一、勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系
1．在勻強(qiáng)電場中，兩點間的電勢差等于電場強(qiáng)度與這兩點沿電場方向的距離的乘積．
2．公式：UAB＝Ed.
二、公式E＝eq \f(UAB,d)的意義
1．意義：在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度的大小等于兩點間的電勢差與這兩點沿電場強(qiáng)度方向距離之比．
2．電場強(qiáng)度的另一種表述：電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于沿電場方向單位距離上降低的電勢．
3．電場強(qiáng)度的另一個單位：由E＝eq \f(UAB,d)可導(dǎo)出電場強(qiáng)度的另一個單位，即伏每米，符號為V/m.
1 V/m＝1 N/C.
技巧點撥
一、勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系
1．公式E＝eq \f(UAB,d)及UAB＝Ed的適用條件都是勻強(qiáng)電場．
2．由E＝eq \f(U,d)可知，電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于沿電場方向單位距離上降低的電勢．
式中d不是兩點間的距離，而是兩點所在的等勢面間的距離，只有當(dāng)此兩點在勻強(qiáng)電場中的同一條電場線上時，才是兩點間的距離．
3．電場中電場強(qiáng)度的方向就是電勢降低最快的方向．
二、電勢差的求法
1．電勢差的三種求解方法
(1)應(yīng)用定義式UAB＝φA－φB來求解．
(2)應(yīng)用關(guān)系式UAB＝eq \f(WAB,q)來求解．
(3)應(yīng)用關(guān)系式UAB＝Ed(勻強(qiáng)電場)來求解．
2．在應(yīng)用關(guān)系式UAB＝Ed時可簡化為U＝Ed，即只把電勢差大小、場強(qiáng)大小通過公式聯(lián)系起來，電勢差的正負(fù)、電場強(qiáng)度的方向可根據(jù)題意另作判斷．
三、利用E＝eq \f(U,d)定性分析非勻強(qiáng)電場
UAB＝Ed只適用于勻強(qiáng)電場的定量計算，在非勻強(qiáng)電場中，不能進(jìn)行定量計算，但可以定性地分析有關(guān)問題．
(1)在非勻強(qiáng)電場中，公式U＝Ed中的E可理解為距離為d的兩點間的平均電場強(qiáng)度．
(2)當(dāng)電勢差U一定時，場強(qiáng)E越大，則沿場強(qiáng)方向的距離d越小，即場強(qiáng)越大，等差等勢面越密．
(3)距離相等的兩點間的電勢差：E越大，U越大；E越小，U越小．
四、用等分法確定等勢線和電場線
1．在勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式為U＝Ed，其中d為兩點沿電場方向的距離．
由公式U＝Ed可以得到下面兩個結(jié)論：
結(jié)論1：勻強(qiáng)電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq \f(φA＋φB,2)，如圖甲所示．
結(jié)論2：勻強(qiáng)電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，同理有UAC＝UBD，如圖乙所示．
2．確定電場方向的方法
先由等分法確定電勢相等的點，畫出等勢線，然后根據(jù)電場線與等勢面垂直畫出電場線，且電場線的方向由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．
例題精練
1．（2021春?沙河口區(qū)校級月考）如圖所示，用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸吊一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，在空間施加一勻強(qiáng)電場（方向未知），要使小球保持靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角（已知θ滿足0＜θ＜45°），所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】小球保持靜止時受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，運(yùn)用作圖法分析什么條件下電場力最小，由場強(qiáng)公式得到場強(qiáng)最小值．
【解答】解：小球保持靜止時受到重力mg、電場力F和細(xì)線的拉力T，作出力圖如圖。根據(jù)作圖法可知，當(dāng)電場力F與細(xì)線垂直時，電場力最小，
最小值為F＝mgsinθ
則場強(qiáng)的最小值為E＝＝，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
【點評】該考查了共點力的平衡問題，題是物體平衡中極值問題，通過作圖法得到極值的條件，也可以采用數(shù)學(xué)函數(shù)法求解極值．
2．（2021?蜀山區(qū)校級模擬）如圖，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種負(fù)電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為﹣q的物塊從斜面上的P點由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動的過程中經(jīng)過斜面中點O時速度達(dá)到最大值vm，運(yùn)動的最低點為Q（圖中沒有標(biāo)出），則下列說法正確的是（ ）
A．P、Q兩點場強(qiáng)相同
B．UPO＝UOQ
C．P到Q的過程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運(yùn)動
D．物塊運(yùn)動到Q點后，一定保持靜止?fàn)顟B(tài)
【分析】明確點電荷電場的特點以及電場的疊加規(guī)律，從而明確A到B過程中電場強(qiáng)度的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可分析加速度的變化情況；根據(jù)O點的受力情況即可求出動摩擦因數(shù)大?。挥捎谶\(yùn)動過程中mgsin30°﹣μmgcs30°＝0，所以物塊從M點運(yùn)動到N點的過程中受到的合外力為電場力，因此最低點Q與釋放點P關(guān)于O點對稱。
【解答】解：AB、物塊在斜面上運(yùn)動到O點時的速度最大，加速度為零，又電場強(qiáng)度為零，所以有mgsin30°﹣μmgcs30°＝0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝tanθ＝，由于運(yùn)動過程中mgsin30°﹣μmgcs30°＝0，所以物塊從M點運(yùn)動到N點的過程中受到的合外力為電場力，因此最低點Q與釋放點P關(guān)于O點對稱，UOP＝UOQ，則UPO＝﹣UOQ，根據(jù)等量的異種點電荷產(chǎn)生的電場特征可知，P、Q兩點的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故AB錯誤；
C、根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從B到A電場強(qiáng)度先減小后增大，中點O的電場強(qiáng)度為零。設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有，物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減少后沿斜面向上逐漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，所以P到O電荷先做加速度減小的加速運(yùn)動，O到Q電荷做加速度增加的減速運(yùn)動，故C正確；
D、物塊運(yùn)動到最低點Q后，所受合外力等于電場力，在Q點電場力不為零，物塊的加速度不為零，物塊到達(dá)Q點不會保持靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決該題的關(guān)鍵是明確知道在中點O時電場強(qiáng)度為零，所以重力的分力和摩擦力大小相等，方向相反，熟記等量的異種點電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)的分布情況，注意UPO≠UOP。
隨堂練習(xí)
1．（2021?湖北模擬）兩個相距很近的等量異種點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子．某電偶極子由相距為l、電荷量分別為+q和﹣q的點電荷構(gòu)成，如圖所示．取二者連線方向為y軸方向，中點O為原點，建立如圖所示的xOy坐標(biāo)系，P點距坐標(biāo)原點O的距離為r（r＞＞l），P、O兩點間連線與y軸正方向的夾角為θ?．下面給出P點的電場
強(qiáng)度E的大小的四個表達(dá)式中，只有一個是合理的．你可能不會求解E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性作出判斷．根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為（ ）
A．E＝B．E＝
C．E＝D．E＝
【分析】根據(jù)選項判斷E的合力表達(dá)式，根據(jù)極限法可排除CD，再根據(jù)場強(qiáng)的矢量疊加可判斷。
【解答】解：CD、對比E＝可知C選項表達(dá)式單位錯誤：r→∞時，E＝0，故CD錯誤：
AB、在x軸上選取一點，則由場強(qiáng)決定式和矢量疊加可知，E＝2，此時θ＝90°故A正確，B錯誤。
故選：A。
【點評】本題難度較大，需要學(xué)生對電場的表達(dá)式很熟練，根據(jù)極限的思想方法選出正確答案。
2．（2021?南開區(qū)二模）如圖所示，兩帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N水平放置，a、b為同一條電場線上的兩點，若將一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子分別置于a、b兩點，則粒子在a點時的電勢能大于其在b點時的電勢能；若將該粒子從b點以初速度v0豎直向上拋出，則粒子到達(dá)a點時的速度恰好為零。已知a、b兩點間的距離為d，金屬板M、N所帶電荷量始終不變，不計帶電粒子的重力，則下列判斷中正確的是（ ）
A．a(chǎn)點電勢一定高于b點電勢
B．兩平行金屬板間形成的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為
C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差為
D．若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，則a、b兩點間的電勢差變小
【分析】根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ判斷a、b兩點電勢高低；粒子從b點運(yùn)動到a點的過程，利用動能定理求電場強(qiáng)度的大小。由U＝Ed求a、b兩點間的電勢差。若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，板間場強(qiáng)不變，再由U＝Ed分析a、b兩點間的電勢差變化情況。
【解答】解：A、根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，因粒子帶負(fù)電，且粒子在a點時的電勢能大于其在b點時的電勢能，所以，a點電勢一定低于b點電勢，故A錯誤；
B、a點電勢低于b點電勢，板間電場方向豎直向上，帶電粒子受到的電場力方向豎直向下。粒子從b點運(yùn)動到a點的過程，由動能定理得
﹣qEd＝0﹣，解得E＝，故B正確；
C、a點電勢低于b點電勢，則a、b兩點間的電勢差為Uab＝﹣Ed＝﹣，故C錯誤；
D、若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，根據(jù)E＝，C＝，C＝得E＝，由于電容器的帶電量不變，兩極板正對面積不變，則板間場強(qiáng)不變，根據(jù)U＝Ed知a、b兩點間的電勢差不變，故D錯誤。
故選：B。
【點評】解答本題的關(guān)鍵要能根據(jù)據(jù)E＝，C＝，C＝推導(dǎo)出E＝，知道電容器的帶電量不變，兩極板正對面積不變時板間場強(qiáng)不變。
3．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，等邊△ABC所在平面與勻強(qiáng)電場平行，其中電勢φA＝φ，φB＝2φ，φC＝3φ（φ＞0），保持該電場的大小和方向不變，讓等邊三角形以A點為軸在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30°，到△AB′C′位置，則此時的C′點電勢為（ ）
A．φB．2φC．φD．（1+）φ
【分析】利用等分法確定勻強(qiáng)電場方向從C指向A，根據(jù)幾何關(guān)系求得C′A沿電場線方向的距離，再根據(jù)電勢差的計算公式求得。
【解答】解：利用等分法確定勻強(qiáng)電場方向從C指向A，設(shè)AC長度為L，則E＝；
由幾何知識得，C′A沿電場線方向的距離為
d C′A＝Lcs30°＝
UCA＝ΦC′﹣ΦA(chǔ)＝E?dC′A＝
解得ΦC′＝（1+）
故ABC錯誤，D正確
故選：D。
【點評】本題考查勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系，注意兩點的距離為沿電場線方向的距離。
綜合練習(xí)
一．選擇題（共20小題）
1．（2021?江蘇二模）內(nèi)陸鹽礦中開采的氯化鈉稱為巖鹽．如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個離子處于正方形的四個頂點，O點為正方形中心，A、B為兩邊中點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，關(guān)于這四個離子形成的電場，下列說法正確的是（ ）
A．O點電場場強(qiáng)不為零B．O點電勢不為零
C．A、B兩點電場強(qiáng)度相等D．A、B兩點電勢相等
【分析】根據(jù)電場的矢量合成運(yùn)算與對稱性可判斷場強(qiáng)與電勢。
【解答】解：A、在等量同種電荷的電場中，中垂線與連線交點處場強(qiáng)為0，兩個相互垂直的等量同種電荷的電場疊加，電場仍為0，故A錯誤；
B、同樣等量異種電荷的電場中，中垂線的電勢為0，故O點電勢為0，故B錯誤；
C、根據(jù)電場疊加即對稱性可知，AB兩點電場大小相等，方向相反，故C錯誤；
D、電勢為標(biāo)量，根據(jù)對稱性可知AB電勢相等，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查對同種等量電荷周圍電場和電勢的大小判斷，需牢記特殊的電場線分布。
2．（2021?全國四模）圖甲為均勻帶電圓環(huán)，O1為其圓心，圖乙為均勻帶電圓環(huán)，O2為其圓心，兩圓環(huán)半徑相同，單位長度的帶電荷量、電性相同，O1處的電場強(qiáng)度大小為E0，電勢為φ0。已知在真空中電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，若取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點，則離該點電荷距離為r的某點的電勢為φ＝k，則O2處的場強(qiáng)大小和電勢分別為（ ）
A．E0，φ0B．E0，φ0C．E0，φ0D．E0，φ0
【分析】本題通過兩不完整的帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)與電勢的計算考查考生的認(rèn)識理解能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。根據(jù)均勻帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場和電勢的特點進(jìn)行分析、推理和計算。
【解答】解：設(shè)圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E，對題中圖甲圓環(huán)，由電場強(qiáng)度的合成可知
E＝E0
故E＝
題中圖乙圓環(huán)的左上圓環(huán)和右下圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向，故O2處的場強(qiáng)大小等于右上圓環(huán)在O2處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，為.設(shè)圖甲中圓環(huán)圓環(huán)的帶電荷量為q，則圖乙中圓環(huán)的帶電荷量為，電勢是標(biāo)量，有
故O2處的電勢為
故ABD錯誤，C正確
故選：C。
【點評】場強(qiáng)是矢量，場強(qiáng)的疊加不能用代數(shù)和求解，應(yīng)用矢量的合成進(jìn)行求解，兩個場強(qiáng)的合成應(yīng)根據(jù)平行四邊形定則求解。
3．（2021?市中區(qū)校級二模）如圖所示勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點處放置一點電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點為球心、半徑為R的球面上的點，O、a、e、c、f點共面且與電場平行，O、b、e、d、f點共面且與電場垂直，則下列說法下中正確的是（ ）
A．a(chǎn)、b、c、d、e、f各點的電場強(qiáng)度均相同
B．a(chǎn)點與c點電勢相等
C．b點與d點電勢不相等
D．e點與f點電勢相等
【分析】點電荷在六點產(chǎn)生的場強(qiáng)方向不相同，因此與勻強(qiáng)電場疊加后這六點的電場強(qiáng)度方向不一致；根據(jù)對稱性判斷各點電勢大小。
【解答】解：A.點電荷在六點產(chǎn)生的場強(qiáng)方向不相同，因此與勻強(qiáng)電場疊加后這六點的電場強(qiáng)度方向不一致，故A項錯誤；
B.對于Q產(chǎn)生的電場來說，ac兩點為等勢點，對于勻強(qiáng)電場來說a點電勢高于c點，疊加后電勢不相等，故B項錯誤
C.對于Q產(chǎn)生的電場來說，bd兩點為等勢點，對于勻強(qiáng)電場來說bd電勢也相等，疊加后電勢相等，故C項錯誤；
D.對于Q產(chǎn)生的電場來說，ef兩點為等勢點，對于勻強(qiáng)電場來說ef電勢也相等，疊加后電勢相等，故D項正確。
故選：D。
【點評】本題考查點電荷電場和勻強(qiáng)電場的疊加。注意電場的矢量性。
4．（2021?內(nèi)江模擬）在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場，其電勢φ隨x變化的φ﹣x圖像如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，從坐標(biāo)原點O開始，僅在電場力作用下，以一定的初速度v0沿x軸正向運(yùn)動，下列說法中正確的是（ ）
A．帶電小球從O點運(yùn)動到x1處的過程中，加速度逐漸增大
B．帶電小球從O點運(yùn)動到x2的過程中，電場力的沖量為零
C．帶電小球從O點運(yùn)動到x2的過程中，最大速度為
D．帶電小球從O點運(yùn)動到x2點時速度為
【分析】φ﹣x圖像中，斜率等于電場強(qiáng)度，斜率不變，電場強(qiáng)度不變，加速度不變，從O點運(yùn)動到x2的過程中，電勢差為零，電場力做功為零，小球的動能變化為零，故速度變化為零.
