能為　　J。

48．（南康區(qū)校級月考）如圖，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，此液滴帶　　電，液滴的加速度等于　　，液滴的電勢能　 ?。ㄌ钤黾印p?。?br />
49．（湖南學業(yè)考試）在某電場中，已知A、B兩點間的電勢差UAB＝100V，q＝﹣2×10﹣10C的電荷由A點移動到B點，靜電力做的功WF＝　　J；電荷的電勢能是　 ?。ㄌ睢霸黾印被颉皽p少”）
50．（威遠縣校級期中）帶電荷量為q＝+5.0×10﹣8C的點電荷從A點移到B點時，克服電場力做功3.0×10﹣6J．已知B點的電勢為φB＝20V，A、B間的電勢差UAB＝　　V，A點的電勢φ＝　　V，點電荷從A到B的電勢能變化為　　。

2021年07月11日物理的高中物理組卷
參考答案與試題解析
一．選擇題（共29小題）
1．（瑤海區(qū)月考）一個帶電小球在空中從a點運動到b點的過程中，重力做功5J，電場力做功2J，克服阻力做功1J．由此可判斷能量變化的有關說法中正確的是（　?。?br /> A．重力勢能增加5J B．電勢能增大2J
C．動能增大6J D．機械能減少3J
【分析】解決本題可根據(jù)這些知識進行分析：重力做功等于重力勢能的減小量；電場力做功等于電勢能的減小量；合力做功等于動能的增加量；除重力外的各個力做的總功等于機械能的增加量。
【解答】解：A、重力做功等于重力勢能的減小量，重力做功5J，故重力勢能減小5J，故A錯誤；
B、電場力做功等于電勢能的減小量，電場力做功2J，故電勢能減小2J，故B錯誤；
C、合力做功等于動能的增加量，合力做功等于各個分力做的功，總功為W總＝WG+W電+W阻＝5J+2J﹣1J＝6J，故動能增大6J，故C正確；
D、除重力外的各個力做的總功等于機械能的增加量，除重力外，電場力做功2J，與克服空氣阻力做功l J，故機械能增加1J，故D錯誤；
故選：C。
【點評】功是能量轉化的量度，有多種表現(xiàn)形式：重力做功是重力勢能變化的量度；電場力做功是電勢能變化的量度；合力做功是動能變化的量度；重力外的各個力做的總功是機械能變化的量度。
2．（吉林模擬）已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直。如圖所示，MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接。現(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中ab連線與金屬板垂直。則下列說法正確的是（　　）

A．b點電場強度與c點電場強度相同
B．a點電場強度與b點電場強度大小相等
C．a點電勢等于d點電勢
D．將一試探電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，試探電荷電勢能始終保持不變
【分析】先畫出電場線：電場線從正電荷出發(fā)，終止于負電荷，根據(jù)電場線的疏密分析電場強度的大小；根據(jù)對稱性分析a點與d點的電勢關系，根據(jù)電場力方向與位移方向的夾角分析電場力做功情況，來分析電勢能的變化。
【解答】解：畫出電場線如圖所示：
A、根據(jù)對稱性可知，b點電場強度與c點電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；
B、電場線密集的地方電場強度大，從圖上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；
C、根據(jù)對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；
D、由于試探電荷先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，所以試探電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤；
故選：C。

【點評】本題涉及電場強度和電勢高低的判斷，電場強度是矢量，合成遵循平行四邊形定則；電勢是標量，合成遵循代數(shù)法則。
3．（宜昌模擬）如圖所示，真空中有三個電荷量相等的點電荷a、b和c，分別固定在水平面內正三角形的頂點上，其中a、b帶正電，c帶負電，O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點。則（　?。?br />
A．B、C兩點場強相同
B．a、b、c所受庫侖力大小之比為1：1：
C．將某一正試探電荷從B點移動到C點，電勢能減小
D．在O點自由釋放電子（不計重力），會沿OA方向一直運動下去
【分析】根據(jù)電場強度的疊加，判斷B、C兩點的場強大小和方向；根據(jù)庫侖定律的公式，結合力的合成求出a、b、c所受的庫侖力大小之比；根據(jù)電場的疊加分析出電場的分布，通過電勢的高低比較電勢能的大?。桓鶕?jù)電場強度疊加得出Ac線上電場的方向，結合電子的受力分析電子的運動規(guī)律。
【解答】解：A、電場強度是矢量，根據(jù)場強的疊加知，B、C兩點的場強大小相等，但是方向不同，故A錯誤；
B、設正三角形邊長為a，點電荷的電荷量為Q，根據(jù)庫侖定律和力的合成知，a所受的庫侖力，，，則a、b、c所受庫侖力大小之比為1：1：，故B正確；
C、根據(jù)場強的疊加知，ac邊和bc邊上點的場強關于Ac線對稱，可得B、C兩點電勢相等，則正試探電荷在兩點的電勢能相等，故C錯誤；
D、根據(jù)場強的疊加知，Ac段電場的方向由A指向C，在cA的延長線上有一點D，該點的電場強度為零，在O點釋放的電子所受的電場力方向由c指向A，從O到D做加速運動，過D點后做減速，速度減為零后返回，故D錯誤。
故選：B。

【點評】本題考查了電場的疊加、庫侖定律和力的合成等知識點，注意電場強度是矢量，在大小和方向均相同的情況下才能說電場強度相同。本題通過電場的疊加分析出場強的分析以及電場的分布規(guī)律是解決本題的關鍵。
4．（河西區(qū)二模）如圖，在等邊三角形abc的中心O處有一帶正電的點電荷，d為ac邊的中點，則在該點電荷產生的電場中（　　）

A．a、b、c點的電場強度相同
B．a、c、d點的電勢差滿足Uad＝Udc
C．電子在a點時的電勢能小于在b點的電勢能
D．電子在a點時的電勢能大于在d點的電勢能
【分析】根據(jù)點電荷電場的分布特點比較三點的場強，注意場強的矢量性；a、c兩點在同一等勢面，a、c兩點電勢相等，再比較a、c兩點與d點的電勢差；根據(jù)點電荷的場強計算公式E＝k 比較a、c、d三點的場強大小之比；先比較a、d兩點的電勢，根據(jù)負電荷在電勢低的位置電勢能大進行比較。
【解答】解：A、根據(jù)點電荷的場強計算公式E＝k，可知，a、b、c三點處的電場強度大小相等，但方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；
B、由題意可知a、b、c三點電勢相等，a、c、d三點的電勢差滿足Uad＝﹣Udc，故B錯誤；
C、由于a處時的電勢等于b處的電勢，根據(jù)EP＝qφ可知，負電荷q在a處時的電勢能等于在b處的電勢能，故C錯誤；
D、沿電場線方向電勢降低，所以a處時的電勢低于d處的電勢，根據(jù)EP＝qφ可知，負電荷q在a處時的電勢能大于在d處的電勢能，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了點電荷的場強公式、電勢差和電勢能等概念，關鍵是要理解點電荷電場的分布特點，注意場強是矢量，電勢和電勢能是標量，正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢能大。
5．（浙江模擬）如圖，兩個等量同種點電荷位于圓的直徑AC上，直徑BD垂直于AC，下列說法正確的是（　?。?br />
A．圓弧ABCD是等勢面
B．B、D兩個位置的電場強度相同
C．負電荷在A點的電勢能比其在O點的電勢能小
D．A、C兩點的電勢相等且比B、D兩點的電勢高
【分析】A、用等量正電荷的電場線分布及沿電場線方向電勢降低解答；B、用點電荷場強公式及疊加解答；C、用電勢能的公式解答；D、用電場線分布和電勢的對稱性解答。
【解答】解：A、由等量正電荷的電場線分布可知：從A經B到C，距離兩正電荷先增大后減小，因沿電場線方向電勢降低，所以從A經B到C處，電勢先降低后升高，則圓弧ABCD不是等勢面，故A錯誤；
B、由于B、D兩點到M、N的距離相等，由點電荷場強公式E＝k可得在B、D產生的場強大小相等，由矢量合成可得EB＝ED，但方向不同，故B錯誤；
C、因為φo＞φA，由EP＝qφ可得，負電荷在A點的電勢能比在O點的電勢能大，故C錯誤；
D、由電場線分布和電勢的對稱性可知：φA＝φC＞φB＝φD，故D正確。
故選：D。
【點評】本題重點記住等量正電荷的電場線分布，利用沿電場線方向電勢降低，點電荷場強公式及疊加，電勢能的公式等知識點解答問題。
6．（海淀區(qū)模擬）如圖所示，A、B為兩個等量負點電荷連線上的兩點（其中B為連線中點），C為連線中垂線上的一點。今將一帶負電的試探電荷自A沿直線移到B再沿直線移到C。下列說法中一定不正確的是（　?。?br />
A．A點的場強比C點的場強大
B．A點的電勢比C點的電勢低
C．從A點移到B點的過程中，電場力對該試探電荷做正功
D．從B點移到C點的過程中，該試探電荷的電勢能增加
【分析】由題，兩個等量同種電荷，它們在點B處產生的電場強度大小相等，方向相反．連線上方的中垂線上每一點（除B點）電場線方向向下．根據(jù)電場力做功正負，判斷電勢能的變化，電場力做負功，電荷的電勢能增大．
【解答】解：A、A點的場強由兩個等量負點電荷分別產生的場強疊加，方向向左，C點的場強由兩個等量負點電荷分別產生的場強疊加，方向向下，
由于幾何關系不明確，所以A點的場強和C點的場強大小關系無法比較，即A點的場強可能比C點的場強大，故A正確；
B、AB連線間的電場方向從B指向A，BC連線上每一點（除B點）電場線方向由C指向B，根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低，所以A點的電勢比C點的電勢低，故B正確；
C、從A點移到B點的過程中，帶負電的試探電荷所受電場力方向向右，所以電場力對該試探電荷做正功，故C正確；
D、從B點移到C點的過程中，電勢逐漸增加，由Ep＝φq可知帶負電的試探電荷的電勢能減小，故D錯誤。
本題選不正確的，故選：D。
【點評】對等量同種電荷和等量異種電荷的電場線和等勢面分布情況和特點要熟悉，考試常常做文章．
7．（宜春月考）沿x軸方向的電場，其電勢隨坐標x變化的圖像如圖所示，一個帶負電的粒子在A處由靜止釋放，只受電場力的作用開始運動，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子先向右勻加速，之后再向右勻減速運動
B．粒子加速運動位移和減速運動的位移相等
C．粒子恰好能到達B點
D．粒子動能與電勢能之和先增大再減小
【分析】φ﹣x圖的斜率表示電場強度，沿著電場線方向電勢降低；根據(jù)電場力做功可判斷粒子恰好運動到B點；由于O點兩側電場強度分布情況不同，則AO與BO之間移動距離不相等。僅受電場力作用，則動能與電勢能之和保持不變。
【解答】解：A、由圖像電勢的變化可知，沿x負方向電場向左，x正方向電場方向向右，切線表示電場的大小，所以負方向場強逐漸變小，右側場強大小不變，所以不能是勻變速運動，故A錯誤；
BCD、根據(jù)電場力做功W＝﹣qU＝﹣q（0﹣φ0），電勢差相等，所以恰好運動到B點，但由于O點兩側電場強度分布情況不同，則AO與BO之間移動距離不相等，由于僅受電場力作用，則動能與電勢能之和保持不變，故C正確,BD錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查φ﹣x圖的斜率的表示意義，以及電場力做功的相關知識。關鍵是要知道φ﹣x圖的斜率表示電場強度，而且沿著電場線方向電勢降低。根據(jù)W＝qU判斷電場力做功的相關問題。
8．（長壽區(qū)校級模擬）如圖所示，兩帶電荷量均為+q的點電荷分別固定在A、B兩點，O為A、B連線的中點，C、D為A、B連線垂直平分線上的兩點，且O點到C、D兩點的距離與其到A、B兩點的距離相等。以無窮遠處電勢為零，將一帶電荷量也為+q的點電荷a從無限遠處移到O點，該電荷電勢能增加了W，然后將其沿OC移動到C點并固定，再將一電荷量為﹣2q的點電荷b從無限遠處移動到O點，則（　　）