【解答】解：A.由E＝可知φ﹣x圖像中，斜率等于電場強(qiáng)度，在帶電小球從O點運(yùn)動到x為處的過程中，斜率不變，電場強(qiáng)度不變，所以加速度不變，故A錯誤；
BD.帶電小球從O點運(yùn)動到x2的過程中，電勢差為零，電場力做功為零，小球的動能變化為零，故速度變化為零，由I＝Δp＝mΔv
可知，電場力沖量為零，故B正確，D錯誤；
C.由圖可知0～x1過程，電場力做正功，x1～x2過程，電場力做負(fù)功，故x時速度最大有
qφ0＝
可解得
故C錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查φ﹣x圖像的認(rèn)識，重點在于其斜率代表電場大小，另外根據(jù)動能定理可求得最大速度。
5．（2021?武侯區(qū)校級模擬）2020新冠疫情全球爆發(fā)，小七同學(xué)在口罩佩戴中發(fā)現(xiàn)其有靜電吸附功能，好奇心促使他查閱資料后有如下發(fā)現(xiàn)：口罩的熔噴布經(jīng)駐極處理后，對空氣的過濾增加靜電吸附功能。駐極處理裝置如圖所示，針狀電極與平板電極分別接高壓直流電源的正、負(fù)極，電壓恒定。針尖附近的空氣被接電源正極電離后，帶電粒子在電場力作用下運(yùn)動，熔噴布捕獲帶電粒子帶上靜電，平板電極表面為等勢面，熔噴布帶電后對原電極和電場的影響可忽略不計，下列說法正確的是（ ）
A．針狀電極上，針尖附近的電場較弱
B．熔噴布上表面因捕獲帶電粒子將帶負(fù)電
C．沿圖中虛線向熔噴布運(yùn)動的帶電粒子，其加速度逐漸減小
D．兩電極相距越遠(yuǎn)，電場對帶電粒子做的功越多
【分析】針狀電極上，電場線比較密，電場強(qiáng)；根據(jù)正離子所受的電場力方向確定正離子的運(yùn)動方向，判斷出熔噴布上所帶電荷的電性；根據(jù)電場強(qiáng)度的大小，判斷出帶電粒子所受電場力的大小，從而得出帶電粒子加速度的變化；根據(jù)W＝qU判斷電場力做功的大小。
【解答】解：A、針狀電極上，電場線比較密，針尖附近電場較強(qiáng)，故A錯誤；
B、針尖附近的空氣被接電源正極電離后，正離子在電場力作用下向熔噴布運(yùn)動，熔噴布捕獲帶電粒子帶上正電，故B錯誤；
C、沿虛線越靠近熔噴布電場越弱，帶電粒子所受的電場力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度逐漸減小，故C正確；
D、針狀電極與平行板間電壓恒定，根據(jù)W＝qU知，電場力做功相等，與兩電極間的距離無關(guān)，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了帶電粒子在電場中運(yùn)動與實際生活相關(guān)聯(lián)的情境，涉及電場線分布、電場力的變化等知識，知道針狀電極上，電場線比較密，電場強(qiáng)。
6．（2021?如皋市校級模擬）某一沿x軸方向的靜電場，其電勢φ在x軸上的分布情況如圖所示，B、C是x軸上兩點．下列說法正確的是（ ）
A．O點電勢最高，電場也最強(qiáng)
B．同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力
C．同一個電荷放在B點時的電勢能大于放在C點時的電勢能
D．試探電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做負(fù)功，后做正功
【分析】根據(jù)φ﹣x圖線判斷電勢的高低，結(jié)合Ep＝qφ判斷電勢能的變化，得出電場力做功情況；φ﹣x圖線切線斜率表示該點的電場強(qiáng)度，結(jié)合切線斜率比較電場強(qiáng)度，從而比較電荷所受的電場力。
【解答】解：A、由圖可知，O點的電勢最高，φ﹣x圖線切線斜率表示該點的電場強(qiáng)度，O點切線斜率為零，電場強(qiáng)度為零，故A錯誤；
B、φ﹣x圖線切線斜率表示該點的電場強(qiáng)度，B點的切線斜率大于C點的切線斜率，可知B點的電場強(qiáng)度大于C點的電場強(qiáng)度，同一電荷在B點所受的電場力大于在C點的電場力，故B正確；
C、由圖可知，B點的電勢大于C點的電勢，根據(jù)Ep＝qφ知，同一正電荷在B點的電勢能大于在C點的電勢能，同一負(fù)電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能，故C錯誤；
D、試探電荷沿x軸從B移到C的過程中，電勢先升高再降低，由于試探電荷的電性未知，無法判斷電勢能的變化，無法得出電場力做功情況，故D錯誤。
故選：B。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電勢能與電勢的關(guān)系，會根據(jù)電勢的變化判斷電荷電勢能的變化，知道電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加；以及知道φ﹣x圖線切線斜率表示該點的電場強(qiáng)度。
7．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個正六邊形ABCDEF，AB邊水平，且正六邊形處于水平的勻強(qiáng)電場中。將大量質(zhì)量為m，帶電量為+Q的相同液滴，從A點以相同速率向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射，它們會經(jīng)過正六邊形邊界上的不同點，其中某一經(jīng)過D點的液滴軌跡是直線。已知重力加速度為g.，則下列說法正確的是（ ）
A．電場強(qiáng)度大小為
B．液滴經(jīng)過C點時的動能是液滴經(jīng)過B點時的動能的3倍
C．液滴經(jīng)過C點時的動能與液滴經(jīng)過E點時的動能相等
D．液滴從A點到C點重力做功與電場力做功的比值為
【分析】從A到D點的軌跡是直線，得到合力的方向，也求得電場強(qiáng)度的大小和方向；
由動能定理可求得經(jīng)過C點和B點的動能的關(guān)系、C點和E點的動能的關(guān)系；
由重力做功和電場力做功的公式結(jié)合位移關(guān)系求A點到C點的做功的比值。
【解答】解：A、將重力與電場力合力視為等效重力，由題意，等效重力沿AD方向。tan60°＝，得電場強(qiáng)度為E＝，故A錯誤；
B、由幾何關(guān)系和功的公式知，WAC＝2WAB，根據(jù)動能定理知道，經(jīng)過C點液滴動能變化量是經(jīng)過B點動能變化量的2倍，故B錯誤；
C、CE連線與等效重力垂直，所以C、E兩點動能相同，故C正確；
D、重力與電場力之比為：1，但沿重力方向的位移與沿電場力方向位移之比為1：，故做功之比為1，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了動能定理、牛頓第二定律等知識的綜合應(yīng)用，明確運(yùn)動過程結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解是求解的關(guān)鍵。
8．（2021?讓胡路區(qū)校級一模）兩個完全相同的正四棱錐疊放在一起，構(gòu)成如圖所示的形狀，其中b點固定點電荷+Q、d點固定點電荷﹣Q，點為正方形abcd的中心，且a＝e＝f，則下列說法正確的是（ ）
A．c點的電勢比e點的電勢低
B．a(chǎn)、c兩點的電場強(qiáng)度不同
C．負(fù)電荷沿棱由e→c→f的過程中，電場力一直做正功
D．如果將點電荷十Q放置到e點，其他條件不變，則點的電勢不變
【分析】由等量異種電荷形成的電場線和等勢線的特點即可判斷各點電勢大小關(guān)系；由電場強(qiáng)度的疊加原理可知道a、c兩點的電場強(qiáng)度；點電荷在等勢面上移動，電場力不做功；根據(jù)等量異種點電荷形成電場的可知連線的中點電勢為零，根據(jù)幾何關(guān)系可知，將+Q由b點移到e點，點仍然在兩點電荷的連線的中垂面上。
【解答】解：A、等量異種電荷的電場線和等勢線分別是關(guān)于連線和中垂線對稱，由等量異種電荷的電場特點，結(jié)合題圖可知，c、e兩點在等量異種電荷的中垂面上，因此，c、e兩點的電勢相等，故A錯誤；
B、由于a、c兩點到點的距離相等，由對稱性可知，a、c兩點的電場強(qiáng)度相同，故B錯誤；
C、由ecfa為bd連線的中垂面，則該面上所有點的電勢相同，因此負(fù)電荷沿棱由e→c→f移動的過程中，電場力一直不做功，故C錯誤；
D、將+Q從b點移動到e點，由幾何關(guān)系可知點位于e、d連線的中垂面上，則點的電勢仍為零，因此點的電勢不變，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查等量異種點電荷形成的電場，根據(jù)電場線和等勢線的特點可以判斷電勢和電場力做功，注意電場強(qiáng)度是矢量，而電勢為標(biāo)量。等量異種點電荷形成的電場，兩電荷的連線中點處電勢為零。
9．（2021?岳麓區(qū)校級二模）如圖所示，有一長方體ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝2BC，BB1＝BC，M、N、P、Q分別為AB、A1B1、C1D1、CD的中點（圖中未畫出），下列說法正確的是（ ）
A．若B點放置一正點電荷，則電勢差UCC1＜UNP
B．若B點放置一正點電荷，則電勢差UCC1＝UNP
C．若在B1、B兩點分別放置等量異種點電荷，則C1、M兩點的電場強(qiáng)度大小相等
D．若在B1、B兩點分別放置等量異種點電荷，則D、D1兩點的電勢相等
【分析】若B點放置一正點電荷，根據(jù)點電荷電場的特點，可知離電荷越遠(yuǎn)場強(qiáng)越小、電勢越低，由此分析AB選項；
若在B1、B兩點分別放置等量異種點電荷，根據(jù)等量異種點電荷的電場特點判斷C1、M兩點的電場強(qiáng)度大小和D、D1兩點電勢高低。
【解答】解：AB、在B點放一正點電荷時，如圖所示如圖所示；
連接B、P，以B為圓心，分別以BC、BN（長度與BC1相等）的長為半徑作圓弧，分別交BP于R、S。
因φC＝φR，φC1＝φS，故UCC1＝URS
又因φN＝φS，故UNP＝USP
設(shè)BC＝d，則有：RS＝（?1）d
SP＝（）d
顯然RS＞SP，根據(jù)正點電荷電場的特點，RS段的平均電場強(qiáng)度大于SP段，且離電荷越遠(yuǎn)場強(qiáng)越小、電勢越低，故必有：URS＞USP
綜上可知UCC1＞UNP，故AB錯誤；
C、若在B1、B兩點分別放置等量異種點電荷，由等量異種點電荷的電場的對稱性可知，C、C1兩點的電場強(qiáng)度大小相等，M、C兩點的電場強(qiáng)度大小相等，則C1、M兩點的電場強(qiáng)度大小相等，故C正確；
D、若在B1、B兩點處放置等量異種點電荷，則B1、B連線的中垂面是等勢面，則D、D1兩點分布在中垂面的兩側(cè)，電勢不相等，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要是考查電場強(qiáng)度大小的判斷、電勢高低的判斷和電勢差計算，弄清楚點電荷周圍電場強(qiáng)度、都是高低的判斷方法是關(guān)鍵。
10．（2021?4月份模擬）如圖所示，一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面，O點為坐標(biāo)原點，已知OM與x軸正方向夾角為θ＝60°。從原點O起沿x軸正方向每經(jīng)過1m電勢下降6V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為6V，圖中P點坐標(biāo)為，則下列說法正確的是（ ）
A．UOP＝24V
B．
C．電場強(qiáng)度沿OP方向，大小為
D．電場強(qiáng)度沿y軸正方向，大小為
【分析】從原點O起沿x軸正方向每經(jīng)過1m電勢下降6V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為6V，所以場強(qiáng)方向在夾角θ的角平分線上，根據(jù)P點的坐標(biāo)可確定OP與橫軸的夾角與夾角θ的角平分線的關(guān)系，從而確定電場的方向；再根據(jù)場強(qiáng)及電勢差的表達(dá)式即可求出場強(qiáng)及OP間的電勢差。
【解答】解：從原點O起沿x軸正方向每經(jīng)過1m電勢下降6V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢下降也為6V，所以場強(qiáng)方向在夾角θ的角平分線上，即與x軸方向間的夾角為：α＝＝30°
根據(jù)幾何關(guān)系可知，OP與橫軸的夾角的正切值tanβ＝
解得：β＝30°＝α，即電場方向沿OP方向。
CD、電場強(qiáng)度為E＝＝＝V/m，故CD錯誤。
AB、OP間的距離為dOP＝m＝2m，則O、P間的電勢差為：
UOP＝EdOP＝4V＝24V，故A正確，B錯誤。
故選：A。
【點評】該題考查勻強(qiáng)電場的電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，解答的關(guān)鍵是先找等勢面，再根據(jù)電場線與等勢面垂直，正確找出電場的方向。
11．（2021?綦江區(qū)校級模擬）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，A、B、C、D、E、F位于邊長的正六邊形的頂點上，勻強(qiáng)電場的方向平行于正六邊形所在的平面。已知A、B、D的電勢分別為﹣2V、4V、10V。則下列說法正確的是（ ）
A．電子在E點的電勢能是4eV
B．A、F間的電勢差是4V
C．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E＝100V/m
D．一個質(zhì)子（電量為+e）從B點以6ev的動能進(jìn)入電場，調(diào)整入射方向，可使質(zhì)子到達(dá)D點
【分析】根據(jù)在勻強(qiáng)電場中，兩個平行且等間距的平行線兩個端點電勢差相等，求個某個點的電勢和兩點間的電勢差；根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度公式E＝求電場強(qiáng)度；根據(jù)動能定理和運(yùn)動的分解判斷質(zhì)子能否運(yùn)動到D點。
【解答】解：A、在勻強(qiáng)電場中AB與DE平行且等間距，故UBA＝UDE
即：φB﹣φA＝φD﹣φE
解得：φE＝4V
由于EP＝φq
解得：Ep＝﹣4eV故A錯誤；
B、E兩點電勢相同，故BE為同一等勢面上的兩點，
AF與BE平行故AF也為等勢面，故A、F間的電勢差為0
故B錯誤；
C、電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，故電場強(qiáng)度的方向為CA方向，
UCA＝EdCA
UCA＝12V，dCA＝2Lsin60°＝2×＝0.12m
解得：E＝100V/m，故C正確。
D、UBD＝﹣6V，
假設(shè)質(zhì)子能到達(dá)D點，根據(jù)動能定理：
UBDe＝EK﹣EK0
解得：EK＝0
若質(zhì)子要到達(dá)D點需要有水平方向的初速度，電場強(qiáng)度的方向為CA方向，故質(zhì)子受到豎直向上的電場力，水平方向的速度不變，故若能到達(dá)D則速度不能為0，假設(shè)錯誤，故質(zhì)子不能到達(dá)D點，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解題的關(guān)鍵是掌握兩個平行且等間距的平行線兩個端點電勢差相等，根據(jù)動能定理和運(yùn)動的合成與分解相結(jié)合去判斷粒子的運(yùn)動情況。
12．（2021?煙臺模擬）一帶負(fù)電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則粒子在從x1向x3運(yùn)動的過程中，下列說法中正確的是（ ）
A．在x1處粒子速度最大B．在x2處粒子加速度最大
C．在x3處電勢最高D．在x2處電勢為零
【分析】根據(jù)能量守恒可知動能與勢能之和是恒定的，進(jìn)而根據(jù)電勢能的大小關(guān)系確定動能的大小關(guān)系；寫出電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系式，根據(jù)斜率判斷加速度；根據(jù)Ep＝qφ，可確定不同位置處電勢的高低情況。
【解答】解：A、帶負(fù)電粒子只在電場力作用下運(yùn)動，根據(jù)能量守恒可知動能與勢能之和是恒定的。所以粒子在從x1向x3運(yùn)動的過程中，在x3處的電勢能最小，所以動能最大，即速度最大，故A錯誤。
B、根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系：
W＝﹣△EP＝Ep0﹣Ep
解得：
Ep＝﹣W+Ep0＝﹣Fx+Ep0
即圖像中的斜率表示電場力大小，在x2處圖像的斜率為零，所以粒子加速度為零，故B錯誤。
C、根據(jù)Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，由圖像知，在x3處的電勢能最小，所以在x3處電勢最高，故C正確。
D、根據(jù)公式φ＝可知，在x2處電勢不為零，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解題過程中要把握問題的核心，要找準(zhǔn)突破點：Ep﹣x圖象斜率的絕對值等于電場力，還要掌握功與能的關(guān)系，電勢與電勢能的關(guān)系。
13．（2021?晉中三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面內(nèi)有一四邊形ABCD，其中∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ACB＝∠ACD＝30°，AB＝AD，O點為AC與BD的交點。在B、D兩點分別固定一電荷量為+q的小球（可視為點電荷），取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是（ ）
A．O點的電勢為零
B．A、C兩點的電勢關(guān)系為φA＜φC
C．A、C兩點的電場強(qiáng)度大小之比為：1
D．若將一個帶負(fù)電的光滑小球從A點由靜止釋放，它將沿直線AC運(yùn)動，并能經(jīng)過C點
【分析】根據(jù)等量同種電荷電場分布規(guī)律及沿電場線方向電勢降低可知，O點的電勢大于零；根據(jù)OA、OC間的電勢差之間的關(guān)系，可確定A、C電勢間的關(guān)系；根據(jù)平行四邊形定則，寫出EA 和 EC的表達(dá)式，即可求A、C兩點的電場強(qiáng)度大小之比；若將一個帶負(fù)電的光滑小球從A點由靜止釋放，它將在A點與A點關(guān)于0點的對稱點之間往返運(yùn)動，無法到達(dá)C點。
【解答】A、由題意可知，AC為BD的中垂線，由等量同種電荷電場分布規(guī)律可知，O點電場強(qiáng)度為零，AC上的電場線從O點發(fā)出，分別沿OA和OC方向指向無窮遠(yuǎn)，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知O點的電勢大于零，故A錯誤。
B、由電場分布的對稱性可知UOA＜UOC，即φO﹣φA＜φO﹣φC，故φA＞φC，故B錯誤。
C、根據(jù)平行四邊形定則畫出A、C兩點的電場強(qiáng)度疊加的矢量圖如圖所示：
EA＝2×，
聯(lián)立解得：EA：EC＝：1，故C正確。
D、若將一個帶負(fù)電的光滑小球從A點由靜止釋放，它將在A點與A點關(guān)于0點的對稱點之間往返運(yùn)動，無法到達(dá)C點，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查等量同種電荷周圍電場線的分布，及電勢高低和場強(qiáng)大小的判斷方法，注意等量同種電荷，關(guān)于電荷連線中點O對稱的兩點的場強(qiáng)的關(guān)系。
14．（2021春?如皋市期中）如圖所示，在與紙面平行的勻強(qiáng)電場中有A、B、C三個點，其電勢分別為2V、4V和6V，三點的連線構(gòu)成等腰直角三角形，C與A、B兩點的距離為1m。則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度（ ）
A．與AB垂直B．與CB平行C．大于4V/mD．小于2V/m
【分析】根據(jù)U＝Ed確定AC連線中點D的電勢，知道D點與B點的電勢相等，BD連線為等勢線，根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，作出電場線，再由E＝求電場強(qiáng)度。
【解答】解：AB、根據(jù)U＝Ed可知，AC連線中點D的電勢φD＝＝V＝4V，則φD＝φB，BD連線為等勢線，根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，作出過C點的電場線，如圖所示，故AB錯誤；
CD、CD間的電勢差為UCD＝φC﹣φD＝6V﹣4V＝2V，C點到BD的距離為d＝sin∠CDB，則電場強(qiáng)度大小為E＝＝＝V/m＝V/m＞4V/m，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握勻強(qiáng)電場中等勢面的分布情況，知道電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。
15．（2021?玉田縣校級模擬）如圖所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，依次通過等腰直角三角形的三個頂點A、C、B，粒子在A、B兩點的速率均為v0，在C點的速率為。已知AC＝d，勻強(qiáng)電場在ABC平面內(nèi)，粒子僅受電場力作用。則（ ）
A．場強(qiáng)方向垂直于AB背離C，場強(qiáng)大小為
B．場強(qiáng)方向垂直于AB指向C，場強(qiáng)大小為
C．場強(qiáng)方向垂直于AB指向C，場強(qiáng)大小為
D．場強(qiáng)方向垂直于AB背離C，場強(qiáng)大小為
【分析】由題意，粒子在A、B兩點的速率相等，根據(jù)動能定理可判斷AB兩點電勢相等，電場強(qiáng)度的方向垂直于AB連線，對粒子從C到B，根據(jù)動能定理，求出BC之間的電勢差，根據(jù)BC兩點電勢的高低確定場強(qiáng)的方向；由勻強(qiáng)電場的表達(dá)式確定場強(qiáng)的大小。
【解答】解：由題意粒子在A、B兩點的速率相等，對帶電粒子從A到B，根據(jù)動能定理得：
qUAB＝＝0
解得：UAB＝0
因為UAB＝φA﹣φB，即φA＝φB，故AB兩點的連線為等勢線，電場強(qiáng)度的方向垂直于AB連線。
對粒子從C到B，根據(jù)動能定理得：
qUCB＝
解得：UCB＝
即C點電勢高于B點電勢，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，場強(qiáng)方向垂直AB背離C。
由題意C點到AB的距離為d1＝
根據(jù)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的表達(dá)式得：
E＝＝＝，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
【點評】本題是一道根據(jù)等勢面找電場線的典型題，解題方法是先根據(jù)動能定理求兩點之間的電勢差，再根據(jù)兩點之間電勢的高低來確定場強(qiáng)的方向。
16．（2021?丹陽市校級模擬）在x軸上有兩個點電荷Q1、Q2，其電場中電勢φ在x軸正半軸上分布如圖所示。下列說法正確的有（ ）
A．Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷
B．Q1電量大于Q2的電量
C．x0處的電勢最低、電場強(qiáng)度最大
D．電量為q的正檢驗電荷從x0移到無窮遠(yuǎn)的過程中，電場力做功為qφ0
【分析】根據(jù)電勢隨x的變化規(guī)律得出x＞0區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度方向，確定出兩點電荷的電性，φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，根據(jù)x0處電場強(qiáng)度為零比較出兩點電荷電量的大小；根據(jù)電荷電勢能的變化得出電場力做功的大小。
【解答】解：A、由圖可知，在0﹣x0段電勢逐漸降低，可知該段電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，在x＞x0段，電勢逐漸增大，可知該段電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，所以兩點電荷為異種電荷；由于靠近Q1位置的電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向，可知Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷，故A正確；
B、φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知，在x0處電場強(qiáng)度為零，該點離Q1近，離Q2遠(yuǎn)，x0處合場強(qiáng)為零，則Q1電量小于Q2的電量，故B錯誤；
C、由圖可知，x0處的電勢最低，圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，該點電場強(qiáng)度為零，故C錯誤；
D、電量為q的正檢驗電荷從x0移到無窮遠(yuǎn)的過程中，電勢能從﹣qφ0增加到0，則電場力做負(fù)功，做功為﹣qφ0，故D錯誤。
故選：A。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，以及掌握電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。
17．（2021?大連二模）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中有一邊長為1m的等邊三角形ABC，電場線與三角形所在平面平行。已知A、B兩點的電勢分別為3V、4V，電子以2eV的初動能從A點射出，僅在電場力作用下經(jīng)過C點時動能為4eV，該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為（ ）
A．1V/mB．2V/mC．3V/mD．4V/m
【分析】根據(jù)動能定理求出AC兩點的電勢差，進(jìn)而求出C點電勢，找到AC線段中與B點等電勢的點，連接形成等勢線，進(jìn)而畫出電場線，由E＝求勻強(qiáng)電場中的電場強(qiáng)度。
【解答】解：電子從A點運(yùn)動到C點過程中，由動能定理可知：eUAC＝4eV﹣2eV
即AC兩點的電勢差：UAC＝2V
即：φA﹣φC＝2V
解得：φC＝5V
在勻強(qiáng)電場中，AC的中點D處的電勢為：φD＝＝V＝4V
連接BD即為該勻強(qiáng)電場的等勢面，電場線垂直于等勢面，指向低電勢方向，如圖所示；
由幾何關(guān)系可知，BD⊥AC，即電場線沿著CA方向，
則電場強(qiáng)度為：E＝＝＝V/m＝2V/m，所以ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】本題考查電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系，在求解勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小時，要先找等勢線，根據(jù)場強(qiáng)方向和等勢線垂直得出電場線方向，最后利用勻強(qiáng)電場中電勢差和場強(qiáng)關(guān)系可以求出場強(qiáng)大小。
18．（2021?房山區(qū)二模）如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進(jìn)入某點電荷Q產(chǎn)生的電場中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經(jīng)過電場中的a、b兩點。其中a點的電場強(qiáng)度大小為Ea，方向與ab連線成30°角，b點的電場強(qiáng)度大小為Eb，方向與ab連線成60°角。粒子只受電場力的作用，下述說法中正確的是（ ）
A．點電荷Q帶正電
B．a(chǎn)點的電勢高于b點電勢
C．從a到b，系統(tǒng)的電勢能增加
D．粒子在a點的加速度大于在b點的加速度
【分析】通過曲線運(yùn)動的受力方向可判斷出點電荷的電性，由于電荷在電場中只受電場力的作用，可判斷出運(yùn)動過程中電場力做功的正負(fù)，從而判斷出電勢能和電勢的變化，從而得到動能和速度的變化，再由點電荷形成電場強(qiáng)度的公式和牛頓第二定律從而得出加速度之間的關(guān)系。
【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(qiáng)度的方向指向場源電荷，故場源電荷為負(fù)電荷，故A正確；
BC、由上圖可知，正電荷在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(yuǎn)，故從a到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，粒子在a點的電勢能高于在b點的電勢能，正電荷的電勢能減小，電勢降低，故a點的電勢大于b點的電勢，故B正確，C錯誤；
D、根據(jù)點電荷的電場線分布知a點的電場強(qiáng)度小于b點電場強(qiáng)度，根據(jù)F＝Eq和F＝ma知a點的加速度小于b點的加速度，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題主要考查了考生對于電場力做功與電勢能和動能之間的關(guān)系，最后由于正電荷在電場中只受到電場力，則可由場強(qiáng)公式和牛頓第二定律求出加速度的關(guān)系。
19．（2021?遂寧模擬）如圖，球的內(nèi)接正六面體ABCD﹣A1B1C1D1，在球心O處放置了一帶電量為+Q的點電荷，下列描述正確的是（ ）
A．A、B、C、D四點的電場強(qiáng)度相同
B．將一正檢驗電荷從A沿直線移動到B1點，檢驗電荷的電勢能先增大再減小
C．將一正檢驗電荷從A沿球面移動到B1點，檢驗電荷的電勢能先增大再減小
D．平面A1B1C1D1所有的點中，平面中點的電勢最低
【分析】在正的點電荷形成的電場中，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式kq/r2，判斷出各點場強(qiáng)的大小和方向；根據(jù)場源電荷法，判斷出電勢高低就能知道電勢能的高低。