A．a、b移入之前，C、D兩點的場強相等
B．a從O沿OC移動到C點的過程中，電場力對a做的功為零
C．將a固定在C點后，O點電勢為
D．點電荷b從無限遠處移到O點的過程中，電勢能減小了1.5W
【分析】根據(jù)點電荷的場強公式，可知C、D電場強度大小相等，根據(jù)矢量合成可知，電場強度方向相反。利用動能定理可知點電荷a從O移動到C的過程中，電場力對點電荷a做功大于0。點電荷b從無限遠處移到O點的過程，利用動能定理求出電場的功。點電荷a從無窮遠處移到O點的過程中，電勢能增加了W，則電場力做的功為﹣W。可求得電勢大小。
【解答】解：A、根據(jù)E＝，由于C、D兩點到A、B兩點的距離相等，可知C、D兩點的電場強度大小相等，如圖根據(jù)矢量合成法則可知C點電場強度的方向向上，同理D點場強方向向下，即兩點場強方向相反，故A錯誤。
B、由等量同種點電荷周圍電場線的分布特點和沿電場線方向電勢逐漸降低可知，φO＞φC，根據(jù)動能定理得：WOC＝q（φO﹣φC），可知電場力對點電荷a做的功W＞0，故B錯誤。
C、點電荷a從無窮遠處移到O點的過程中，電勢能增加了W，則電場力做的功為﹣W，根據(jù)動能定理得：﹣W＝q（0﹣φO），解得：φO＝。
因A、B兩處的電荷為等量同種點電荷，且到O點的距離相等，故可得A（或B）處點電荷在O點產生的電勢：φ＝φ0＝，
故將點電荷a固定在C點后，O點的電勢φ0′＝3φ＝，故C正確；
D、點電荷b從無窮遠處移到0點的過程中，電場力做的功W′＝﹣2q（0﹣φ0′）＝3W，故其電勢能減少了3W，D錯誤。
故選：C。

【點評】本題考查帶電粒子在電場中的電場力、電勢能、電勢、電場做功的知識，要掌握好電場力做功及電勢能變化的關系，會用定義求解電勢大小。
9．（南海區(qū)校級模擬）盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗提出了原子的核式結構模型，將某次實驗中某個α粒子的運動簡化為如圖所示的模型。圖中虛線表示原子核所形成的電場的等勢線，實線表示一個α粒子的運動軌跡。在α粒子從a運動到b，再運動到c的過程中，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．加速度先變小，后變大
B．速度先增加，后減少
C．電勢能先減少，后增加
D．電場力先做負功，后做正功，總功等于零
【分析】分析帶電粒子在電場中的運動，分析庫侖力判斷加速度大小，分析加速度和速度的方向判斷物體是加速還是減速，分析電場力做功去看電勢能的變化情況。
【解答】解：A、由點電荷電場線分布特點，b點的電場線比a、c兩點較密，因此，a、c兩點場強小于b點場強，加速度先變大后變小，故A錯誤。
BCD、盧瑟福α粒子散射實驗中，α粒子經過某一原子核附近時α粒子和原子核均帶正電，互相排斥，虛線為等勢線，電場線垂直于等勢線，α粒子由于慣性，逆電場線運動，由a到b，受斥力，電場力做負功，電勢能增大，速度減小，動能減小，由b到c過程中，電場力的方向與速度方向夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，速度增大，動能增大，由于a和c在同一等勢線上，電場力做功為零，故D正確，BC錯誤。
故選：D。
【點評】本題是用盧瑟福α粒子散射實驗的物理情景，考查帶電粒子在電場中的運動，包括庫侖力求加速度，加速減速的條件，電場力做功，電勢能的變化情況。
10．（3月份模擬）水平地面上的真空封閉容器內存在水平方向的勻強電場，場強大小為E。質量為m的帶電油滴以速度大小v0從A點噴射入電場，經調整入射方向，油滴沿豎直平面做直線運動到B點，軌跡如圖所示。油滴自A點運動到最高點B后即沿BA方向折返，測量出AB兩點間的高度差為h，重力加速度為g。下列分析正確的是（　　）

A．從A到B油滴的電勢能減小了mv02﹣mgh
B．油滴一定帶正電，且返回a點時，速度大小仍為v0
C．若測量出AB連線與水平方向的夾角θ，則可以計算出油滴的電荷量
D．若可測量出油滴從B返回A的時間，仍無法計算出油滴的電荷量
【分析】油滴做直線運動，所受重力與電場力的合力必定沿軌跡所在的直線方向，故電場方向只能水平向左。由動能定理可求出電場力的功，然后求出電勢能變化。根據(jù)題意不可以判斷出油滴電性。根據(jù)AB連線與水平方向的夾角可求得油滴電荷量。
【解答】解：A、油滴做直線運動，所受重力與電場力的合力必定沿軌跡所在的直線方向，故電場方向只能水平向左，所以合力方向必定與初速度方向反向電場力做負功，由動能定理可得：﹣mgh+WE＝0﹣m，從A到B電場力做功：WE＝﹣（m﹣mgh），電勢能增加了m﹣mgh，故A錯誤：
B、又因為油滴從A到B再返回A的過程中，合力的大小和方向不變，合力做功為零，油滴返回A點時的速度大小仍為v0，但是由題設條件無法判斷油滴電性，故B錯誤；
C、由tanθ＝可知，測出θ即可算出q，故C正確；
D、若油滴從B返回A的時間t可測出，由加速度可算出加速度a＝＝，由牛頓第二定律可算出F合，又用F合＝，可算出油滴的電荷量q，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查帶電物體在電場中的運動，解題關鍵是會分析受力，利用動能定理求得電場力做功，然后電勢能變化。
11．（安徽月考）如圖所示，在同一水平面內有A、B、C、D四點，O點有一固定的點電荷，E和F是水平面內以O為圓心的同心圓，B、C在F圓上，由此可判斷（　?。?br />
A．在A、B、C、D四點中，D點的電場最弱
B．D點電勢不一定高于B點電勢
C．B點和C點電場強度相同
D．正電荷從B點移到C點電場力做正功
【分析】根據(jù)點電荷的場強公式E＝k分析各點場強大小；根據(jù)點電荷的電性，結合各點到O點的距離分析各點電勢高低；根據(jù)電場力做功公式W＝qU分析正電荷從B點移到C點電場力情況。
【解答】解：A、根據(jù)點電荷的場強公式E＝k，知在A、B、C、D四點中，D點的場強最大，電場最強，故A錯誤；
B、若點電荷帶正電，D點電勢高于B點電勢；若點電荷帶負電，D點電勢低于B點電勢，故B正確；
C、B點和C點電場強度大小相等，但方向不同，則這兩點電場強度不同，故C錯誤；
D、B點和C點在同一等勢面上，則正電荷從B點移到C點電場力不做功，故D錯誤。
故選：B。
【點評】解答本題的關鍵要點電荷的場強公式E＝k，明確點電荷電場和等勢面分布情況，從而判斷各點場強和電勢關系。
12．（湖北模擬）如圖所示，電荷量分別為+Q、+4Q的點電荷分別固定在間距為L的A、B兩點，以A、B兩點連線的中點O為圓心、L為半徑作圓，與A、B兩點連線和A、B兩點連線的中垂線相交于a、c、b、d四點，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（　?。?br />
A．O點的電場強度大小為
B．c點的電場強度為O點電場強度的倍
C．b點的電勢大于d點的電勢
D．同一負電荷在c點時的電勢能小于在d點時的電勢能
【分析】用點電荷場強公式計算O點和c點的場強；用對稱性比較b點和d點的電勢；找一個合適路徑根據(jù)電場力的做功情況判斷電勢能的變化。
【解答】解：A、+Q在O點產生的場強大小為：E1＝k＝，方向：水平向右
+4Q在O點產生的場強大小為：E2＝k＝，方向：水平向左
所以O點的場強大小為：EO＝E2﹣E1＝方向：水平向左，故A錯誤；
B、+Q在c點產生的場強大小為：EC1＝k＝，方向：水平向右
+4Q在c點產生的場強大小為：EC2＝k＝，方向：水平向左
所以c點的場強大小為：Ec＝Ec2﹣Ec1＝，方向：水平向左＝，故B錯誤；
C、由電場對稱性可知b點和d點的電勢相等，故C錯誤；
D、設AB連線上距離A為x的點合唱強為0，則由庫侖定律：k＝k，解得：x＝，恰好在a點，即Ea＝0
從c點到O點場強水平向左，所以負電荷從c點到O點所受電場力水平向右，電場力做負功；
從O點到d點過程中負電荷所受電場力與豎直方向偏右斜向下，此過程電場力做負功，所以從c點到O點再到d點過程中電場力一直做負功，電勢能增大，故D正確。
故選：D。
【點評】本題難點在D項，要找到合場強為零的點，再根據(jù)條件選擇合適路徑分析電場力做功情況，進而確定電勢能的變化。
13．（青島模擬）在水平直線上的A、B兩點分別固定有不等量點電荷，其中A處為正電荷，B處電荷電性未知，O1為AB連線中點．由絕緣材料制成的光滑圓軌道的圓心O2在AB連線上A點左側，其軌道平面與AB在同一水平面內，如圖所示．在軌道上穿一帶正電小球并置于軌道上的某一點P，給小球一沿軌道切線方向的初速度，小球恰好能沿軌道做勻速圓周運動，小球可視為質點，下列說法正確的是（　　）

A．B處點電荷帶負電，其電量小于A處電荷電量
B．小球沿軌道運動過程中，小球的電勢能不變
C．小球沿軌道運動過程中，小球受到的電場力大小不變
D．小球沿軌道運動過程中，軌道對小球的彈力大小不變
【分析】因為小球做勻速圓周運動，合力指向圓心提供向心力，找特殊點受力分析確定B的電性；根據(jù)受力情況確定電場力，根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的變化；根據(jù)物體做勻速圓周運動的條件，做好受力分析，抓住不變量，分析彈力和電場力的動態(tài)變化。
【解答】解：A、當小球位于距離AB連線最遠的點時，因為小球做勻速圓周運動，在垂直于半徑方向合力為0，A對小球為斥力，則B對小球必為引力（恰好做勻速圓周運動，此時軌道對小球彈力為0），小球帶正電，則B帶負電，引力大于斥力，A與小球的距離小于B與小球的距離，由庫侖定律知：B處電荷量大于A處電量，故A錯誤；
B、因為小球做勻速圓周運動，合力指向圓心提供向心力，如圖所示：彈力N指向圓心與速度方向垂直，電場力的合力也沿半徑與速度方向垂直，因此在小球運動過程中，電場力對小球不做功，小球電勢能不變；故B正確；
C、電場不是勻強電場，各處場強大小不都相等，電場力大小會變化，故C錯誤；
D、因為小球做勻速圓周運動，合力大小不變，即軌道的彈力和電場力的合力大小不變，電場力大小會變化，則彈力的大小也會變化，故D錯誤。
故選：B。

【點評】本題要抓住物體做勻速圓周運動的條件，做好受力分析，抓住不變量（合力大小不變），進行動態(tài)分析。
14．（濱海新區(qū)校級三模）如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異號點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是（　　）

A．將電荷從C移到D的過程中，電勢能先減少后增加
B．O點的電場強度為零
C．C點的電勢高于D點的電勢
D．A、B兩點的電場強度相同
【分析】根據(jù)等量異種電荷電場線和等勢面分布情況，比較各點的電勢和場強的大小。兩個等量異號點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線。
【解答】解：AC、如圖所示，根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布情況可知，OCD在同一條等勢線上，所以D點電勢等于C點電勢，將電荷從C移到D的過程中，電勢能不變，故AC錯誤；
B、根據(jù)等量異種電荷電場線的特點可知，O點的電場強度不為零，方向由O→N，故B錯誤；
D、根據(jù)對稱性可知，A點電場強度方向向左，B點電場強度方向向左，并且兩點電場強度的大小相等，故A、B兩點的電場強度相同，故D正確。
故選：D。

【點評】本題的關鍵要掌握等量異號電荷電場分布規(guī)律，知道兩個等量異號點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，分析時要抓住電場線分布的對稱性。
15．（沈河區(qū)校級四模）某形狀不規(guī)則的導體置于靜電場中，由于靜電感應，在導體周圍出現(xiàn)了如圖所示的電場分布，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點。下列說法正確的是（　?。?br />
A．A點的電場強度大于B點的電場強度
B．A點的電勢低于B點的電勢
C．將電子從A點移到B點，電勢能增加
D．將電子從A點移到B點，電場力做正功
【分析】根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大小；根據(jù)沿著電場線電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；根據(jù)電勢的變化判斷電勢能的變化，確定電場力做功正負。
【解答】解：A、根據(jù)電場線的疏密表示場強的相對大小，知A點處電場線比B點處稀，則A點的電場強度小于B點的電場強度，故A錯誤；
B、沿著電場線電勢逐漸降低，可知，A點所在等勢線的電勢比B點所在等勢線的電勢高，則A點的電勢高于B點的電勢，故B錯誤；
C、電子帶負電，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，則知電子從A點移到B點，電勢降低，電子的電勢能增加，故C正確；
D、將電子從A點移到B點，電勢能增加，則電場力做負功，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題關鍵要掌握電場線的兩個物理意義：電場線的疏密表示場強的相對大小，順著電場線方向電勢降低。同時，要知道負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大。
16．（溫州期中）如圖所示，真空中固定兩個等量異號點電荷+Q、﹣Q，圖中O是兩電荷連線中點，c、d兩點關于O點上下對稱，a、e兩點關于O點左右對稱，a、b兩點與+Q的距離相等。則下列說法正確的是（　　）

A．a、b兩點的電勢相等
B．a、e兩點的電場強度大小相等、方向相反
C．將電子由c沿cd邊移到d的過程中電場力做正功
D．質子由b點移動到c點電場力做的功等于由b到d電場力做的功
【分析】由場強的合成法則可得場強的大小關系，由電場力做功情況可得電勢的變化．兩等量異號點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，質子由b點移動到c點電場力做功與由b到d做功相同。
【解答】解：A、a、b兩點雖然關于+Q對稱，但是由于﹣Q的影響，兩點的電勢并不相等，故A錯誤；
B、設+Q電荷到a的距離是x1，﹣Q電荷到a的距離是x2，則+Q電荷在a的場強是E1＝k，方向水平向左，﹣Q電荷在a的場強是E2＝k，方向水平向右，合場強是E＝E1﹣E2＝k﹣k，方向水平向左，同理e點的和場強也是E1﹣E2＝k﹣k，方向水平向左，a、e兩點的合場強大小相等，且方向相同，故B錯誤；
C、c、O、d在一條等勢線上，故電子從c點移到d點電場力不做功，故C錯誤；
D、c、O、d在一條等勢線上，所以Ubc＝Ubd，電場力做功的公式是W＝qU，質子電荷量確定，U相等，所以質子由b點移動到c點電場力做的功等于由b到d電場力做的功，故D正確.
故選：D。
【點評】等量異號點電荷的電場線和等勢線分布情況是考試的熱點，抓住對稱性和其連線的垂直平分線是一條等勢線是學習的重點.
17．（洛陽模擬）一點電荷Q的電場中，讓x軸與它的一條電場線重合，已知坐標軸上A、B兩點的坐標分別為x1和x2，如圖甲所示。在A、B兩點分別放置正試探電荷，其受到的靜電力跟試探電荷的電荷量的關系，如圖乙中直線a、b所示，設靜電力的正方向與x軸正方向相同，靜電力常數(shù)未知。則下列說法不正確的是（　　）

A．可以判斷點電荷Q的電性
B．可以求出點電荷Q的電荷量
C．可以求出點電荷Q的位置坐標
D．可以比較A點和B點的電勢高低
【分析】根據(jù)圖線的斜率求出A、B點的電場強度大小，根據(jù)電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，判斷電場強度的方向；根據(jù)點電荷形成電場的電場強度計算公式求出點電荷Q的位置；根據(jù)點電荷形成的電場特點判斷A、B兩點的電勢高低。
【解答】解：A、由乙圖結合電場強度的定義式E＝可知，F(xiàn)﹣q圖線斜率表示電場強度，則有EA＞EB，根據(jù)點電荷的場強公式E＝，可知場源點電荷距離A點較近，又知在A、B兩點處的電場強度均沿著x軸正方向，故可判斷點電荷Q在A點左側并帶正電，故A正確；
BC、在A點的電場強度為EA＝＝N/C＝40N/C，設點電荷和A點之間距離為：x11，
根據(jù)點電荷產生的場強公式可知：EA＝，
在B點的電場強度為EB＝＝N/C＝2.5N/C，設點電荷和B點之間距離為：x22，
根據(jù)點電荷產生的場強公式可知：EB＝，
由于靜電常數(shù)未知，所以不能求出點電荷Q的電荷量，根據(jù)坐標軸上A、B兩點的坐標分別為x1和x2，可求出點電荷Q的位置坐標，故C正確，B錯誤；
D、根據(jù)以上分析可判斷點電荷的電性，進而根據(jù)點電荷形成的電場特點可判斷通過A、B兩點的電場線方向，沿著電場線方向電勢降低即可判斷A、B兩點的電勢高低，故D正確；
本題選不正確的，
故選：B。
【點評】解決本類題的關鍵在于掌握電場強度的定義式E＝和點電荷的場強公式E＝，以及知道電場強度的方向需要根據(jù)電荷電性分類判斷。
18．（六合區(qū)月考）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φa﹣φb＝φb﹣φc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（　　）