【解答】解：A：由于四個點距離場源電荷距離一樣大，故場強(qiáng)的大小相等只是方向不同，故選項A錯誤；
B、C：距離正電荷越近電勢越高，從A沿直線移動到B1點先增大再減小，再由電勢能公式EP＝qφ，電勢檢驗電荷的電勢能先增大再減小，故選項B正確，C錯誤；
D、平面A1B1C1D1所有的點中，平面中點距離正電荷最近電勢最高，故選項D錯誤。
故選：B。
【點評】本題以點電荷形成電場考查學(xué)生對電場強(qiáng)度、電勢、電勢能基本概念的理解，體現(xiàn)了對學(xué)生理解能力的考查。
20．（2021?豐臺區(qū)二模）空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P為正電荷。P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖所示，相鄰等勢面間電勢差相等，a、b、c、d為電場中的4個點。下列說法正確的是（ ）
A．P、Q兩點處的電荷帶同種電荷
B．a(chǎn)點電場強(qiáng)度大于b點電場強(qiáng)度
C．a(chǎn)點電勢高于b點電勢
D．在c點由靜止釋放一個帶電粒子，不計重力，粒子將沿等勢面cd運(yùn)動
【分析】該電場是等量異種電荷的電場，它具有對稱性（上下、左右）。根據(jù)電場線的分布情況電場強(qiáng)度的關(guān)系。由電場力做功情況分析電勢能的變化。
【解答】解：A、根據(jù)電場的圖象可以知道，該電場是等量異種電荷的電場，故A錯誤；
B、等勢線越密的地方電場線越密，電場線越密的地方電場強(qiáng)度越大，由圖可知a點電場強(qiáng)度小于b點電場強(qiáng)度，故B錯誤；
C、a點離P點（正電荷）的距離更近，b點離Q點（負(fù)電荷）的距離更近，所以a點的電勢較高，高于b點的電勢，故C正確；
D、在c點由靜止釋放一個帶電粒子，對改粒子受力分析如圖所示，假設(shè)改粒子帶正電，
合力方向不沿著cd方向，所以粒子不沿著等勢面cd運(yùn)動。故D錯誤；
故選：C。
【點評】該題考查常見電場的特點，解題的關(guān)鍵是在兩個電荷連線的中垂線上的電勢和無窮遠(yuǎn)處的電勢相等。而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負(fù)電荷周圍的電場的電勢都比它低。
二．多選題（共20小題）
21．（2021?武侯區(qū)校級模擬）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(biāo)分別為x0、2x0。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子從坐標(biāo)原點O以初速度v0沿x軸正方向做直線運(yùn)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(shè)O點電勢為零。則下列說法正確的是（ ）
A．該電場為勻強(qiáng)電場
B．Q點的電勢為
C．粒子在P點的電勢能為
D．粒子在OP間的平均加速度比PQ間的大
【分析】結(jié)合圖像可知粒子在O、P、Q這三點之間的運(yùn)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(qiáng)電場。結(jié)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(yùn)動位移均為x0；但在OP間運(yùn)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ΔV＝﹣，因此在OP段平均加速度更大，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(qiáng)電場，故D正確，A錯誤；
C、由動能定理可得：O到P電場力做的功W＝，解得W＝﹣，又因為O點電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量，故C正確；
B、由動能定理可得：O到Q電場力做的功，解得又因為O點電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量；即，電勢，，故B錯誤。
故選：CD。
【點評】本題考查電場當(dāng)中帶電粒子的運(yùn)動情況分析，知道加速度的變化可知電場強(qiáng)度的大小變化情況，結(jié)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。
22．（2021?遼寧模擬）如圖所示，固定的點電荷M，N均帶正電，M的帶電量為Q1，N的帶電量為Q2，Q1＞Q2，O是M、N兩電荷連線中點，A，B是連線上關(guān)于O點對稱的兩點，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的正點電荷P（重力不計）從O點以初速度飛沿M、N連線向左運(yùn)動，運(yùn)動到A點時速度剛好為零，再次返回到O點時加速度為a，已知O點電勢為φ0，靜電力常量為k，則下列判斷正確的是（ ）
A．點電荷P從O點運(yùn)動到A點，加速度不斷增大
B．點電荷P從A點運(yùn)動到B點，電勢能不斷減小
C．A點的電勢為φA＝φ0+
D．M、N兩點間的距離為2
【分析】本題首先要正確分析物體受力特點，明確力和運(yùn)動的關(guān)系，在本題中注意滑動摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系可正確解答。
【解答】解：A.由于Q1＞Q2，且均帶正電，由場強(qiáng)的疊加可知M、N連線上場強(qiáng)為零的位置在O點右側(cè)，因此點電荷P從O點到A點，受到的電場力越來越大，加速度越來越大，故A正確；
B.由于M、N連線上電場強(qiáng)度為零的位置與B點的位置關(guān)系無法確定，因此不能確定點電荷P從A運(yùn)動到B電場力是否一直做正功，故B錯誤；
C.由于點電荷P只受電場力，因此電勢能與動能之和守恒，解得：，故C錯誤；
D.設(shè)M、N間的距離為L，由于電荷P在O點的加
解得：L＝故D正確。
故選：AD。
【點評】本題在借助庫侖力的基礎(chǔ)知識，考查了力與運(yùn)動、牛頓第二定理、動能定理等基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用，是考查學(xué)生綜合能力的好題。
23．（2021?章丘區(qū)模擬）若規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為零，真空中點電荷周圍某點的電勢φ可表示為φ＝k，其中k為靜電力常量，Q為點電荷的電荷量，r為該點到點電荷的距離。如圖所示，M、N、C是真空中三個電荷量均為+Q的固定點電荷，M、N、C連線構(gòu)成一等邊三角形且邊長L，D是三條邊中垂線的交點。已知靜電力常量為k，規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為零。則下列說話正確的是（ ）
A．O、A、B三點場強(qiáng)相等
B．場強(qiáng)EA＝
C．電勢φA：φD＝（2+4）：9
D．在D處放置一負(fù)電荷q，其電勢能Ep＝﹣
【分析】考查點電荷電場的大小計算，根據(jù)題意求得DA的電勢，進(jìn)行比值計算。
【解答】解：A、根據(jù)點電荷電場的計算公式可知，MC兩電荷在A點場強(qiáng)為0，故A點場強(qiáng)是只有N電荷在A點的場強(qiáng)，E＝，根據(jù)對稱性可知OB兩點場強(qiáng)大小也等于，故A正確；
B、三角形邊長為L，則NA＝Lcs30°＝，帶入E＝＝，故B錯誤；
C、A點的電勢：φA＝2×+＝，D點的電勢：φD＝3×＝，所以φA：φD＝（2+4）：9，故C正確；
D、φD＝，在D處放置一負(fù)電荷q，其電勢能Ep＝﹣，故D正確。
故選：ACD。
【點評】根據(jù)題意分析電勢的計算方式，根據(jù)正電荷周圍電勢均為正，可直接相加計算。
24．（2021春?雁塔區(qū)校級月考）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，A、B、C、D、E、F位于邊長L＝4cm的正六邊形的頂點上，勻強(qiáng)電場的方向平行于正六邊形所在的平面。已知A、B、C、D的電勢分別為﹣4V、0、8V、12V。則下列說法正確的是（ ）
A．E點的電勢φE＝0
B．A、F間的電勢差UAF＝0
C．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E＝200V/m
D．該勻強(qiáng)電場的電場線垂直于BF連線，且指向A
【分析】（1）連接AD根據(jù)等分原則找到電勢為0和8的點，做出等勢線，并找到電場線；
（2）找到F點的電勢，根據(jù)UAF＝φA﹣φF求解；
（3）根據(jù)勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的公式求解；
【解答】解：L＝4cm＝0.04m
A、連接AD、BF、CE，AD與BF、CE的交點為M、N；設(shè)六邊形的中心點為O，如圖所示：
由圖可知，AD與BF、CE都垂直，由六邊形的特點可知，△ABO為等邊三角形，BM為中線，則AM＝MO，同理，ON＝ND，根據(jù)對稱性可知，AM＝MO＝ON＝ND
所以可知M、O、N的電勢分別是0V、4V、8V，所以BF和CE為等勢面，φF＝φB＝0V，φE＝φC＝8V，故A錯誤；
B、同理，UAF＝φA﹣φF＝﹣4V，故B錯誤；
D、因為電場線和等勢面垂直，BF為等勢面，故電場線和BF垂直，故AD為電場線，因為順著電場線電勢降低，所以電場線方向由D指向A，故D正確；
C、因為E＝＝V/m＝200V/m，故C正確。
故選：CD。
【點評】該題考查了電場的相關(guān)性質(zhì)，明確勻強(qiáng)電場的電勢和電勢差的特征，能找出等勢點，知道等勢面和電場線的關(guān)系，熟記電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系式。
25．（2021?桃城區(qū)校級模擬）空間有一半徑為1m的圓形區(qū)域處于勻強(qiáng)電場中，勻強(qiáng)電場方向平行于圓形邊界所處的平面邊界上有六個點等間距排列。電子從a點以初動能6eV朝不同方向飛出，經(jīng)過圓形邊界不同位置時，具有不同的速度，經(jīng)過b處時動能最大，為7eV，電子重力不計，下列說法正確的是（ ）
A．電場方向為b→e，大小為2V/m
B．.電子經(jīng)過e處時動能最小，為2eV
C．.因為六個點等間距排列，任意相鄰兩點間的電勢差大小都相等
D．.經(jīng)過O點的電子不能返回a點，經(jīng)過f點的電子能返回a點
【分析】電子經(jīng)過b處時動能最大，則圓環(huán)上b點電勢最高，過b點的等勢面與圓形邊界相切，求得Uab，再求E；e點電勢最低，電子經(jīng)過e點時動能最??；相鄰點的連線沿電場線方向的投影長度不同，相鄰兩點間的電勢差大小不同。
【解答】解：A、電子經(jīng)過b處時動能最大，則圓環(huán)上b點電勢最高，過b點的等勢面與圓形邊界相切，可知場強(qiáng)方向為b→e，電子由a到b由動能定理得﹣eUab＝Ekb﹣Eka，解得Uab＝﹣1V，ab連線與be的夾角為60°，Uba＝Eabcs60°，得E＝2V/m，故A正確。
B、圓形邊界上的各點，e點電勢最低，電子經(jīng)過e點時動能最小，電子由a到e由動能定理可得Eke＝3eV，故B錯誤，
C、六個點等間距排列，但相鄰點的連線沿電場線方向的投影長度不同，相鄰兩點間的電勢差大小不同，故C錯誤。
D、aO與be（電場方向）有夾角，電子從a運(yùn)動到O，說明電子在勻強(qiáng)電場中做曲線運(yùn)動，不可能回到a點，af與be（電場方向）平行，電子從a運(yùn)動到f（沿電場方向），說明電子做勻減速直線運(yùn)動，則電子能回到a點，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題考查勻強(qiáng)電場中電勢差與電場的關(guān)系，注意先根據(jù)U＝Ed計算E的大小，d代表沿電場線的距離。
26．（2021?福建模擬）如圖甲所示，一光滑絕緣細(xì)桿水平固定在非勻強(qiáng)電場中，在O點固定一帶正電的小球A，一帶電量為q＝2×10﹣6C的小球B套在桿上。以O(shè)點為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系。小球A對小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)系如圖乙中曲線Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關(guān)系如圖乙中曲線Ⅱ所示，靜電力常量k＝9×109N?m2/C2，則（ ）
A．小球A所帶電荷量Q＝1×10﹣6C
B．非勻強(qiáng)電場在x＝0.3m處沿細(xì)桿方向的電場強(qiáng)度大小E＝2×104N/C
C．將小球B從x＝0.1m處靜止釋放運(yùn)動到x＝0.30m處過程中，加速度一直減小
D．將小球B從x＝0.1m處靜止釋放運(yùn)動到x＝0.30m處過程中，速度先增加后減小
【分析】結(jié)合圖像分析合力的變化情況，可以找到加速度的變化情況，速度的變化情況。從圖像讀出合力的大小，然后可以求出小球電荷量合電場強(qiáng)度。
【解答】解：A、x＝0.3m時，F(xiàn)大小是0.2N，由F＝得，Q＝＝C＝1×10﹣6C。故A正確；
B、x＝0.3m處，F(xiàn)合＝0.16N，則qE﹣F＝0.16N，代入數(shù)據(jù)，解得E＝1.8×105N/C。故B錯誤；
C、由牛頓第二定律得：F合＝ma，則a＝，由于F合先減小后增大，所以a先減小后增大，故C錯誤；
D、由動能定理知，合外力先做正功后做負(fù)功，則動能先增加后減小，所以速度先增加后減小。故D正確。
故選：AD。
【點評】本題屬于帶點小球在電場中的運(yùn)動題型，結(jié)合圖像可以找到合力大小，從而分析加速度，速度的變化情況。
27．（2021?定遠(yuǎn)縣模擬）如圖所示，空間存在兩個被固定的、等量同種正點電荷M、N，在它們的連線上有A、B、C三點，已知MA＝CN＝NB，MA＜NA?，F(xiàn)有一正點電荷q，關(guān)于在電場中移動電荷q，下列說法中正確的是（ ）
A．沿半圓弧l將q從B點移到C點，電勢能減少
B．沿曲線s將q從A點移到C點，電場力做正功
C．沿曲線r將q從B點移到C點，電場力做負(fù)功
D．沿直線將q從A點移到B點的過程中，電場力不做功
【分析】電場力做功與路徑無關(guān)，通過兩點間的電勢差，以及電場力的大小判斷電場力做功情況，根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系確定電勢能的變化。
【解答】解：A、沿半圓弧l將+q從B點移到C點過程中，N處的點電荷對+q不做功，M處的點電荷對q做正功，所以沿半圓弧l將q從B點移到C點，電勢能減少，故A正確；
BC、根據(jù)對稱性可知，A點與B點等電勢，所以將+q從A點移動到C點電場力做功情況與從B點移動到C點等效，所以將電荷從A點移動到C點電場力做正功，電場力做功與路徑無關(guān)，故B正確、C錯誤；
D、A、B兩點等電勢，所以從A點移動B點，電場力不做功，故D正確。
故選：ABD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握電場力做功的特點，知道電場力做功與路徑無關(guān)，掌握電場力做功正負(fù)的判斷方法．
28．（2021?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷，q1位于x軸的坐標(biāo)原點，電荷q2的右側(cè)各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中B點電勢為零，BD段中的電勢最低點為C點，則（ ）
A．B點的電場強(qiáng)度大小為零
B．將一帶負(fù)電的試探電荷從C點移到D點，電場力做負(fù)功
C．A點的電場強(qiáng)度方向向左
D．兩點電荷的電荷量的大小關(guān)系為q1＞q2
【分析】圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，B點的斜率不為零，則B點的電場強(qiáng)度不等于零，C點的電場強(qiáng)度等于零；根據(jù)Ep＝qφ分析將一帶負(fù)電的試探電荷從C點移到D點，電荷的電勢能變化情況，再分析電場力做功的情況；分析兩點電荷在A點的場強(qiáng)方向，最后進(jìn)行合成即可；C點的電場強(qiáng)度為零，則q1和q2兩個點電荷各自在C點電場強(qiáng)度等大反向，根據(jù)場強(qiáng)公式可分析兩點電荷的電性以及電量大小關(guān)系。
【解答】解：A、根據(jù)E＝可知，圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，而B點的斜率不為零，則B點的電場強(qiáng)度不等于零，故A錯誤。
B、C到D電勢逐漸升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，將一帶負(fù)電的試探電荷從C點移到D點，電荷的電勢能逐漸減小，所以電場力做正功，故B錯誤。
C、因為C點的斜率等于零，則C點的電場強(qiáng)度等于零，所以q1和q2兩個點電荷各自在C點電場強(qiáng)度等大反向，所以q1和q2為異種電荷，且q2附近的電勢為正，所以q2為正電荷，q1為負(fù)電荷，q1和q2在A處的電場強(qiáng)度都向左，則A處的電場強(qiáng)度水平向左，故C正確。
D、因為q1和q2為異種電荷，且C點的電場強(qiáng)度等于零，根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度公式E＝可知，q1離C點遠(yuǎn)，則q1的電荷量大，則q1＞q2，故D正確。
故選：CD。
【點評】解決該題的關(guān)鍵是知道φ﹣x圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，熟記點電荷的電場強(qiáng)度的表達(dá)式以及電勢能與電勢關(guān)系式，知道電場力做功與電勢能改變量的關(guān)系。
29．（2021春?香坊區(qū)校級月考）如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質(zhì)量為m、帶電荷量為﹣q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點時的速度大小為，則以下說法正確的是（ ）
A．小球由A到B的過程中靜電力做的功為mgh
B．小球由A到B的過程中靜電力做的功為
C．A、C兩點間的電勢差為
D．A、C兩點間的電勢差為
【分析】小球由A到B的過程中重力和靜電力做功，由動能定理求得小球從A點到B點的過程中靜電力做的功；
根據(jù)動能定理研究小球從A運(yùn)動到B的過程，求出電場力所做的功，進(jìn)而求出AB間的電勢差。
【解答】解：AB、因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有兩個力做功：靜電力做功W和重力做功mgh，由動能定理得：W+mgh＝，代入已知條件vB＝得：靜電力做功 W＝m?3gh﹣mgh＝mgh，故A錯誤，B正確；
CD、A、B兩點間的電勢差絕對值 U＝＝，由于φA＜φB，所以UAB＝，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查電場中電勢差差和電場力做功之間的關(guān)系，要注意明確電勢差是表示電場的能的性質(zhì)的物理量，常常應(yīng)用動能定理求解兩點間電勢差，注意在計算中要代入各物理量的符號。
30．（2021?襄城區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣傳送帶長為l，傾角為θ，沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度大小恒為0.5v0。質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電物塊（可視為質(zhì)點）以初速度v0從底端滑上傳送帶，并從傳送帶頂端滑出。整個空間存在勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝，方向平行于傳送帶斜向下。傳送帶與物體間動摩擦因數(shù)μ≠0，運(yùn)動過程中物塊所帶電量不變，重力加速度為g。物塊從底端滑至頂端的過程中，下列說法中正確的是（ ）
A．物塊可能先做勻減速直線運(yùn)動后做勻速直線運(yùn)動
B．物塊可能先受到滑動摩擦力的作用，再受到靜摩擦力的作用
C．物塊電勢能增加了mglsinθ
D．物塊克服摩擦力做功可能為mv02
【分析】分析物塊的受力及比較大小可判斷物塊的運(yùn)動特點；根據(jù)電場力與電勢能關(guān)系求解電勢能增加量；根據(jù)功能關(guān)系求克服摩擦力做功。
【解答】解：A、物塊沿傳送帶方向上受到沿斜面向上的電場力，重力和沿斜面向下的摩擦力，又qE＝×q＝mgsinθ，物塊所受合力等于沿斜面向下的摩擦力，所以物塊可能一直做勻減速直線運(yùn)動，也可能先做勻減速直線運(yùn)動后做勻速運(yùn)動，故A正確；
B、由以上分析可知，物塊先做勻減速直線運(yùn)動，受到滑動摩擦力作用，后面可能做勻速運(yùn)動時，受力平衡，不受摩擦力作用，故B錯誤；
C、整個過程中電場力做功W＝qEl＝mglsinθ，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；
D、若物塊先做勻減速直線運(yùn)動后做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)功能關(guān)系得：克服摩擦力做功為W＝﹣＝，故D正確；
故選：AD。
【點評】本題關(guān)鍵是要能對物塊正確的受力分析，通過比較各個的力的大小關(guān)系判斷物塊的運(yùn)動規(guī)律，熟練掌握各種功能關(guān)系，并能靈活運(yùn)用。
31．（2021?泰安二模）如圖所示，真空中兩平行正對絕緣板A、B靠近放置，O為兩板中心，兩板相對面上均勻分布有等量異種電荷。過O且與板垂直的直線上，板外的M、N兩點到O點距離相等，板間的P、S兩點到O點的距離相等。在M、N點分別放置電荷量﹣Q、+Q的點電荷時，O點處場強(qiáng)恰好為零。忽略兩點電荷對兩板電荷分布的影響，則P、S兩點的電勢差和場強(qiáng)（ ）
A．電勢差為0
B．電勢差不為0
C．場強(qiáng)大小相等、方向相反
D．場強(qiáng)大小相等、方向相同
【分析】根據(jù)O點處場強(qiáng)為零，知道兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與電容器兩個極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，由此分析電容器A極板的電性，由等量異種點電荷電場的對稱性和電場的疊加原理了判斷P、S兩點場強(qiáng)；
由沿著場強(qiáng)方向電勢逐漸降低可分析電勢差是否為零。
【解答】解：CD、根據(jù)O點處場強(qiáng)為零，知道兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與電容器兩個極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，由此可知A極板帶正電，B極板帶負(fù)電；
由等量異種點電荷電場的對稱性和電場的疊加原理可知，P、S兩點場強(qiáng)大小相等、方向相同，故C錯誤，D正確；
AB、因P、S兩點場強(qiáng)方向相同，結(jié)合沿著場強(qiáng)方向電勢逐漸降低，可知P、S兩點的電勢差不為零，故A錯誤，B正確。
故選：BD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場的疊加原理，熟悉等量異種電荷電場的分布情況，知道沿著電場線方向電勢降低。
32．（2021?河北模擬）如圖所示，邊長為的正方形四個頂點a、b、c、d分別放置一個點電荷，M、N為db延長線上兩點，MRN和MPN是由M到N的兩條不同路徑。a、b、c三處電荷的電荷量為q（q＞0），b處電荷受到的靜電力為（﹣）（k為靜電力常量），方向由b指向N。則（ ）
A．d處電荷的電荷量為﹣q
B．M點的電勢比N點的電勢高
C．正方形中心O處的電場方向從b指向d
D．將一點電荷分別沿路徑MRN和MPN由M移到N過程中，靜電力做功相等
【分析】根據(jù)庫侖定律解出a、c兩處的電荷對b處電荷的電場力的大小，再由題目b處電場力的合力大小和方向判斷得出d處電荷量；電勢是標(biāo)量，疊加時由對稱性得出a、c兩處電荷產(chǎn)生的電勢相同，根據(jù)場源電荷法判斷出M、N處的電勢高低；由場強(qiáng)的疊加原理分析；電場力做功與初末位置有關(guān)，與電荷運(yùn)動的路徑無關(guān)。
【解答】解：A、a、c兩處的電荷對b處電荷的電場力沿db方向，大小為，由于b處電荷受到的合力為（﹣1），那么d處放置負(fù)電荷電量設(shè)為q1，它對b處的電場力為，可以得知q1＝q，故A項正確；
B、a、c兩處的電荷在對稱點M、N處產(chǎn)生的電勢相同，由于M點離負(fù)電荷近電勢低，N更靠近正電荷所以電勢高，故B項錯誤；
C、a、c兩處的電荷在正方形中心O處的產(chǎn)生的場強(qiáng)等大方向，合場強(qiáng)為0；b、d兩處的電荷在O產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向從b指向d，故C項正確；
D、由于電場力做功與電荷運(yùn)動的路徑無關(guān)，因而沿路徑MRN和路徑MPN由M移到N過程中靜電力做功相同，故D項正確；
故選：ACD。
【點評】本題以多個電荷形成的電場為背景，考了電場強(qiáng)度的合成，電勢的疊加，電勢高低比較，要求通過類比重力做功的特點熟知靜電力做功與路徑無關(guān)等知識點，體現(xiàn)了對學(xué)生學(xué)科素養(yǎng)綜合能力的考查。
33．（2021?湖南模擬）如圖所示，A、B兩處分別固定有等量異種點電荷，CD為AB的垂直平分線，O點為垂足?，F(xiàn)有一負(fù)試探電荷（不計試探電荷所受重力）在外力F的作用下從C點沿直線勻速運(yùn)動到D點，則在該過程中（ ）
A．力F先減小后增大
B．力F先增大后減小
C．力F的方向始終沿AB方向
D．力F的方向始終沿BA方向
【分析】在等量異種電荷形成的電場中，需要熟悉電場的分布，尤其是連線的中點場強(qiáng)是連線上的最小，是中垂線的最大場強(qiáng)，再根據(jù)平衡條件就能判斷出外力F的大小變化和方向。
【解答】解：A、B：等量異種電荷連線的中點電場強(qiáng)度在中垂線上是最大的，C點到D點電場強(qiáng)度先增大后減小，所以力F先增大后減小，A項錯誤，B項正確：
C、D：在等量的異種電荷形成的電場中中垂線上的電場方向平行其連線，負(fù)的試探電荷在電場中受到電場力垂直中垂線向左，從C點沿直線勻速運(yùn)動到D點，受到的外力為零，所以外力F與電場力等大反向，因而外力F水平向右，故C項正確，D項錯誤；
故選：BC。
【點評】本題以帶電粒子在電場中勻速運(yùn)動，考查學(xué)生對等量異種電荷分布的電場認(rèn)識，體現(xiàn)了學(xué)科思維的素養(yǎng)的考查。
34．（2021?十堰模擬）如圖所示，真空中的A、B兩點分別固定有電荷量均為q的正、負(fù)點電荷，A、B兩點間的距離為4r，a、b、c、d是以A、B連線的中點O為圓心、以r為半徑的圓上的四個點，a、b在A、B連線，c、d點在A、B連線的中垂線上，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同
B．把一正點電荷從c點沿直線移動到d點的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功
C．把一電荷量為q0的正試探電荷放在c點，其受到的電場力大小為
D．把一電荷量為q0的正試探電荷從c點移動到b點，電場力做功為
【分析】根據(jù)E＝和電場疊加知識判斷電場強(qiáng)度大小、方向，根據(jù)F＝Eq計算電場力大小，根據(jù)W＝FLcsθ計算電場力做功。
【解答】解：A、由公式E＝可知：a.b兩點距A、B距離對稱，A、B處電荷在a、b電場方向都是a指向b，則ab兩點電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；
B、c、d連線的電場強(qiáng)度方向均水平向右，所以把一正點電荷從c點沿直線移動到d點，電場力不做功，故B錯誤；
C、A處點電荷產(chǎn)生的電場在c點的電場強(qiáng)度大小E1＝，方向從A指向c，同理，B處點電荷產(chǎn)生的電場在c點的電場強(qiáng)度大小E2＝，方向從c指向B，由幾何關(guān)系可知，A、c連線與A、B連線的夾角的余弦值為，則c處的合電場強(qiáng)度大小E＝2E1×，故試探電荷在c點受到的電場力大小為，故C正確；
D、因為b點的電場強(qiáng)度大小為，所以把試探電荷從，c點移動到b點電場力做功小于，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查點電荷形成的電場，注意電場的對稱性以及電場的疊加是本題解題關(guān)鍵。
35．（2021?邯鄲二模）如圖所示，M、N兩處分別固定電荷量為+2q、﹣q的點電荷，A、B是M、N連線上的兩個點，且MA＝AB＝BN。A、B之間的電勢差為UAB，A、B兩點場強(qiáng)分別為EA、EB。若僅取走右邊的負(fù)電荷，A、B之間的電勢差變?yōu)閁AB′，A、B兩點場強(qiáng)分別為EA′、EB′，下面說法正確的是（ ）
A．UAB＝UAB′B．UAB＞UAB′C．＝D．＝
【分析】根據(jù)E＝k，φ＝k，判斷取走負(fù)電荷前后A、B兩點的電場強(qiáng)度和電勢。
【解答】解：AB、在電荷量為Q，距其r處，其產(chǎn)生的場強(qiáng)E＝k，φ＝k，設(shè)MA＝AB＝BN＝r，故初始狀態(tài)下，+2q 在A產(chǎn)生的電勢φA1＝k，﹣q在A產(chǎn)生的電勢φA2＝﹣k，所以φA＝k，同理可得到φB＝φB1﹣φB2＝0，所以UAB＝φA﹣φB＝k，UAB′＝φA1﹣φB1＝k，所以UAB＞UAB′，故B正確，A錯誤；
CD、場強(qiáng)為矢量，計算應(yīng)考慮方向，設(shè)向右為正。則EA＝k﹣k＝k，EA′＝k，所以＝，同理得＝3，故C正確，D錯誤；
故選：BC。