A．三個等勢面中，a的電勢最高
B．帶電質點通過P點時電勢能較大
C．帶電質點通過P點時的動能較大
D．電場力對質點做功|Wab|＞|Wbc|
【分析】由于質點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側，即斜向右下方，由于質點帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；根據(jù)電場力做功判斷電勢能變化，由能量守恒判斷動能變化；根據(jù)電場力做功為W＝qU，結合題意可判斷電場力對質點做功|Wab|＝|Wbc。
【解答】解：A.電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，故A錯誤；
B.根據(jù)質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；
C.從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；
D.電場力做功為W＝qU，因為Uab＝φa﹣φb＝Ubc＝φb﹣φc，所以電場力對質點做功|Wab|＝|Wbc|，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，考查知識點有針對性，重點突出，充分考查了學生掌握知識與應用知識的能力。
19．（秦淮區(qū)校級期中）如圖所示，以兩等量異種點電荷連線的中點O為圓心畫出半圓，在半圓上有a、b、c三點，b點在兩電荷連線的垂直平分線上，下列說法正確的是（　?。?br />
A．a、c兩點的電場強度相同
B．a、c兩點的電勢相同
C．正電荷由O點移到b點過程中電場力做正功
D．負電荷在a點的電勢能等于在b點的電勢能
【分析】兩等量異號點電荷電場線的分布具有對稱性，兩連線的垂直平分線是一條等勢線，b點的電勢與O點電勢相等。根據(jù)等量異號點電荷電場線分布的對稱性，分析a、c兩點場強關系和電勢關系。a點的電勢高于b點的電勢，由推論：正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢高處電勢能小，分析電勢能的關系。
【解答】解：AB、如右圖所示，根據(jù)等量異種點電荷的電場線與等勢面的分布圖可知，a、c兩點的電場強度相同，a點的電勢高于c點的電勢，故A正確，B錯誤；
C、O、b點在同一等勢面上，所以正電荷由O點移到b點過程中電場力不做功，故C錯誤；
D、a點的電勢高于在b點的電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，知負電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，則D錯誤。
故選：A。

【點評】等量異號點電荷的電場線和等勢線分布情況是考試的熱點，抓住對稱性和其連線的垂直平分線是一條等勢線是學習的重點．對于電勢能大小或變化的判斷，可根據(jù)推論或電場力做功正負判斷。
20．（鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，一帶電粒子以某一初速度進入某點電荷Q產生的電場中，沿圖中彎曲的虛線先后經過電場中的a、b兩點，其中a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成30°角；b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成60°角。若粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（　　）

A．點電荷Q一定帶正電
B．a點與b點連線中點的場強大小也為Eb
C．a點的電場一定強于b點的電場
D．粒子在a點的動能一定大于粒子在b點的動能
【分析】過曲線運動的受力方向可判斷出點電荷的電性，根據(jù)題意畫出點電荷所在位置，以及等勢線，根據(jù)題目條件分析即可。
【解答】解：將Ea，Eb延長相交，交點C即為點電荷Q的位置，如圖所示：

A、由上圖可知，電場強度的方向指向場源電荷，故場源電荷為負電荷，故A錯誤；
B、畫出Q形成的等勢面如圖所示，電場線由無限遠處指向Q，根據(jù)幾何關系可知，b點所在等勢面與ab連線交點為ab連線中點，因此a點與b點連線中點的場強大小為Eb，故B正確；
C、根據(jù)點電荷的電場線分布知a點的電場強度小于b點電場強度，故C錯誤；
C、由上圖可知，電荷在a點的距離場源電荷的距離比在b點距離場源電荷的距離遠，但該電荷電性位置，故從a到b的過程中，電場力做功正負位置，無法判斷點電荷在兩點處的動能相對大小，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查點電荷電場分布，比較簡單，根據(jù)題意畫出等勢面，判斷Q電性是解題關鍵。
21．（建鄴區(qū)校級期中）三個電荷量均為Q的點電荷形成的電場如圖所示，A、B、C是電場中的三個點，設三點電場強度的大小分別為EA、EB、EC，三點的電勢分別為φA、φB、φC。下列說法正確的是（　　）

A．三個點電荷的電性不相同
B．A、B、C三點電場強度大小EA＞EB＞EC
C．A、B兩點電勢φA＞φB
D．若將一帶負電的試探電荷從B移動到A，電場力做負功
【分析】根據(jù)電場線的分布可確定其電性；電場強度由電場線的疏密來確定；順著電場線的方向電勢逐漸降低；根據(jù)電場力方向和位移方向確定做功情況。
【解答】解：A、根據(jù)電場線的分布，可確定其電性相同，故A錯誤；
B、電場線的疏密來表示電場強度的大小，由電場分布可知，EA＜EB＜EC，故B錯誤；
C、順著電場線的方向電勢逐漸降低，所以φA＞φB，故C正確；
D、將一帶負電的試探電荷從B移動到A，電場力做正功，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題主要考查了電場線的特點，電場強度由電場線的疏密來確定，順著電場線的方向電勢逐漸降低是解題的關鍵。
22．（浙江月考）如圖所示，虛線表示某電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等。一重力不計、帶負電的粒子從右側射入電場，運動軌跡與三個等勢面分別交于a、b、c三點，則（　?。?br />
A．a點的電勢比b點的電勢高
B．粒子在c點時的加速度為零
C．粒子從a到c電勢能不斷減小
D．粒子從a到b電場力所做的功小于從b到c電場力所做的功
【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡彎曲方向可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向左上方，由于粒子帶負電，因此電場線方向也指向右下方，由電場線方向確定電勢高低；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷。
【解答】解：A、帶電粒子所受電場力指向軌跡的內側，且與等勢面垂直，所以，帶電粒子受到的電場力斜向左上方，由于粒子帶負電，因此電場線指向右下方，結合沿電場線方向電勢降低，可知a點的電勢比b點的電勢低，故A錯誤；
B、粒子在c點時受到的電場力不為零，則加速度不為零，故B錯誤；
C、粒子從a到時c，電場力做正功，電勢能不斷減小，故C正確；
D、根據(jù)電場力做功W＝qU，ab間與bc間的電勢差相等，故粒子從a到b電場力所做的功等于從b到c電場力所做的功，故D錯誤。
故選：C。

【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，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。
23．（合肥二模）空間有一沿x軸分布的電場，x軸上有P、Q兩點，其位置坐標分別為x0、2x0。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從坐標原點O以初速度v0沿x軸正方向做直線運動，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場力作用，設O點電勢為零。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．該電場為勻強電場
B．粒子在P點的電勢能為mv02
C．Q點的電勢為﹣
D．粒子在OP間的平均加速度比PQ間的大
【分析】結合圖像可知粒子在O、P、Q這三點之間的運動情況，速度越來越小，可知OP間和PQ間平均速度變小了，而位移相等，所以加速度變大了，說明不是勻強電場。結合動能定理可以找到電場力的功，就可以分析電勢能的大小，然后計算電勢。
【解答】解：AD、由圖中數(shù)據(jù)可得粒子在OP間和PQ間運動位移均為x0；但在OP間運動平均速度大于PQ間平均速度，即tOP＜tPQ，而兩個階段速度變化量均為﹣v0，因此在OP段平均加速度更大，故D正確，因為前后兩段平均加速度不一樣大，即電場力不一樣大，該電場不是勻強電場，故A錯誤；
B、由動能定理可得：O到P電場力做的功：W＝m（v0）2﹣m，解得W＝﹣m；又因為O點電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量；即EP＝m，故B錯誤；
C、由動能定理可得：O到Q電場力做的功：W′＝0﹣m；解得W′＝﹣m；又因為O點電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量；即EPQ＝m，電勢φQ＝＝＝，故C錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查電場當中帶電粒子的運動情況分析，知道加速度的變化可知電場強度的大小變化情況，結合動能定理可知電場力的功，電場力的功與電勢能變化相等。
24．（昌平區(qū)一模）真空中靜止的點電荷的電場線分布如圖所示，A、B為同一條電場線上的兩點。已知A點的場強為EA，B點的場強為EB，A、B兩點之間距離為d，電荷量為+q的試探電荷在A點的電勢能為EpA，在B點的電勢能為EpB。有關A、B兩點的說法正確的是（　?。?br />
A．該試探電荷在A點受靜電力較小
B．該試探電荷在B點具有的電勢能較大
C．A、B兩點間的電勢差等于（）d
D．A、B兩點間的電勢差等于
【分析】點電荷形成的電場，離場源電荷越遠，電場強度越小，電場力越小。
對正點電荷電勢減小，電勢能也減小。
點電荷形成的電場非勻強電場，利用電勢與電場強度關系求解。
電勢的定義式求解電勢。
【解答】解：A、點電荷產生的電場場強，由rB＞rA知，EA＞EB，由F＝qE可知，F(xiàn)A＞FB，即該試探電荷在A點受到的靜電力較大，故A錯誤。
B、由沿著電場線方向電勢逐漸降低可知φA＞φB，由Ep＝（+q）φ知，EPA＞EPB，即該試探電荷在A點具有的電勢能較大，故B錯誤。
C、由知，AB間的電場強度逐漸減小，且非均勻變化，故無法用計算電勢差，故C錯誤；
D、A、B兩點之間的電勢差，故D正確；
故選：D。
【點評】明確點電荷電場線的分布，電場線與電勢的關系，是解題的關鍵。
25．（天河區(qū)模擬）某平面區(qū)域內一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，一正電荷僅在電場力作用下由a運動至b，設a、b兩點的電場強度分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，該電荷在a、b兩點的速度分別為va、vb，電勢能分別為Epa、Epb，則（　　）