【點評】本題考查電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系、電場的疊加，正確分析兩個點電荷在AB兩點產(chǎn)生的電勢和電場強(qiáng)度是解題關(guān)鍵。
36．（2021?河北模擬）如圖所示，兩條完全相同的圓弧形材料AOB和COD，圓弧對應(yīng)的圓心角都為120°，圓弧AOB在豎直平面內(nèi)，圓弧COD在水平面內(nèi)，以O(shè)點為坐標(biāo)原點、水平向右為x軸正方向，兩弧形材料均勻分布正電荷，P點為兩段圓弧的圓心。已知P點處的電場強(qiáng)度為EO、電勢為φO，設(shè)圓弧AO在圓心P處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E，產(chǎn)生的電勢為φ，選無窮遠(yuǎn)的電勢為零，以下說法正確的是（ ）
A．E＝EO，φ＝φO
B．E＝EO，φ＝φO
C．將質(zhì)子（比荷）從P點無初速釋放，則質(zhì)子的最大速度為
D．若兩段弧形材料帶上的是等量異種電荷，x軸上各點電場強(qiáng)度為零，電勢為零
【分析】分別找出圓弧AO、OB、OC、OD在圓心P點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小和方向，根據(jù)電場強(qiáng)度矢量疊加法則求場強(qiáng)關(guān)系，分別找出圓弧AO、OB、OC、OD在圓心P點產(chǎn)生的電勢，根據(jù)電勢疊加法則求電勢關(guān)系；從P點無初速釋放質(zhì)子，到達(dá)無窮遠(yuǎn)處時速度最大，根據(jù)動能定理求質(zhì)子的最大速度；根據(jù)對稱性及矢量和標(biāo)量疊加的法則可求x軸上各點產(chǎn)生電場強(qiáng)度及電勢。
【解答】解：AB、圓弧AO在圓心P點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小與圓弧OB在P點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，兩個場強(qiáng)方向夾角為60°，電勢相等，同理圓弧OC在圓心P點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小與圓弧OD在P點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，且夾角也為60°，電勢相等，根據(jù)電場強(qiáng)度矢量疊加法則有4Ecs30°＝E0，計算解得E＝，根據(jù)電勢標(biāo)量的疊加法則有φ＝4φ0，得φ＝，故A錯誤，B正確；
C、從P點無初速釋放質(zhì)子，到達(dá)無窮遠(yuǎn)處時速度最大，根據(jù)動能定理有eφ0＝，得v＝，故C錯誤；
D、若兩段弧形材料帶上的是等量異種電荷，正電荷和負(fù)電荷在x軸上各點產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，其合場強(qiáng)為零，正、負(fù)電荷產(chǎn)生電勢數(shù)值相等，電勢疊加結(jié)果為零，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查電場疊加、場強(qiáng)、電勢，考查知識點有針對性，重點突出，充分考查了學(xué)生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。
37．（2021?晉江市模擬）如圖所示，M、N兩點分別固定著帶電量相等的正點電荷，正方形ABCD為垂直M、N連線的平面，正方形中心O是M、N連線中點，E、F分別是BC、AD的中點。不計重力，下列說法中正確的是（ ）
A．A、B兩點的場強(qiáng)相同
B．E、F兩點的電勢相等
C．將一負(fù)電荷由A點靜止釋放后，該電荷將在AD間做往返運(yùn)動
D．將一負(fù)電荷由E點靜止釋放后，該電荷將在EF間做往返運(yùn)動
【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場分布判定，電場強(qiáng)度為矢量，從中垂線和連線特殊位置開始分析。
【解答】解：A、M、N兩點分別固定著帶電量相等的正點電荷，A、B關(guān)于其MN連線的中垂線對稱，根據(jù)場強(qiáng)的矢量和，可確定AB兩點場強(qiáng)大小相同，方向不同，故A錯誤；
BD、E、F兩點也為MN連線的中垂線對稱點，根據(jù)等量同種電荷電場線的分布，可確定E、F兩點電勢相等，將負(fù)電荷由E點靜止釋放，受沿EF方向的電場力的作用，先加速運(yùn)動，然后減速運(yùn)動，在EF間做往返運(yùn)動，故BD正確；
C、將負(fù)電荷由A點靜止釋放，其受力方向不沿AD方向，故不能在AD間往返運(yùn)動，故C錯誤；
故選：BD。
【點評】本題主要考查了等量同種電荷的電場線的分布情況，根據(jù)其分布情況確定電勢和電場強(qiáng)度，電場強(qiáng)度為矢量，要注意其大小相等，方向相同才為電場強(qiáng)度相同。
38．（2021?蚌埠三模）如圖所示，O、A、B、C為同一豎直平面內(nèi)的四個點，OA沿豎直方向，AB沿水平方向，AB＝BC＝L，＜ABC＝120°，該平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子（可視為質(zhì)點）從O點以速度v0平行AB方向拋出，恰好以垂直BC的方向通過C點，不計粒子的重力和空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）
A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝
B．O、C兩點之間電勢差UOC＝
C．粒子從O點到C點的過程中電勢能減小
D．粒子從O點到C點的過程中速度的變化量為
【分析】根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動水平和豎直方向特點，結(jié)合電場力做功與電勢能變化關(guān)系可得結(jié)果。
【解答】解：A、帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有v0t＝L+Lsin30°，豎直方向有vy＝at＝，垂直BC的方向通過C點，故有tan30°＝，解得E＝，故A正確；
B、根據(jù)UOC＝Ey＝E?at2，代入數(shù)據(jù)，解得UOC＝﹣，故B錯誤；
C.粒子從O點到C點的過程中電勢能減小量為|UOC|q＝，故C正確；
D.粒子從O點到C點的過程中速度的變化量為△v＝at＝v0，故D錯誤；
故選：AC。
【點評】本題主要考查了帶點粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，難度適中。
39．（2021?香坊區(qū)校級二模）如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場，平行實線為該電場的等勢面，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與等勢面垂直，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度v0從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB＝BC，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（ ）
A．電場方向由B指向A
B．電場強(qiáng)度大小為
C．小球下落高度為gt2
D．此過程小球增加的電勢能等于mg2t2
【分析】分析小球受力情況，明確重力及電場力做功情況，結(jié)合幾何關(guān)系確定小球的高度變化；要注意采用運(yùn)動的合成與分解知識。
【解答】解：A、由題意可知，小球在下落過程中，初末狀態(tài)動能相同，而重力做正功，則電場力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場線應(yīng)斜向上，即由B指向A；故A正確；
B、題中AB＝BC，則∠BAC＝∠ACB＝30°，則AB與水平方向夾角為60°，由動能定理可知，mgABsin60°﹣EqACsin60°＝0，代入數(shù)據(jù)，解得：E＝；故B錯誤；
C、將電場力分解為沿水平方向和豎直方向，則有豎直分量中產(chǎn)生的電場力為：F＝Eqsin60°＝mg；
則物體在豎直方向上的合力為：F合＝mg﹣mg＝mg，
則由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度為：ay＝；
則下落高度為：h＝ayt2＝gt2；故C正確；
D、此過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場線的方向上的位移為：x＝ACsin60°＝2hsin60°；則電勢能的增加量等于電場力做的負(fù)功，即為：EP＝Eqx＝mg2t2；故D正確；
故選：ACD。
【點評】本題綜合考查帶電粒子在電場與重力場中的運(yùn)動，要注意明確運(yùn)動的合成與分解的應(yīng)用，同時明確幾何關(guān)系的應(yīng)用。
40．（2021?內(nèi)江二模）在勻強(qiáng)電場中有一個邊長為2cm正六邊形區(qū)域abcdhf，電場線與六邊形所在平面平行，如圖所示。已知a、b、h三點的電勢分別為7V、11V、﹣5V，一電子（電荷量為e，重力不計）以16eV的初動能從b點沿不同方向射入abcdhf區(qū)域，下列判斷正確的是（ ）
A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為400V/m
B．d點的電勢為1V
C．粒子經(jīng)過f點時動能為24eV
D．粒子可能從b點射出該區(qū)域
【分析】根據(jù)勻強(qiáng)電場中平行等距離的兩點電勢差相等可得六邊形幾何中心點的電勢然后確定電場線方向，根據(jù)粒子受力方向確定電性；根據(jù)幾何關(guān)系與勻強(qiáng)電場的特點確定c、d之間的電勢差；根據(jù)動能和電勢能之和不變確定粒子在G點和C點的動能，由此判斷c點的動能以及能不能從b首次離開六邊形區(qū)域的。
【解答】解：連接b與h點，根據(jù)勻強(qiáng)電場中平行等距離的兩點電勢差相等可得該六邊形的中心處的電勢為φ＝＝V＝3V，連接ac，可知直線ac與bh垂直，由幾何關(guān)系可知兩條直線的交點到b的距離與到點的距離相等，所以該交點的電勢φp＝＝V＝7V＝φa，可知直線ac為該電場的等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直可知bh的方向為該電場的電場線的方向，即電場的方向從b指向h。如圖：
A、該粒子沿bd方向進(jìn)入，從c點射出，粒子彎曲的方向向下，可知粒子受力方向與電場線方向相反，該粒子一定帶負(fù)電，故A正確；
B、根據(jù)電場線可知bh間電勢差最大，為Ubh＝11V﹣（﹣5）V＝16V，粒子沿bh向上運(yùn)動，剛好運(yùn)動到h點，速度為零，然后返回，不能從h點射出，故B錯誤；
C、直線ac為該電場的等勢線，由幾何關(guān)系可知，af平行于bh，而且af＝b，根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點可知Uaf＝Ub＝φb﹣φ＝7V﹣0V＝7V，又Uaf＝φa﹣φf，所以φf＝0，又知b點的電勢為11V，則：Ubf＝φb﹣φf＝11V﹣0V＝11V，粒子在b點初動能為16eV，從b到f電場力做的功：W＝qUbf＝﹣e×11V＝﹣11eV，粒子到達(dá)c時的動能：Ekf＝Ekb+W＝16eV﹣11eV＝5eV，故C錯誤；
D、粒子進(jìn)入該勻強(qiáng)電場后，若從b點再返回，則入射的方向必定沿電場線的方向，即沿bh的方向射入，然后粒子在電場中做減速運(yùn)動，從b到h電場力做的功：W′＝q?Ubh＝q（φb﹣φh）＝﹣e×[11V﹣（﹣5V）]＝﹣16eV，可知粒子可以恰好到達(dá)h點，所以粒子能再返回b點，故D正確。
故選：AD。
【點評】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，此種類型的題目從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等解答；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，利用動能定理、能量守恒定律等研究全過程中能的轉(zhuǎn)化。
三．填空題（共10小題）
41．（2021春?思明區(qū)校級月考）空間存在平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場，平面內(nèi)A、B、C、D四點的位置如圖所示，其中A、B、C三點的電勢分別為5V、10V、8.4V，已知A、B兩點之間的距離xAB等于A、B兩點之間的距離xCD的倍，即xAB＝xCD，且C、D的縱坐標(biāo)相同下，則D點的電勢為 11 V。
【分析】在勻強(qiáng)電場中，電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系為U＝Ed，沿同一方向（不在等勢面）兩點間電勢差與距離成正比。根據(jù)這個知識進(jìn)行解答。
【解答】解：在勻強(qiáng)電場中，根據(jù)U＝Ed知，沿同一方向（不在等勢面）兩點間電勢差與距離成正比，由此可知，AB間電勢差與CD間電勢差之比為UAB：UCD＝xAB：xCD＝25：13，即（φA﹣φB）：（φC﹣φD）＝25：13，將φA＝5V，φB＝10V，φC＝8.4V，解得φD＝11V
故答案為：11.
【點評】解答本題的關(guān)鍵要掌握勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed，運(yùn)用比例法進(jìn)行解答。
42．（2020春?洞口縣校級月考）平行的帶電金屬板A、B間是勻強(qiáng)電場，如圖所示，兩板間距離是5cm，兩板間的電壓是60V。
（1）兩板間的場強(qiáng)是 1200 V/m；
（2）電場中有P1和P2兩點，P1點離A板0.5cm，P2點離B板也是0.5cm，P1和P2兩點間的電勢差U12＝ 48 V，若將一個帶電量為q＝﹣2.0×10﹣5C的電荷放在P1
點，則該電荷在P1處的電勢能是 ﹣1.08×10﹣3 J。
【分析】（1）帶電金屬板A、B間是勻強(qiáng)電場，根據(jù)E＝求解場強(qiáng)的大??；
（2）根據(jù)公式U＝Ed求解P1和P2兩點間的電勢差。根據(jù)U＝Ed求P1與下極板間的電勢差，從而求得P1處的電勢，再求電荷在P1處的電勢能。
【解答】解：（1）兩板間距離是d＝5cm＝0.05m
兩板間的場強(qiáng)是 E＝＝V/m＝1200V/m；
（2）P1和P2兩點間的電勢差為 U12＝Ed12＝1200×（0.05﹣0.005﹣0.005）V＝48V
P1與下極板間的電勢差為 U10＝Ed10＝1200×（0.05﹣0.005）V＝54V
因U10＝φ1﹣φ0，φ0＝0，則得P1處的電勢為 φ1＝54V
該電荷在P1處的電勢能是 Ep＝qφ1＝﹣2.0×10﹣5×54J＝﹣1.08×10﹣3J
故答案為：（1）1200；（2）48，﹣1.08×10﹣3。
【點評】本題的關(guān)鍵是要根據(jù)勻強(qiáng)電場的公式U＝Ed和電勢差公式UAB＝φA﹣φB列式，確定電勢差和電勢.
43．（2020秋?平羅縣校級期中）如圖所示的勻強(qiáng)電場中，M、N兩點距離為2cm，兩點間的電勢差為5V，MN連線與場強(qiáng)方向成60°角，則此電場的電場強(qiáng)度大小為 500 V/m．
【分析】根據(jù)E＝求的電場強(qiáng)度，注意d是沿電場線方向的距離．
【解答】解：由E＝得：E＝＝500V/m；
故答案為：500V/m．
【點評】本題考查了電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系；要注意公式中d的含義．
44．（2019秋?海林市校級期中）如圖所示，水平放置的A、B兩板相距30cm，電源電壓為60V，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小 200 V/m；方向 豎直向下 ，若B板接地，C點離A板10cm，D點離B板5cm，則A板電勢為 60 V、C點電勢為 40 V、D點電勢為 10 V、D、C兩點間的電勢差為UDC＝ ﹣30 V。
【分析】根據(jù)電勢差和兩極板間的距離，由U＝Ed求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小，并判斷電場方向；根據(jù)各點與B板間的電勢差求出各點的電勢。
【解答】解：勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小 E＝＝＝200V/m，方向豎直向下
B板接地，φB＝0，因為φA﹣φB＝60V，解得 φA＝60V。
C點到B板的距離 d1＝30cm﹣10cm＝20cm＝0.2m
C、B間的電勢差 UCB＝Ed1＝200×0.2V＝40V
故φC＝40V
D點到B板的距離 d2＝5cm＝20cm＝0.05m
D、B間的電勢差 UDB＝Ed1＝200×0.05V＝10V
故φD＝10V
D、C兩點間的電勢差為 UDC＝φD﹣φC＝﹣30V
故答案為：200；豎直向下；60；40；10；﹣30。
【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式 E＝，知道d是兩點沿電場線方向上的距離。
45．（2019秋?泉港區(qū)校級月考）如圖所示，勻強(qiáng)電場中A、B、C三點構(gòu)成一等腰三角形，D點為BC的中點，AB＝c，底角α＝30°，電場強(qiáng)度的方向平行于紙面?，F(xiàn)有一電子，在電場力作用下，從A運(yùn)動到C動能減少Ek，而質(zhì)子在電場力作用下，從A運(yùn)動到B動能增加也等于Ek，則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為 和方向 A指向D 。
【分析】電子在電場力作用下，從A運(yùn)動到C，動能減小量與質(zhì)子在電場力作用下，從A到B，動能的增加量相等；由于電子與質(zhì)子的電性相反，從而得出BC兩點的電勢高低，根據(jù)電場線與等勢面垂直的特性，確定電場強(qiáng)度的方向。
由電場力做功，導(dǎo)致電勢能的變化從而引起動能變化，進(jìn)而得出電勢差，再由電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系，算出電場強(qiáng)度的大小。
【解答】解：電子在電場力作用下，經(jīng)A運(yùn)動到C動能減少Ek，則電勢能增加Ek，而質(zhì)子在電場力作用下，經(jīng)A運(yùn)動到B動能增加也等于Ek，則電勢能減小Ek，由于電子與質(zhì)子的電性相反，則得出B點與C點的電勢相等且比A點電勢低。由于勻強(qiáng)電場，所以BC連線即為等勢面。又因電場線與等勢面相互垂直，且沿著電場線方向電勢降低，則有電場強(qiáng)度方向垂直BC連線并由A指向與BC，即從A指向D。
電子A運(yùn)動到C動能減少Ek，則電勢能增加Ek，說明電場力做負(fù)功，功值為Ek，由電勢差U＝＝＝，
再由E＝＝＝。
故答案為：，A指向D。
【點評】本題考查：由電荷的動能變化來確定電勢能變化，從而確定電勢；并由電場線與等勢面垂直特性，來確定電場強(qiáng)度的方向。而由電勢能與電荷量確定電勢差，再由電勢差與電場強(qiáng)度關(guān)系來確定電場強(qiáng)度的大小。同時注意求電勢差時電荷量的電性，及沿著電場線方向的距離d。
46．（2019秋?平壩區(qū)校級月考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0V，點A處的電勢為24V，點B處的電勢為12V，則電場強(qiáng)度的大小為 800 v/m．
【分析】在x軸上找一電勢為12V的點，將該點與B點連接，該連線為一條等勢線，求出OB沿電場線方向上的距離d，根據(jù)E＝求出電場強(qiáng)度的大小．
【解答】解：OA的中點C的電勢為12V，將C點與B點連接，如圖，電場線與等勢線垂直，根據(jù)幾何關(guān)系得：
BC＝2cm，則OB沿電場線方向上的距離：d＝sin60°＝1.5cm．
所以電場強(qiáng)度E＝＝＝800V/m．
故答案為：800．
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道電場線與等勢線垂直，掌握勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小與電勢差的關(guān)系，即E＝，注意d是沿電場線方向上的距離．
47．（2019秋?黃石港區(qū)校級月考）在邊長為L的正方形四個頂點A、B、C、D上依次放置電荷量為﹣q、﹣q、﹣q、+q的點電荷，則正方形中心O點的場強(qiáng)大小為 ，方向 D→B ．
【分析】在邊長為a的正方形四個頂點A、B、C、D上依次放置電荷量為﹣q、﹣q、﹣q和q的點電荷，A、C兩點上的電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，正好抵消，最終的場強(qiáng)為B、D兩點電荷在O點產(chǎn)生場強(qiáng)的合場強(qiáng)．
【解答】解：A、C兩處的點電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，正好抵消，則O點的場強(qiáng)為B、D兩點電荷在O點產(chǎn)生場強(qiáng)的合場強(qiáng)，大小為 E＝2k＝，方向由D→B．
故答案為：，D→B．
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握點電荷的場強(qiáng)公式，以及點電荷的場強(qiáng)方向，會根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行場強(qiáng)的疊加．
48．（2019秋?汪清縣校級月考）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，在此電場中A、B、C三點構(gòu)成一個直角三角形，三角形所在平面與電場線平行，如圖所示，AB邊長為L，AB邊平行于電場線，現(xiàn)將一個正電荷q從A點沿AB運(yùn)動到B點，電場力做功為 EqL ；由B運(yùn)動到C，q的電勢能變化量為 0 ；由C運(yùn)動到A，電場力做功為 ﹣EqL ；A、C兩點之間的電勢差為 EL ．
【分析】勻強(qiáng)電場中，電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系是U＝Ed，式中d是兩點沿電場強(qiáng)度方向的距離，然后根據(jù)d的含義可求解A、B兩點間的電勢差．電場力做功的公式W＝qU
【解答】解：根據(jù)勻強(qiáng)電場特點可知：A、B兩點間的電勢差為：
UAB＝UAC＝EdAB
所以有：WAB＝EqL．
B和C位于同一等勢面上，故正電荷從B點到C點，電場力做功為0；
WCA＝WBA＝﹣WAB＝﹣EqL
UAC＝UAB＝EL
故答案為：EqL，0，﹣EqL，EL．
【點評】公式U＝Ed的適用條件為勻強(qiáng)電場，d的含義為兩點之間沿電場線方向的距離，并非兩點之間的距離，因此對于物理公式要明確適用條件以及各個物理量的含義．
49．（2017秋?尋甸縣校級期末）如圖所示，勻強(qiáng)電場中有A、B兩點，電勢分別為φA、φB表示，則φA 小于 φB（選填“大于”“小于”或“等于”）；一帶電粒子從A點運(yùn)動到B過程中，電場力做正功，則粒子帶 負(fù) 電，它在A、B兩點的電勢能分別用EPA、EPB表示，則EPA 大于 EPB （選填“大于”“等于”或“小于”）。
【分析】根據(jù)順著電場線電勢降低，判斷電勢的高低。帶電粒子從A 點運(yùn)動到B過程中，電場力做正功，電場力方向與位移方向相同，判斷出電場力的方向，即可確定粒子的電性。電場力做正功，電勢能減少。
【解答】解：沿著電場線方向電勢逐漸降低，則φA小于φB．帶電粒子從A 點運(yùn)動到B過程中，電場力做正功，帶電粒子所受的電場力方向由A到B，與電場方向相反，所以粒子帶負(fù)電。
電場力做正功，粒子的電勢能減少，則EPA大于EPB。
故答案為：小于，負(fù)，大于。
【點評】本題要掌握在電場中比較電勢大小的方法：根據(jù)電場線的方向。要明確電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，與重力做功與重力勢能變化的關(guān)系相似。
50．（2018秋?城北區(qū)校級月考）一帶電粒子在如圖所示的點電荷的電場中，僅在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A點運(yùn)動到B點，則該粒子的帶電性質(zhì) 正電 （填正電或負(fù)電），A點和B點的場強(qiáng)大小關(guān)系EA 小于 EB，電勢關(guān)系φA 大于 φB，粒子在兩點的電勢能大小關(guān)系EpA 大于 EpB，加速度大小關(guān)系aA 小于 ab（填：大于．等于或小于）．
【分析】粒子在電場力作用下，由運(yùn)動與力關(guān)系可知，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場力）的方向，再根據(jù)電場力方向和電場的方向判定電荷性質(zhì)；根據(jù)電場力做正功，動能增大，電勢能減?。?br>【解答】解：從A到B，電荷向上彎曲，說明電場力的方向向上，與電場線的方向相同，所以電荷帶正電；
A點附近電場線比B點附近電場線密集，故EA＜EB，故A點電場力小于B點電場力，故在a點的加速度小于b點的加速度；
沿著電場線，電勢降低，等勢面與電場線垂直，故φA＞φB；
由圖可知，粒子軌跡的方向與電場力的方向之間的夾角是銳角，所以電場力做正功，根據(jù)動能定理，動能增加，根據(jù)能量守恒定律，故電勢能減??；
故答案為：正電，小于，大于，大于，小于．
【點評】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布．對于本題關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動軌跡來判定電場力方向，由曲線運(yùn)動條件可知合力偏向曲線內(nèi)側(cè)．
四．計算題（共10小題）
51．（2021春?湖濱區(qū)校級月考）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，組成一個系統(tǒng)，其中A球帶正電，電量為q。虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè)，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線。視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場后，系統(tǒng)開始運(yùn)動。若B球不帶電時，B球到達(dá)虛線PQ位置時速度大小為；若讓B球帶上一定電荷，B球從圖示位置向右恰能運(yùn)動到虛線PQ位置，不計A、B兩球間的庫侖力，兩球均視為點電荷。求：
（1）虛線MN與PQ之間的電勢差；
（2）B球的電性，B球所帶電荷量；
（3）B球帶上述電荷后，從系統(tǒng)開始運(yùn)動到B球第二次經(jīng)過虛線MN位置的時間。
【分析】（1）從圖示位置運(yùn)動帶PQ位置的過程中，以AB系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動能定理以及U＝Ed求解電勢差；
（2）AB系統(tǒng)從開始至B球恰好到達(dá)PQ位置的過程中，根據(jù)動能定理求解電荷量；
（3）分別求出A在電場，AB都在電場中以及B在電場中運(yùn)動的時間，三段時間相加求解總時間；
【解答】解：（1）B球不帶電時，從圖示位置運(yùn)動到PQ位置的過程中，以AB系統(tǒng)為研究對象，由動能定理有：2EqL＝
根據(jù)U＝Ed可知MN與PQ之間的電勢差：U＝E?3L
聯(lián)立可得：U＝
（2）B球帶負(fù)電時，令B球的帶電量為qB，AB系統(tǒng)從開始至B球恰好到達(dá)PQ位置的過程中，由動能定理有：EqL+E（q﹣qB）L﹣EqB?2L＝0，
得：qB＝
（3）僅A在電場中時：Eq＝2ma1
可得：a1＝2g
AB系統(tǒng)做初速度為0，加速度為的a1勻加速直線運(yùn)動，位移為L，由：L＝，
可得：
由：v1＝a1t1，
可得：
僅B在電場中：EqB＝2ma3，可得：
AB系統(tǒng)做加速度為的a3勻減速直線運(yùn)動，位移為2L，由：2L＝
可得：
則該過程的初速度：v2＝a3t3
可得：
AB都在電場中：E（q﹣qB）＝2ma2，可得：
AB系統(tǒng)做加速度為的a2勻邊速直線運(yùn)動，位移為L，始末速度分別為v1、v2由：v2＝v1+a2t2，可得：
根據(jù)運(yùn)動的對稱性，可知全過程的總時間：t＝t1+2（t2+t3），可得：t＝
答：（1）虛線MN與PQ之間的電勢差為；
（2）B球的電性，B球所帶電荷量為；
（3）B球帶上述電荷后，從系統(tǒng)開始運(yùn)動到B球第二次經(jīng)過虛線MN位置的時間為。
【點評】解決該題的關(guān)鍵是掌握系統(tǒng)分別在A僅在電場中以及B僅在電場中和AB都在電場中的運(yùn)動狀態(tài)，熟記相關(guān)的運(yùn)動學(xué)和電勢差公式；
52．（2021春?浙江月考）勻強(qiáng)電場中有六個點A、B、C、D、E、F正好位于一正六邊形的六個頂點處，如圖所示。六邊形邊長為0.1m，所在平面與電場方向平行。點B、C、E的電勢分別為﹣20V、20V和60V，一帶電粒子從A點以5×105m/s沿AB方向射出后到達(dá)D點。勻強(qiáng)電場中任意兩點連線中點的電勢等于這兩點電勢和的一半，不計粒子重力，求：
（1）帶電粒子的電性；
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；
（3）帶電粒子的比荷。
【分析】（1）根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿任意方向相同距離兩點間的電勢差相等，求出F點的電勢為20V，通過作輔助線，確定FC是一條等勢線，由此確定該電場的特點與方向，進(jìn)而判定粒子的電性；
（2）根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系求解電場強(qiáng)度大小；
（3）由類平拋運(yùn)動規(guī)律求解帶電粒子的比荷。
【解答】解：（1）根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿任意方向相同距離電勢差相等，UBC＝UFE，則有 φB﹣φC＝φF﹣φE；
由于φB＝﹣20V，φC＝20V，φE＝60V，解得F點的電勢為：φF＝20V
則FC連線是一條等勢線，電場線垂直于AC連線向上，帶電粒子所受的電場力垂直于FC向下，所以該粒子帶負(fù)電；
（2）勻強(qiáng)電場中等勢線平行，所以AB也是一條等勢線，則A點的電勢 φA＝φB＝﹣20V，如圖所示；
根據(jù)幾何關(guān)系可得AE＝2×0.1×cs30°＝m
電場強(qiáng)度的大小為：E＝＝＝V/m；
（3）粒子做類平拋運(yùn)動，沿AB方向做勻速直線運(yùn)動，達(dá)到D點的時間為：t＝＝s＝2×10﹣7s
沿電場線方向，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：AE＝＝
解得：＝1.875×1010C/kg。
答：（1）帶電粒子帶負(fù)電；
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為V/m；
（3）帶電粒子的比荷為1.875×1010C/kg。
【點評】該題通過比較幾個點的電勢，得出該電場的特點與方向，解題的關(guān)鍵是通過使用輔助線來說明問題，同時掌握類平拋運(yùn)動處理規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