A．Ea ＞Eb B．φa ＞φb C．va ＞vb D．Epa ＞Epb
【分析】電場線的疏密程度判斷電場強度。
根據(jù)等勢線判斷電場線，根據(jù)電場線可判斷電勢大小。
根據(jù)題意電場力做負功，速度變化可知。
由能量守恒可判斷電勢能的變化情況。
【解答】解：A、由等勢線的疏密與電場線的疏密成正比的關系可知，Ea＜Eb，故A錯誤。
B、根據(jù)題中給出的等勢線畫出電場線，如圖中虛線所：

由于粒子帶正電，電場力方向與場強方向相同，電場力指向左側，沿著電場線的方向電勢降低，所以φa＜φb，故B錯誤。
C、電場力向左，做負功，故va＞vb，故C正確。
D、電場力做負功電勢能增加，Epa＜Epb，故D錯誤。
故選：C。
【點評】明確電場線和電場力的關系，找出電場力做功情況并能用做功情況判斷能量變化情況是解決問題的關鍵。
26．（南充模擬）如圖所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中的運動軌跡，a、b、c為粒子的運動軌跡和等勢線的交點，粒子只受電場力作用，以下說法正確的是（　　）

A．a點的電場強度大于b點的電場強度
B．粒子在a點的動能比在b點的動能小
C．粒子在a點和c點的速度相同
D．粒子在b點的電勢能比在c點的電勢能大
【分析】根據(jù)等勢線的疏密程度判斷電場強度。
電場力做功來判斷動能大小。
根據(jù)速度大小和方向來判斷速度是否相同。
根據(jù)能量守恒來判斷電勢能的大小。
【解答】解：A、根據(jù)等勢線的疏密情況與電場線的疏密情況成正比，可知a點的電場強度小于b點的電場強度，故A錯誤。
B、根據(jù)粒子運動的軌跡，粒子所受合外力指向曲線凹側，且與等勢線垂直，電場力與速度方向夾角小于90°，粒子加速度，故a點動能比b點動能小，故B正確。
C、根據(jù)粒子的運動軌跡可知a、c在同一等勢線上，電場力做功為零，速度大小不變，但是方向不同，故C錯誤。
D、粒子在電場中運動能量守恒，由B選項可知，從a到b動能增加，電勢能減小，即粒子在b點的電勢能比在a點的電勢能小，a與c在同一等勢線上，則粒子在b點的電勢能比在c點的電勢能小，故D錯誤。
故選：B。

【點評】明確電場力做功對應動能的變化，判斷電勢能的變化，題中沒有告訴粒子電性，所以只能通過做功的正負來判斷能量的變化。
27．（丹陽市校級模擬）兩點電荷的帶電量分別為+4q和﹣q，組成弧立的電荷系統(tǒng)，其電場線分布如圖中實線所示，虛線上有AB＝BC＝CD，則可以判斷下列說法中正確的有（　　）

A．A點附近沒有電場線，電場強度為零
B．若把一個負的試探電荷q沿虛線從C移到D的過程中，試探電荷q的電勢能增大
C．B、C間電場線的方向由B指向C
D．若在虛線上引入第三個點電荷，使三個電荷僅在庫侖力作用下平衡，則第三個電荷應就放在A點
【分析】根據(jù)點電荷電場強度公式，判斷各處場強大小和方向，再根據(jù)電場力做功與電勢能關系判斷電勢能變化，根據(jù)平衡條件判斷第三個點電荷所放位置。
【解答】解：A、根據(jù)點電荷電場強度公式E＝，以及電場線的疏密表示場強大小，可以判斷出B點是+4q的點電荷，C點是﹣q的點電荷，A點距離+4q比較近，距離﹣q比較遠，根據(jù)公式可知A點的電場強度不為零，故A錯誤；
B、由于已判斷出B、C點的點電荷的電性，則電場線由無限遠處指向C，沿電場線方向電勢逐漸降低，故φD＞φC，因此負的試探電荷沿虛線從C移到D的過程中，試探電荷q的電勢能減小，故B錯誤；
C、B點是+4q的點電荷，C點是﹣q的點電荷，所以B、C間電場線的方向由B指向C，故C正確；
D、根據(jù)三自由點電荷平衡問題的結論：“兩大夾小”，得到第三個電荷應該放在C點的左側，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查點電荷的電場分布，難度中等，注意三個點電荷僅在庫侖力作用下平衡問題結論的使用。
28．（瑤海區(qū)月考）如圖所示、三個同心圓是一個點電荷周圍的三個等勢面，已知這三個圓的半徑成等差數(shù)列，A、B、C分別是這三個等勢面上的點，且這三點在同一條電場線上。A、C兩點的電勢依次為φA＝20V和φC＝2V，則B點的電勢（　　）

A．一定等于11V B．一定高于11V
C．一定低于11V D．無法確定
【分析】通過比較在AB間和BC間移到同一電荷電場力做功的大小，來確定電勢差UAB和電勢差UBC的大小關系，進而確定B點的電勢。
【解答】解：設AB間的電場強度的平均值為E1，BC間的電場強度的平均值為E2，根據(jù)點電荷電場強度公式，知從A到B到C電場強度逐漸減小，故E2＜E1；
設想將一電量為q （q＞0）的電荷從A移到B電場力做功為W1，從B移到C電場力做功為W2，由題意φA＞φC，所以圓心處電荷為正電荷，故W1和W2均大于零.
設AB＝BC＝d.由功的定義W1＝qE1d，W2＝qE2d，因E2＜E1，故W2＜W1.
根據(jù)電勢差定義，，因W2＜W1，故UBC＜UAB，
即φB﹣φC＜φA﹣φB，整理得，故C正確，ABD錯誤.
故選：C。
【點評】本題考查點電荷電場的電場強度和電勢，作答應該從電場力做功的角度展開，本題將電場強度和電勢這兩個描述電場的物理量有機結合起來，屬于一道能力型試題。
29．（瑤海區(qū)月考）一電子經過電場中A、B兩點，電子在A點電勢能為4.8×10﹣17J，動能為3.2×10﹣17J，電子經過B點時電勢能為3.2×10﹣17J，如果電子只受電場力作用，則（　?。?br /> A．電子在B點的電勢為200V
B．由A到B電場力做功為100eV
C．電子在B點時動能為1.6×10﹣17J
D．A、B兩點間電勢差UAB＝100V
【分析】由電勢和電勢差的定義求B點的電勢和電勢差。根據(jù)能量守恒求出電子的動能，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系求電場力做的功，同時可以求出兩點間的電勢差。
【解答】解：A、根據(jù)電勢的定義求B點的電勢，φB＝＝＝﹣200V，故A錯誤；
B、根據(jù)電場力做的功等于電勢能的減小量可求WAB＝EpA﹣EpB＝4.8×10﹣17J﹣3.2×10﹣17J＝1.6×10﹣17J＝100eV，故B正確；
C、由于電子只受電場力作用，根據(jù)能量守恒定律知道，電子在A點的電勢能和動能之和與B點的電勢能和動能之和相等。EkB＝EA﹣EpB＝（4.8+3.2）×10﹣17J﹣3.2×10﹣17J＝4.8×10﹣17J，故C錯誤；
D、AB兩點的電勢差UAB＝＝＝﹣100V，故D錯誤。
故選：B。
【點評】根據(jù)能量守恒求出電子的動能，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系求電場力做的功，同時可以求出兩點間的電勢差。
二．多選題（共12小題）
30．（鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，勻強電場E的區(qū)域內，在O點放置一點電荷+Q。a、b、c、d、e、f為以O為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（　　）

A．b、d兩點的電場強度方向相同
B．d點的電勢等于f點的電勢
C．點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功
D．將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大
【分析】空間任何一點的電場都是由勻強電場和點電荷的電場疊加而成，根據(jù)平行四邊形定則分析各點場強關系。場強是矢量，只有大小和方向都相同時，場強才相同。根據(jù)疊加原理，判斷各點的電勢關系。若兩點間電勢差不為零，移動點電荷時電場力做功不為零。根據(jù)電場力做功大小來分析電勢能變化量的大小。
【解答】解：A、點電荷+Q在b點產生的電場方向豎直向上，在d點產生的電場方向豎直向下，勻強電場方向水平向右，因為空間任何一點的電場都是由勻強電場和點電荷的電場疊加而成，所以，根據(jù)平行四邊形定則可知，b點的合場強方向斜向右上方，d點的合場強方向斜向右下方，兩點場強大小相同，方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；
B、在點電荷的電場中，d點的電勢等于f點的電勢；在勻強電場中，d點的電勢也等于f點的電勢，則d點的電勢等于f點的電勢，故B正確；
C、bedf是一條等勢線，當電荷+q沿著球面上的bedf移動時，勻強電場的電場力不做功，故C錯誤；
D、將點電荷+Q的電場中，在球面上任意兩點之間移動點電荷+q時電場力不做功。在勻強電場中，從a點移動到c點電場力做功最大，根據(jù)疊加原理可知，將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，從a點移動到c點電場力做功最大，電勢能的變化量一定最大，故D正確。
故選：BD。
【點評】解答本題的關鍵要熟練運用電場的疊加原理，來分析各點的場強和電勢關系，判斷電場力做功關系。
31．（倉山區(qū)校級期末）如圖，一電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN，P點在y軸右側，MP⊥ON，則下列說法正確的是（　　）

A．M點的電勢比P點的電勢高
B．將負點電荷由O點移動到P點，電場力做正功
C．M、N兩點間的電勢差等于O、M兩點間的電勢差
D．M、N兩點間的電勢差小于O、M兩點間的電勢差
【分析】電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功；結合勻強電場的電場強度與電勢差的關系類比分析M、N之間的電勢差與0、M之間電勢差的關系.
【解答】解：A、在圖中過M、P、N做等勢線，可得到過P點的等勢線通過M、N之間，因順著電場線電勢降低，
則有ΦM＞ΦP＞ΦN，故A正確；
B、將負電荷由O點移到P點，因UOP＞0，所以W＝﹣qUOP＜0，則負電荷做負功，故B錯誤；
CD、由圖可知，MN間的平均場強小于OM間的平均場強，由U＝Ed可知，MN兩點間的電勢差小于OM兩點間的電勢差，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】該題考查電場線的特點，與電場力做功的特點，加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題.
32．（未央?yún)^(qū)校級模擬）如圖，在真空中有兩個不等量異種點電荷Q1（Q1＞0）和Q2（Q2＜0）．其中，Q1，Q2所帶電荷量之比值為λ（λ＞1）．將它們分別固定在x坐標軸原點O（即x＝0）和x＝r0的位置上，選無窮遠處電勢為0．在x軸上引入一負的試探電荷q，下列結論正確的是（　　）