53．（2020秋?海淀區(qū)月考）如圖所示，長為l的絕緣細(xì)線一端懸于O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球（可視為質(zhì)點）?，F(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度的大小為E，小球靜止在A點，此時細(xì)線與豎直方向成37°角。已知電場的范圍足夠大，空氣阻力可忽略不計，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）請判斷小球的電性，并求小球所帶電荷量的大小；
（2）求OA兩點間的電勢差UOA；
（3）若將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，求小球此后運(yùn)動到最低點時的速度大小；
（4）若將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，求小球此后相對豎直方向向右側(cè)擺起的最大角度大小。
【分析】（1）根據(jù)負(fù)電荷所受電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相反判斷場強(qiáng)的方向，根據(jù)小球受力平衡列式求場強(qiáng)的大小；
（2）根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系求電勢差；
（3）將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，小球此后運(yùn)動到最低點時的速度大小可由動能定理求得。
（4）若將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，用動能定理可以求得最大夾角。
【解答】解：（1）由圖可知，帶電小球靜止時電場力水平向左，電場強(qiáng)度方向水平向右，所以小球帶負(fù)電
小球受重力、電場力和細(xì)線的拉力，根據(jù)平衡條件有：Tcs37°＝mg，Tsin37°＝qE
解得：q＝
（2）據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系可得UOA＝Elsin37°＝El×＝
（3）對小球從O′到最低點，根據(jù)動能定理得：mgl﹣qEl＝mv2，所以v＝
（4）設(shè)小球從O′到右側(cè)最高點的角度大小為θ，小球到右側(cè)最高點的速度是0。
由動能定理得：mglcsθ﹣qEl（1+sinθ）＝0，解得sinθ＝，θ＝arcsin
答：（1）小球的電性為負(fù)，小球所帶電荷量為q＝，
（2）電勢差UOA＝，
（3）若將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，
小球此后運(yùn)動到最低點時的速度大小v＝；
（4）若將小球從A點在豎直面內(nèi)向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，
小球此后相對豎直方向向右側(cè)擺起的最大角度為arcsin。
【點評】解答本題的關(guān)鍵是熟悉電場的基本性質(zhì)，知道勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系式U＝Ed（注意d指的是 兩點間沿著電場方向的距離），此外還要能靈活應(yīng)用動能定理求變力做的功。
54．（2020秋?廣州期末）在如圖所示的勻強(qiáng)電場中（未畫出場強(qiáng)方向）有 A、B、C三點，dAB＝4cm，dBC＝6cm，其中AB與電場線平行，BC和電場線成37°角，一個電量為q＝4×10﹣8C的負(fù)電荷從點A移動到點B，電場力做功為WAB＝8×10﹣6J，已知cs37°＝0.8。求：
（1）場強(qiáng)的大小和方向；
（2）若取點B的電勢為零，則點C的電勢為多大？
【分析】（1）根據(jù)電場力做功公式WAB＝qUAB，以及勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系式U＝Ed相結(jié)合求場強(qiáng)的大小。根據(jù)電場力做功情況判斷電荷所受電場力方向，從而確定場強(qiáng)方向；
（2）根據(jù)公式U＝Ed求出CB兩點間的電勢差UCB，結(jié)合UCB＝φC﹣φB，來求點C的電勢。
【解答】解：dAB＝4cm＝0.04m，dBC＝6cm＝0.06m
（1）根據(jù)WAB＝qUAB、U＝Ed，可得場強(qiáng)的大小
E＝＝
代入數(shù)據(jù)可得 E＝5×103V/m
負(fù)電荷從點A移動到點B，電場力做正功，則負(fù)電荷所受電場力的方向向右，所以場強(qiáng)方向向左。
（2）根據(jù)U＝Ed，可得：
CB兩點間的電勢差UCB＝EdCBcs37°
解得UCB＝240V
根據(jù)UCB＝φC﹣φB，φB＝0，得φC＝240V
答：（1）場強(qiáng)的大小為5×103V/m，方向向左；
（2）若取點B的電勢為零，則點C的電勢為240V。
【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系以及電勢差與電勢的關(guān)系，要注意在勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式E＝中，d是兩點沿電場線方向上的距離。
55．（2020秋?重慶期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道ABC，AB部分是半徑R＝0.40m的光滑半圓軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著E＝1.0×103V/m的水平向右的有界勻強(qiáng)電場，AB為電場的左側(cè)邊界?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝﹣1×10﹣4C的滑塊（視為質(zhì)點）從BC上的某點由靜止釋放，滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零。已知滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.05，g取10m/s2．求：
（1）滑塊通過A點時速度vA的大??；
（2）滑塊在BC軌道上的釋放點到B點的距離x；
（3）滑塊離開A點后在空中運(yùn)動速度v的最小值。
【分析】（1）根據(jù)條件和牛頓第二定律求出A點的速度大?。?br>（2）滑塊從C到A，幾何（1）中結(jié)果并根據(jù)動能定理求出C到B的距離；
（3）滑塊從A點飛出后，水平方向做勻減速運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度公式列出再空中運(yùn)動的速度公式，并根據(jù)數(shù)學(xué)知識求出速度的最小值。
【解答】解：（1）滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零即只有重力提供向心力：根據(jù)牛頓第二定律有：
代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s；
（2）滑塊從C到A，根據(jù)動能定理有：
代入數(shù)據(jù)解得：x＝5m
（3）滑塊從A點飛出后，受到重力和電場力的作用，所以水平方向做勻減速運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，有：
vy＝gt＝10t
聯(lián)立解得：
根據(jù)數(shù)學(xué)知識點得到
答：（1）滑塊通過A點時速度vA的大小為2m/s；
（2）滑塊在BC軌道上的釋放點到B點的距離x為5m；
（3）滑塊離開A點后在空中運(yùn)動速度v的最小值1.94m/s。
【點評】本題考查牛頓定律和動能定理公式的結(jié)合使用，關(guān)鍵是（3）問中利用運(yùn)動的合成與分解分析物體的運(yùn)動并結(jié)合數(shù)學(xué)知識點求解。
56．（2020秋?泰寧縣校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用絕緣細(xì)線懸掛在O點，放在勻強(qiáng)電場中，在圖示位置處于平衡狀態(tài)。勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為E，方向水平向右，求小球的帶電性質(zhì)和帶電量。
【分析】根據(jù)小球受力平衡可知重力與拉力和電場力三力平衡，畫出受力圖，可求小球的電性和電量。
【解答】解：由題意畫出小球的受力分析圖，
可知，小球所受的電場力方向水平向左與電場場強(qiáng)方向相同，故小球帶正電。
根據(jù)幾何關(guān)系有tan60°＝，
得q＝。
答：小球帶正電，小球的帶電量為。
【點評】畫出受力分析圖，看電場強(qiáng)度方向與小球所受的電場力方向是否同向，明確幾何關(guān)系。
57．（2020秋?番禺區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量+q的帶電球拴在一不可伸長的絕緣細(xì)線一端，繩的另一端固定于O點，繩長為L，現(xiàn)加一個水平方向的勻強(qiáng)電場，小球靜止于與豎直方向成θ＝30°角的A點。重力加速度為g（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）場強(qiáng)的大小及方向；
（2）將小球拉起至與O點等高的B點后無速釋放，則小球經(jīng)過最低點C時的速度大小及繩子的拉力。
【分析】（1）小球靜止處于平衡狀態(tài)，應(yīng)用平衡條件求出電場強(qiáng)度大小，根據(jù)小球所受電場力方向確定電場強(qiáng)度的方向。
（2）根據(jù)動能定理求出小球到達(dá)最低點時的速度，在最低點C，繩子拉力與小球重力的合力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出繩子拉力大小。
【解答】解：（1）在A點小球受力如圖所示，在A點小球靜止，由平衡條件得：
qE＝mgtanθ 解得電場強(qiáng)度大小：E＝，
小球所受電場力水平向右，小球帶正電，電場強(qiáng)度方向水平向右
（2）設(shè)小球到達(dá)C點時的速度為v，小球從B到C過程，由動能定理得：
mgL﹣qEL＝mv2﹣0
在最低點C，繩子拉力T與小球重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：
T﹣mg＝m
解得：v＝，T＝（3﹣）mg，方向沿繩子豎直向上
答：（1）場強(qiáng)的大小是，方向水平向右；
（2）小球經(jīng)過最低點C時的速度大小是，繩子的拉力大小是3mg﹣mg，方向沿繩子豎直向上。
【點評】本題考查了共點力平衡問題、動能定理以及牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚小球的受力情況與運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用平衡條件、動能定理與牛頓第二定律即可解題。
58．（2020秋?松江區(qū)校級期末）一長為L的細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場中。開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達(dá)B點速度恰好為零。試求：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小；
（2）AB兩點的電勢差UAB；
（3）若以O(shè)點為電勢零點，求帶電小球電勢能的最大值。
【分析】（1）小球從A到B的過程中，重力做正功mgLsin60°，電場力做功為qUAB，動能的變化量為零，根據(jù)動能定理求解電勢差UAB；
（2）根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系U＝Ed求解場強(qiáng)．式中d是AB沿電場線方向的距離，d＝L﹣Lcs60°．
（3）根據(jù)電場力做功確定電勢能最大的位置，根據(jù)電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系求出電勢大小，即可求出電勢能。
【解答】解：（1）（2）小球由A到B過程中，由動能定理得：
mgLsin60°+qUAB＝0
所以UAB＝﹣；
BA間電勢差為UBA＝﹣UAB
則場強(qiáng)E＝＝；
（3）根據(jù)電場力做負(fù)功，電勢能增加，故小球電勢能最大位置為B點，O點為電勢零點，根據(jù)U＝Ed可得：U0B＝ELcs60°＝；
U0B＝φO﹣φB
所以φB＝﹣
在B點的電勢能為qφB＝
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；
（2）AB兩點的電勢差UAB為﹣；
（3）帶電小球電勢能的最大值為。
【點評】本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，受重力和電場力作用，結(jié)合動能定理是解題的關(guān)鍵。
59．（2020秋?新鄉(xiāng)期中）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個直角三角形AOB，A、B、D三點在光滑絕緣水平桿上，OC⊥AB，垂足為C，CA＝CD，θ＝30°，OA＝L。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球（視為質(zhì)點）套在桿上，O點固定一電荷量Q＝（其中k為靜電力常量，g為重力加速度的大?。┑恼c電荷?，F(xiàn)讓小球以大小為v0的初速度從A點水平向左運(yùn)動，小球恰好能到達(dá)B點。求：
（1）小球通過C點時桿對小球的彈力大小N和方向；
（2）小球到達(dá)D點時的速度大小v以及A、B兩點間的電勢差U。
【分析】根據(jù)庫侖定律和受力平衡可求出彈力的大小和方向；根據(jù)動能定理可求出D點速度和電勢差。
【解答】解：（1）小球通過C點時，O點的點電荷對小球的庫侖引力大小為
解得F＝4mg
F＞mg，故此時桿對小球的彈力方向豎直向下
由物體的平衡條件有N+mg＝F
解得N＝3mg。
（2）由幾何關(guān)系可知OD＝OA.故D、A兩點的電勢相等，在小球從A點運(yùn)動到D點的過程中，由動能定理有
解得v＝v0
在小球從A點運(yùn)動到B點的過程中，由功能關(guān)系有
解得
答：（1）小球通過C點時桿對小球的彈力大小N為3mg，方向豎直向下；
（2）小球到達(dá)D點時的速度大小v為v0，A、B兩點間的電勢差U為。
【點評】本題主要考查了庫侖定律和動能定理的綜合應(yīng)用，在解題時受力分析是關(guān)鍵，結(jié)合能量即可解題。
60．（2020秋?和平區(qū)校級期中）如圖所示，勻強(qiáng)電場的電場線與AC平行，把帶電荷量10﹣8C的負(fù)電荷從A移至B的過程中，電場力做功6×10﹣8J，AB長6cm，AB與AC的夾角為60°。求：
（1）場強(qiáng)方向；
（2）設(shè)B處電勢為1V，則A處電勢為多少；
（3）A處的場強(qiáng)大小。
【分析】（1）根據(jù)電場力做功正負(fù)判斷負(fù)電荷所受的電場力方向，從而確定出電場強(qiáng)度的方向；
（2）先根據(jù)公式UAB＝求解A、B兩點間的電勢差，再根據(jù)UAB＝φA﹣φB求A處電勢；
（3）根據(jù)公式U＝Ed求電場強(qiáng)度的大小。
【解答】解：（1）將負(fù)電荷從A移至B電場力做正功，則電荷所受的電場力方向由A→C，又因為是電荷帶負(fù)電，場強(qiáng)方向與負(fù)電荷所受的電場力方向相反，所以場強(qiáng)方向應(yīng)由C→A。
（2）A、B兩點間的電勢差為：UAB＝＝V＝﹣6V
根據(jù)UAB＝φA﹣φB，φB＝1V，得φA＝φB+UAB＝1V+（﹣6V）＝﹣5V，即A處的電勢為﹣5V。
（3）如圖所示，由B向AC作垂線交AC于D，D與B在同一等勢面上，則UDA＝UBA＝6V
A、B兩點沿場強(qiáng)方向的距離為d＝AB?cs60°＝6cm×＝3cm＝0.03m
所以場強(qiáng)大小為E＝＝V/m＝200V/m。
答：（1）場強(qiáng)方向由C→A；
（2）A處電勢為﹣5V；
（3）A處的場強(qiáng)大小為200V/m。
【點評】本題考查電勢、電勢差的計算方法，關(guān)鍵要記住三個公式：UAB＝、UAB＝φA﹣φB、U＝Ed。在注意運(yùn)用公式UAB＝、UAB＝φA﹣φB時，各個量均要代入正負(fù)號運(yùn)算。

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3 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

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