A．在x軸上q所受電場力為0的點有兩處
B．在x軸上q電勢能為0的點有兩處
C．q從緊靠Q2處沿x軸移送至無窮遠，電勢能一直增加
D．q從緊靠Q2處沿x軸移送至無窮遠，電勢能先減少后增加
【分析】某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產生的電場的疊加，是合場強，運用合成進行分析合場強為零的地方電場力也為零；
【解答】解：A、根據(jù)點電荷的場強公式E＝，所以要使電場強度為零，那么負電荷Q2和正電荷Q1在該處產生的場強大小相等方向相反。
不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷量大于Q2；也不會在Q1 Q2之間，因為它們電性相反，在Q1 Q2之間的電場方向都是沿x軸正方向，
所以，只能在Q2右邊有一處M（r，0），由電場力F＝qE可知，在x軸上M處q所受電場力為0，故A錯誤；
B、x軸上各區(qū)域電場線分布如圖所示：從Q1 沿x軸負方向延伸到無窮遠處，從M沿x軸正方向延伸到無窮遠處，電勢都為0，由EP＝qφ可得q在這兩處電勢能都為0，故B正確；
C、D、如圖所示：q從緊靠Q2處沿x軸移送至無窮遠，在Q2M之間電場力先做正功，從M至無窮遠，電場力做負功，所以電勢能先減小后增大，故C錯誤，D正確。
故選：BD。

【點評】本題難點在x軸上各區(qū)域電場線的分布，重點要找到場強為0的點在哪個區(qū)域，熟練掌握功能關系。
33．（廣東模擬）真空中，兩個固定點電荷A、B所帶電荷量分別為Q1和Q2，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向，電場線上標出了C、D兩點，其中D點的切線與AB連線平行，AB連線中點為O，則（　?。?br />
A．A帶正電，B帶負電，且Q1＞Q2
B．O點電勢比D點電勢高
C．負檢驗電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能
D．在C點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿此電場線運動到D點
【分析】A、根據(jù)電場線的方向和場強的疊加，可以判斷出AB的電性及電量的大?。?br /> B、沿著電場線方向電勢降低；
C、先比較電勢的高低，再根據(jù)EP＝qφ，比較電勢能；
D、只有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行，運動軌跡才與電場線重合.
【解答】解：A、根據(jù)電場線的流向，知A帶正電，B帶負電；D點的場強可看成AB兩電荷在該點產生場強的合場強，電荷A在D點電場方向沿AD向上，電荷B在D點產生的場強沿DB向下，合場強水平向右，可知B電荷在D點產生的場強大于A電荷在D點產生的場強，而AD＞BD，所以Q1＞Q2.故A正確.
B、沿著電場線方向電勢降低，所以O點電勢比D點電勢高，故B正確。
C、沿電場線方向電勢逐漸降低，φC＞φD，再根據(jù)EP＝qφ，q為負電荷，知EPC＜EPD，故C錯誤，
D、只有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行，運動軌跡才與電場線重合，而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】解決本題的關鍵知道電場線的特點及電勢能高低的判斷、電勢能高低判斷：一可以從電場力做功角度判斷，二根據(jù)電勢能的公式判斷。
34．（老城區(qū)校級月考）如圖所示，a、b、c為電場中的三條等差等勢線，一根光滑、粗細均勻的絕緣豎直桿固定在電場中，一個帶電小球套在桿上在A點由靜止釋放，小球向下運動到B點的過程中，小球的電勢能越來越大；已知a、b、c三條等勢線和電場強度方向均在豎直面內，下列說法正確的是（　　）

A．小球一定帶負電
B．小球的加速度一定越來越大
C．小球的動能可能先增大后減小
D．小球的機械能一定越來越小
【分析】小球向下運動到B點的過程中，小球的電勢能越來越大，電場力做負功，確定電場力大致方向，判斷小球的電性；根據(jù)電場強度的變化分析電場力的變化，由牛頓第二定律判斷加速度的變化。根據(jù)能量守恒定律分析機械能的變化。
【解答】解：A、小球向下運動到B點的過程中，小球的電勢能越來越大，電場力做負功，則小球受到的電場力一定垂直于等勢線斜向右上方，由于電場線方向不確定，所以不能確定小球的電性，故A錯誤；
B、根據(jù)等差等勢線越密，電場線越密，電場強度越大，反之，電場強度越小，可知從A點到B點，電場強度越來越小，小球受到的電場力越來越小，同時，電場力方向與AB桿的夾角逐漸增大，則電場力在豎直方向的分量F豎直越來越小，根據(jù)牛頓第二定律得mg﹣F豎直＝ma，可知小球的加速度一定越來越大，故B正確；
C、小球的加速度越來越大，速度越來越大，動能一直增大，故C錯誤；
D、根據(jù)能量守恒定律知小球的電勢能與機械能之和保持不變，小球的電勢能越來越大，則小球的機械能一定越來越小，故D正確。
故選：BD。
【點評】解答本題的關鍵要正確分析小球的受力情況，根據(jù)豎直方向的合力變化情況，來判斷其加速度變化情況。
35．（日照二模）在x軸上分別固定兩個點電荷Q1、Q2，Q2位于坐標原點O處。兩點電荷形成的靜電場中，x軸上的電勢φ隨x變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A．x2處電勢φ最高，電場強度最大
B．Q1帶正電，Q2帶負電
C．Q1的電荷量小于Q2的電荷量
D．電子從x1處沿x軸移動到x2處，電勢能增加
【分析】由φ﹣x圖像直接讀出電勢高低，根據(jù)圖像的斜率分析電場強度的大小；根據(jù)x→0，φ→﹣∞，來判斷兩個點電荷的電性，并判斷電荷量的大??；根據(jù)電場力做功正負判斷電勢能的變化情況。
【解答】解：A、根據(jù)E＝知φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，可知，x3處電勢φ最高，電場強度為零，故A錯誤；
B、由圖可知，x→0，φ→﹣∞，說明Q2帶負電，而在整個空間存在φ＞0的區(qū)域，說明Q1帶正電，故B正確；
C、在x3處電場強度為零，說明兩個點電荷在該處電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)E＝k知，Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故C錯誤；
D、電子從x1處沿x軸移動到x2處，電場力做負功，電勢能增加，故D正確。
故選：BD。
【點評】在φ﹣x圖像中：①電場強度的大小等于φ﹣x圖像的斜率大小。②可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。③分析電荷移動時電勢能的變化，可用W＝qU，進而分析電場力做功的正負。
36．（順德區(qū)模擬）如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑絕緣斜槽，放在方向豎直向下的勻強電場中。有一質量為m、電量為q的帶負電小球從斜槽頂端A處，以初速度v0沿斜槽向下運動，能到達斜面底端B處。則運動過程中，（　?。?br />
A．小球不可能做減速運動
B．小球的電勢能增加
C．電場力做的功等于小球的機械能增量
D．電場力的沖量可能與重力的沖量相同
【分析】對小球受力分析，可知電場力小于或等于小球自身重力，小球加速或勻速運動，不能減速。電場力與位移方向夾角是鈍角，電場力做負功，電勢能增加。除重力外其他力做功為機械能的改變量，可知電場力做的功等于小球的機械能增量。根據(jù)沖量的定義式，判斷可知電場力與重力的沖量方向恰好相反。
【解答】解：A、能到達斜面底端B處，說明電場力小于或等于小球自身重力，則小球做加速或勻速運動，不會做減速運動，故A正確；
B、小球所受電場力與位移方向夾角為鈍角，則電場力做負功，所以其電勢能增加。故B正確；
C、根據(jù)除重力外其他力做功為機械能的改變量，可知電場力做的功等于小球的機械能增量，故C正確；
D、根據(jù)沖量的定義式，有I＝Ft，電場力的沖量大小可能與重力的沖量大小相同，但二者沖量的方向恰好相反，故D錯誤。
故選：ABC。
【點評】本題考查電勢能與電場力做功的關系，機械能的改變量的計算，沖量的定義。要熟記知識點，結合數(shù)學分析物理問題。
37．（安徽月考）如圖所示，平行等距的水平虛線a、b、c、d為某一電場的等勢面，其電勢分別為φa＝3V、φc＝9V、φd＝12V。一個不計重力的帶電粒子在電場中運動，圖中實線為其軌跡，M、N、P是軌跡上的三點，其中N點為軌跡上最高點，則（　?。?br />
A．電場的方向豎直向下且虛線b的電勢一定是6V
B．粒子一定帶負電
C．在三點中，粒子在P點的電勢能最大，動能最小
D．粒子在MN間電場力做功的值小于NP間電場力做功的值
【分析】根據(jù)等勢面分布得到電場分布，由運動軌跡得到粒子受力方向，從而可以判斷粒子的電性；再根據(jù)電勢能的公式判斷電勢能的大小，由動能定理得到動能的大小。
【解答】解：A、電場線的方向垂直于等勢面，且指向電勢降低的方向，所以如圖所示的電場強度方向豎直向上，故A選項錯誤；
B、做曲線運動的質點的軌跡彎向所受合力的方向，由于受力豎直向下，而電場強度向上，所以電荷帶負電，故B正確；
C、負電荷在電勢低處電勢能大，故P點負電荷的電勢能最小，動能最大，故C錯誤；
D、由于UMN＞0，UNP＜0，那么﹣qUMN＜0，﹣qUPN＞0，所以WMN＜WNP，故D正確。
故選：BD。
【點評】要注意平行等距的等勢面是勻強電場的等勢面，根據(jù)電勢的高低判斷電場強度的方向，由電勢能的公式判斷電勢能的大小，再由動能定理判斷動能的大小。
38．（漳州二模）如圖，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內，圓環(huán)上A、B、C三點構成正三角形，BD、AE為圓環(huán)直徑，且BD水平，H為圓環(huán)最低點。將帶正電小環(huán)P、Q（均可視為點電荷）套在圓環(huán)上，Q固定在A點不動。現(xiàn)將小環(huán)P由B點靜止釋放，則（　?。?br />
A．小環(huán)P到達E點時速度最大
B．小環(huán)P從B到H機械能先增大后減小
C．Q形成的電場中，B、C兩點處的場強大小相等
D．Q形成的電場中，B點的電勢大于C點的電勢
【分析】根據(jù)外力對小環(huán)P做功情況，判斷其速度變化情況，根據(jù)電場力做功情況，分析小環(huán)P機械能的變化情況。根據(jù)點電荷場強公式E＝k分析Q形成的電場中，B、C兩點處的場強大小關系，結合點電荷電場中等勢面分布情況分析B點與C點電勢關系。
【解答】解：A、小環(huán)P、Q均帶正電，相互間存在靜電斥力。小環(huán)P從B點運動到E點的過程中，重力做正功。小環(huán)Q對P的靜電力方向與P速度方向的夾角為銳角，靜電力對P環(huán)也做正功，圓環(huán)對P環(huán)不做功，所以外力對小環(huán)P做的總功為正功，根據(jù)動能定理可知，小環(huán)P的速度不斷增大。從E點到H點的過程開始階段，小環(huán)P受到的靜電力和重力的合力方向與速度方向的夾角為銳角，該合力對小環(huán)P做正功，所以小環(huán)P的速度要繼續(xù)增大，所以，小環(huán)P到達E點時速度不是最大，故A錯誤；
B、小環(huán)P從B到H的過程中，靜電力對小環(huán)P先做正功，后做負功，根據(jù)功能關系可知，小環(huán)P的機械能先增大后減小，故B正確；
C、Q形成的電場中，因B、C兩點到A點的距離相等，根據(jù)點電荷場強公式E＝k分析可知B、C兩點處的場強大小相等，故C正確；
D、Q形成的電場中，因B、C兩點到A點的距離相等，所以B點的電勢等于C點的電勢，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】解答本題時，要明確靜電力方向與速度方向的夾角，來分析靜電力對小環(huán)P做功情況，能根據(jù)功能關系確定小環(huán)P機械能的變化情況。
39．（三明三模）如圖甲所示，一絕緣的豎直圓環(huán)上均勻分布著負電荷，一光滑細桿從圓心垂直圈環(huán)平面穿過圓環(huán)，桿上套有帶電的小球，現(xiàn)使小球從a點以某一初速度向右運動，到達c點速度為零。取a點為零電勢能點，運動過程中小球的電勢能Ep隨其運動位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）

A．小球帶負電
B．電勢差Uba大于Ucb
C．a點場強大于b點場強
D．小球經過b點時的動能為2J
【分析】利用從a到b電場力做功的正負，判斷小球電性；利用電勢差表達式判斷電勢差的大??；利用圖像斜率的物理意義判斷場強大小；由電勢能和動能之和守恒求b點動能。
【解答】解：A、由圖象乙，知由a到b小球的電勢能變大，故小球克服電場力做功，故小球受電場引力，小球帶正電，故A錯誤。
B、由電勢差定義和電場力做功與電勢能變化關系WAB＝EPA﹣EPB得：，，q＞0故Uba大于Ucb，故B正確。
C、圖象的斜率，因為a點斜率小于b點的斜率，故a點場強小于b點的場強。
D、由能量守恒定律得：Ekb+EPb＝Ekc+EPc，即Ekb+4＝0+6，Ekb＝2J，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題利用圖象考查電勢能、電勢差等相關概念，作答需利用圖象斜率并依據(jù)能量轉化守恒定律，是一道很好的題目。
40．（湖南模擬）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于x軸上的P、Q兩點，其位置關于點O對稱.圓弧曲線是一個以O點為圓心的半圓，c點為半圓與y軸的交點，a、b為一平行于x軸的直線與半圓的交點，下列說法正確的是（　　）

A．a、b兩點的場強相同
B．a、b兩點的電勢相同
C．將一個負點電荷沿著圓弧從a移到c點再沿y軸正方向移動，電勢能先增大后不變
D．半圓上任一點，兩電荷的電場強度大小分別是E1、E2，則+為一定值
【分析】由等量正電荷的電場線和等勢線分布特點，結合對稱性判定a、b兩點的場強和電勢；負電荷從高電勢向低電勢移動，電場力做負功，電勢能增大；利用點電荷場強公式證明為+定值。
【解答】解：A、由等量正電荷的電場線分布特點可知a、b兩點場強大小相等，方向不同，故A錯誤；
B、由等量正電荷的等勢線分布特點及對稱性可知：a、b兩點電勢相同，故B正確；
C、由等量正電荷的電場線分布特點可知，負電荷沿著圓弧從a移到c點再沿y軸正方向移動，電勢一直降低，電場力做負功，電勢能一直增大，故C錯誤；
D、如圖所示：設圓半徑為R，M為半圓上任一點，p、Q帶電量為q，pM與pQ夾角為θ，p在M點場強為：E1＝k
Q在M點場強為：E2＝k 解得：＝+＝為定值，故D正確。
故選：BD。

【點評】要熟練記憶等量正電荷電場線和等勢線的分布特點及對稱性，以快速解題提高解題效率。
41．（蕪湖模擬）如圖，真空中有一邊長為L的正方形，a、b、c、d為四個頂點。電荷量均為q（q＞0）的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k。在b點由靜止釋放一電子，不計重力。下列說法正確的是（　?。?br />
A．b點的電場強度大小為
B．電子到達d點時速度為零
C．電子從b運動到d的過程中，先做勻加速運動后做勻減速運動
D．電子從b運動到d的過程中，電勢能先減小后增大
【分析】先求解兩個電荷單獨存在時在b點的場強，然后根據(jù)平行四邊形定則合成得到b點的場強；根據(jù)電子的受力情況分析電子的運動過程；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。
【解答】解：等量同種點電荷的電場線與等勢面分布如圖：
A、由點電荷的場強公式可知，a、c兩電荷在b點產生的電場強度大?。海?br /> 則b點的電場強度大小為：，故A錯誤；
B、結合等量同種點電荷的電場分布的特點可知，b點與d點的電勢是相等的，所以電子在b、d兩點的電勢能相等，所以從b點釋放的電子，電子將沿bd的方向運動，電子在b點速度為零，由能量守恒定律可知，到達d點的速度恰好等于0．故B正確；
C、從b到d間的電場不是勻強電場，電子所示電場力大小不是恒力，由牛頓第二定律可知，電子的加速度大小不恒定，電子的運動不是勻變速運動，電子從b運動到d的過程中，先做加速運動后做減速運動，故C錯誤；
D、電子從b運動到d的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故D正確。
故選：BD。

【點評】本題考查電場的疊加，注意電場強度時矢量，合成遵循平行四邊形定則；應用點電荷的場強公式與電場的疊加原理即可解題；解題時注意電場力做功與電勢能變化的關系。
三．填空題（共9小題）
42．（瑤海區(qū)月考）如圖所示，已知平行板電容器兩極板間距離d＝4cm，充電后兩極板電勢差為200V。A板帶正電，若它的電容為6μF，且P到A板距離為1cm。求：
（1）該電容器的帶電量等于　1.2×10﹣3　C。
（2）兩板間的電場強度等于　5×103　N/C。
（3）一個電子在P點具有的電勢能為　﹣2.4×10﹣17　J。

【分析】（1）根據(jù)電容的定義式C＝，求電荷量；
（2）電子從B板出發(fā)到A板，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解動能；
（3）兩板間存在勻強電場，由求出電場強度再根據(jù)公式U＝Ed求出P與下板間的電勢差，根據(jù)功能關系即可求得電子在P點的電勢能.
【解答】解：（1）由C＝得：Q＝CU＝6×10﹣6×200C＝1.2×10﹣3C；
（2）兩板間的電場強度為：E＝＝N/C＝5×103N/C
（3）求出UPB＝EdPB＝5×103×（0.04﹣0.01）V＝150V，
而B板接地，電勢為零。
UPB＝φP﹣φB＝φP＝150V。
EP＝e×φP＝﹣1.6×10﹣19×150V＝﹣2.4×10﹣17J
故答案為：（1）1.2×10﹣3；（2）5×103；（3）﹣2.4×10﹣17
【點評】本題考查電場的基本知識，要特別注意理解在電場中電勢和電勢能的關系的正確應用。
43．（寶山區(qū)期末）如圖所示，有一圓心為O、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，在圓形區(qū)域所在空間有勻強電場。將質量為m、電荷量為q的正點電荷由A點靜止釋放，自圓周上的C點以速率v0穿出，已知AC與AB的夾角θ＝60°，運動中點電荷僅受電場力的作用，則勻強電場的場強大小為　??；若將該點電荷從A點移到圓周上的任意一點，則其中點電荷電勢能變化的最大值是　　。

【分析】粒子初速度為零時，沿電場力方向做勻加速直線運動，粒子由C點射出電場，所以電場方向與AC平行，由A指向C．根據(jù)動能定理求電場強度的大小。
為使粒子穿過電場后的電勢能的變化量最大，則電場力做功最多，出射點的切線必定與電場垂直，結合電場力做功與電勢能變化的關系即可求出。
【解答】解：粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。
由幾何關系和電場強度的定義知：AC＝R…①
F＝qE…②
由動能定理得：F?AC＝…③
聯(lián)立①②③解得 E＝ …④
如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大，點電荷電勢能變化也最大。
由幾何關系知：∠PAD＝30°，AP＝R…⑤
根據(jù)U＝Ed…⑥
可知： …⑦
粒子電勢能的變化量：△Ep＝q?△U…⑧
所以點電荷從A到P電勢能的變化量等于點電荷從A到C電勢能變化量的，結合只有電場力做功，電勢能的變化量等于點電荷動能的變化量，所以點電荷從A到P電勢能的變化量等于點電荷從A到C動能變化量的，所以若將該點電荷從A點移到圓周上的任意一點，則其中點電荷電勢能變化的最大值為
故答案為：，

【點評】本題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉問題，要明確粒子的受力情況，確定其運動情況，會熟練運用運動的分解法處理類平拋運動，結合幾何知識幫助解答。
44．（海淀區(qū)校級期中）有三根長度為l＝1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m＝1.00×10﹣2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為﹣q和+q（A帶負電，B帶正電），q＝1.00×10﹣7C。A、B之間用第三根線連接起來。空間中存在大小為E＝1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比減少了　6.8×10﹣2　J。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）（＝1.4，＝1.7）

【分析】先對整體受力分析，根據(jù)平衡條件確定最后兩個小球靜止的位置，再根據(jù)重力勢能和電勢能的計算公式進行解答。
【解答】解：以整體為研究對象，將O、B之間的線燒斷后A、B球達到新的平衡位置時，整體水平方向不受外力作用，故OA線豎直，如圖所示；
由于qE＝mg＝0.1N，所以最后AB線與豎直方向的夾角為45°；
與原來位置相比，A球的重力勢能減少了：EA＝mgl（1﹣sin60°）
B球的重力勢能減少了：EB＝mgl（1﹣sin60°+cos45°）
A球的電勢能增加了：WA＝qElcos60°
B球的電勢能減少了：WB＝qEl（sin45°﹣sin30°）
前后狀態(tài)系統(tǒng)的動能不變，兩種勢能總和減少了：△W＝WB﹣WA+EA+EB
代入數(shù)據(jù)解得：W＝6.8×10﹣2J。
故答案為：6.8×10﹣2。

【點評】本題先對帶電小球整體受力分析確定最后靜止時所處的位置，然后根據(jù)重力勢能的計算公式計算重力勢能的變化、根據(jù)電場力做功求解電勢能的變化即可。
45．（會寧縣校級月考）如圖，在無窮大均勻帶正電金屬板和負點電荷形成的電場中，金屬板接地，金屬導體置于負點電荷和金屬板之間且在過負點電荷垂直于金屬板的直線上，A、B、C是垂線上的三個點且B、C在金屬導體表面，B、C兩點的電勢φB?。健ˇ誄（填“大于”、“等于”或“小于”），負電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能，EpB?。健pC（填“大于”、“等于”或“小于”）。

【分析】處于靜電平衡的導體整個導體是一個等勢體，表面是一個等勢面，結合電勢能公式Ep＝qφ分析電勢能關系。
【解答】解：金屬導體放在電場中，處于靜電平衡狀態(tài)，整個導體是一個等勢體，表面是一個等勢面，所以B、C兩點的電勢關系為φB＝φC，由電勢能公式Ep＝qφ在負電荷在B點的電勢能等于在C點的電勢能，即EpB＝EpC。
故答案為：＝，＝。
【點評】解決本題的關鍵要理解并掌握處于靜電平衡導體的特點：整個導體是一個等勢體，表面是一個等勢面。
46．（漢陽區(qū)校級月考）如圖所示虛線為電場中的一簇等勢面A、B兩等勢面間的電勢差絕對值為8V，相鄰兩等勢面電勢差相等。一個電子在電場中通過的軌跡如圖中實線所示，電子過M點的動能為8eV，它經過N點時的動能為　2　eV，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能　小?。ㄌ畲蠡蛐。?。

【分析】通過電子運動軌跡判斷速度方向及電場力方向，即可判斷電場力做功情況。
【解答】解：電子從M到N速度方向為軌跡的切線方向，電子受到電場力方向指向MN的凹側，且垂直于等勢面，可知速度方向與電場力方向成鈍角，電場力做負功，電勢能升高，動能降低；A、B兩等勢面間的電勢差絕對值為8V，相鄰兩等勢面電勢差相等，則M、N兩等勢面間的電勢差絕對值為6V，根據(jù)W＝Uq知，電子從M到N電場力做了6eV的負功，電勢能升高6eV，動能降低了6eV，則電子經過N點時的動能為2eV，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能??；
故答案為：2；小
【點評】本題注意畫出軌跡速度的方向及受力方向，軌跡的切線方向為速度方向，受力方向垂直于等勢面并指向曲線的凹側。
47．（工農區(qū)校級月考）如圖所示，電場中某一電場線為直線，A、B、C為電場線上的三個點。將帶電荷量q1＝﹣2×10﹣8C的點電荷從B點移到A點的過程中，電場力做了W1＝1×10﹣7J的功；將帶電荷量q2＝1×10﹣8C的點電荷分別放在B、C兩點時，其在C點時的電勢能比在B點時的電勢能小2×10﹣7J，請回答下列問題。
（1）在A、B、C三點中，電勢最高的點是　A　點，電勢最低的點是　C　點
（2）A、C兩點間的電勢差為　25　V。
（3）若B點的電勢為零，則帶電荷量為q1的點電荷在C點的電勢能為　4×10﹣7　J。

【分析】（1）根據(jù)電勢差的定義式U＝，分別求出BA間和BC間電勢差，即可比較三點電勢的高低；
（2）A、C兩點間的電勢差UAC＝UAB+UBC。
（3）設B點的電勢為零，確定出C點的電勢，由Ep＝qφ公式求出點電荷q1在C點的電勢能。
【解答】解：（1）根據(jù)電勢差的定義式U＝得BA間電勢差為：
UBA＝＝＝﹣5V，說明A點的電勢比B點高5V；
若點電荷q2從B移到C，電勢能減小2×10﹣7J，電場力做功 W2＝2×10﹣7J
則BC間電勢差為：UBC＝＝V＝20V，說明B點的電勢比C點高20V
故電勢最高的點是A點，電勢最低的點是C點。
（2）A、C兩點間的電勢差為：UAC＝UAB+UBC＝5V+20V＝25V
（3）設B點的電勢為零，則C點的電勢為：φC＝﹣20V
電荷q1在C點的電勢能為：Ep＝q1φC＝﹣2×10﹣8×（﹣20）J＝4×10﹣7J
故答案為：
（1）A，C．（2）25．（3）4×10﹣7
【點評】本題的解題關鍵是掌握電勢差的定義式U＝，并能正確運用。也可以推論：正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢高處電勢能小，判斷電勢高低。
48．（南康區(qū)校級月考）如圖，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，此液滴帶　負　電，液滴的加速度等于　g　，液滴的電勢能　減小　（填增加、減?。?br />
【分析】根據(jù)帶電液滴做直線運動可知：帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運動方向在同一直線上，由此可以判定出帶電液滴所受電場力的方向，從而判斷出帶電液滴的電性，由力的合成法求出電場力的大小和合外力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律計算出物體的加速度；根據(jù)合外力的方向與速度的方向相同可知合外力做正功，根據(jù)電場力做功的情況可以判定電勢能變化情況
【解答】解：據(jù)題帶電液滴沿直線mhb運動到d，帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運動方向在同一直線上，對液滴進行受力分析，其受力情況如圖所示，則電場力方向一定水平向右，與場強方向相反，所以該液滴帶負電．
由圖可得物體所受合力為：F＝mg＝ma，故物體的加速度為：a＝g．
由于液滴從靜止開始做加速運動，故合力的方向與運動的方向相同，故合外力對物體做正功液滴的電勢能減小
故答案為：負，g，減小

【點評】帶電液滴從靜止開始由b沿直線運動到d，是我們判定液滴帶電性質的突破口，在今后的學習中我們經常用到要注意掌握
49．（湖南學業(yè)考試）在某電場中，已知A、B兩點間的電勢差UAB＝100V，q＝﹣2×10﹣10C的電荷由A點移動到B點，靜電力做的功WF＝　﹣2×10﹣8　J；電荷的電勢能是　增加?。ㄌ睢霸黾印被颉皽p少”）
【分析】由靜電力做功的公式W＝qU可得靜電力的功，由靜電力做功的正負可得電勢能的變化．
【解答】解：由靜電力做功的公式W＝qU可得電荷由A點移動到B點靜電力的功為：
W＝qUAB＝﹣2×10﹣10×100J＝﹣2×10﹣8J
由于靜電力做負功，故電荷電勢能增加．
故答案為：﹣2×10﹣8，增加．
【點評】本題是靜電力做功公式的基本應用，同時要知道靜電力做正功電勢能減少，靜電力做負功電勢能增加．
50．（威遠縣校級期中）帶電荷量為q＝+5.0×10﹣8C的點電荷從A點移到B點時，克服電場力做功3.0×10﹣6J．已知B點的電勢為φB＝20V，A、B間的電勢差UAB＝　﹣60　V，A點的電勢φ＝　﹣40　V，點電荷從A到B的電勢能變化為　增大3.0×10﹣6J　。
【分析】根據(jù)電場力做功得出兩點間的電勢差，結合B點的電勢求出A點的電勢，根據(jù)電場力做功得出電勢能的變化。
【解答】解：克服電場力做功則電場力做功為負值，A、B間的電勢差＝＝﹣60V。
因為UAB＝φA﹣φB，則：φA＝φB+UAB＝20﹣60V＝﹣40V。
電場力做負功，則電勢能增大，所以點電荷從A到B的電勢能變化為增大3.0×10﹣6J
故答案為：﹣60，﹣40，增大3.0×10﹣6J
【點評】電勢差是電場中的電勢之差，電勢可以任意取，但電勢差卻不變，就像高度與高度差一樣。電勢差可正可負，在運用W＝qU求解電場力做功時，注意q的正負，電勢差的正負都要代入計算。