（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場學案

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1、 專題三 電場與磁場 [學前先做高考題]　　　　　　　　　　高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)　　　　　　　　　　　　　 1．(2015·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 解析：選C　用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近

2、，由于靜電感應，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象。 2．(多選)(2015·江蘇高考)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低

3、解析：選ACD　根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，則a點的電場強度較大，選項A正確；沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B錯誤；由于c、d關于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反；兩負電荷在c點產(chǎn)生的電場強度為0，在d點產(chǎn)生的電場強度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強度比d點的大，選項C正確；c、d兩點中c點離負電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確。 3.(2016·江蘇高考)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示，容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法

4、正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 解析：選C　由題圖知，B點處的電場線比A點處的密，則A點的電場強度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項B錯誤；電場強度的方向總是與等勢面(容器內(nèi)表面)垂直，選項C正確；沿任意路徑將檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功都為零，選項D錯誤。 4．(多選)(2017·江蘇高考)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　　) A．q1

5、和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 解析：選AC　由題圖可知，空間的電勢有正有負，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強度，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤。 5．(多選)(2015·江蘇高考)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運

6、動 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：選BC　小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤，B正確；將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運動與力的關系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤。 6．(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B

7、．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 解析：選A　電子在A、B板間的電場中做加速運動，在B、C板間的電場中做減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運動后，在B、C板間做減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。 7．(2017·江蘇高考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其

8、初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。 解析：(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0＝×2mv2 設甲種離子

9、在磁場中的運動半徑為r1 則有qvB＝2m 解得r1＝ 根據(jù)幾何關系有x＝2r1－L 解得x＝ －L。 (2)如圖所示。 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－ 解得d＝ －。 (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑r2max＝ 由題意知2r1min－2r2max>L 即 － >L 解得L<[2－]。 答案：(1) －L　 (2)見解析圖?。? (3)L<[2－] 8．(2016·江蘇高考)回旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與

10、盒面垂直。被加速粒子的質量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U0，周期T＝。一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求： (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件。 解析：(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝。 (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設

11、n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－。 (3)只有在0～時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為η＝ 由η＞99%，解得d＜。 答案：(1)　(2)－ (3)d＜ 9．(2015·江蘇高考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域QN仍能正常

12、檢測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。 (1)求原本打在MN中點P的離子質量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝。 (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點時，r＝L＝，得U＝ 離子打在N點時，r＝L＝，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤

13、。 (3)由(2)可知，r∝ 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，＝ 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， ＝ 解得r1＝2L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝，解得r2＝3L 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝n＋1L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 最少次數(shù)為3次。 答案：(1)　(2)≤U≤ (3)最少次數(shù)為3次 　十一、引用力學知識，激活電學思維(一)——電場力的性質 [抓牢解題本源] 一、庫侖定律 1．表達式：F＝k。 2．適用條件：真空中兩

14、個靜止的點電荷。 二、電場強度的“兩個三” 1．三個性質 矢量性 電場強度E是表示電場力的性質的一個物理量。規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向 唯一性 電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置，與放入該點的電荷q無關 疊加性 如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和 2．三個計算公式 公式 適用條件 特點 定義式 E＝ 任何電場 某點的場強為確定值，大小及方向與q無關 決定式 E＝k 真空中點電荷的電場 E由場源電荷Q和場源電荷到某點

15、的距離r決定 關系式 E＝ 勻強電場 d是沿電場方向的距離 三、電場線的“五特征” 1．電場線是假想的，實際電場中不存在。 2．電場線起始于正電荷(或來自無窮遠)，終止于負電荷(或無窮遠)。靜電場的電場線不閉合。 3．電場線不相交，也不相切。 4．電場線的疏密情況反映電場的強弱。 5．電場線不表示電荷在電場中運動的軌跡?！　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?　 [研透?？碱}根] 電場力作用下的平衡問題 [例1]　(2016·上海高考)如圖，質量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右的勻強電場后，A向右擺動，擺動的最大角度為6

16、0°，則A受到的電場力大小為________。在改變電場強度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°處，然后再將A的質量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在α＝30°處，A受到的電場力大小為________。 [審題指導]　 (1)向右擺動，最大擺角為60°，應用動能定理求解。 (2)平衡位置，應用平衡方程求解。 [解析]　根據(jù)題意，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60°，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負功，細線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsin α－mgl(1－cos α)＝0，解得電場力為：F＝mg；改變電場強度的大小和方向后，平衡位置在α＝60°處時，根

17、據(jù)正弦定理有：＝，平衡位置在α＝30°處時，由正弦定理有：＝，解得：γ＝60°，F(xiàn)′＝mg。 [答案]　mg　mg [備考錦囊]　 (1)求解庫侖力作用下帶電體的平衡問題的方法 ①確定研究對象。如果有幾個物體相互作用時，要依據(jù)題意，靈活應用整體法或隔離法。 ②對研究對象進行受力分析，注意多了電場力。 ③列平衡方程F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0。 (2)三個自由電荷相互平衡的規(guī)律 [即時訓練] 如圖所示的三個點電荷q1、q2、q3固定在一條直線上，q2和q3的距離是q1和q2的距離的2倍，每個點電荷所受庫侖力的合力為零。由此可以判定，三個點電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3

18、可能為(　　) A．(－9)∶4∶(－36)　　　　　 B．9∶4∶36 C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6 解析：選A　由三電荷平衡模型的特點“兩同夾異”可知，q1和q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷，設q1和q2的距離為r，則q2和q3的距離為2r，對q1有－＝，則有＝－，對q3有＝－，所以＝－，考慮到各電荷的電性，故A正確。 電場強度的疊加問題 [例2]　在場強為E的勻強電場中，取O點為圓心、r為半徑作一圓周，在O點固定一電荷量為＋Q的點電荷，a、b、c、d為相互垂直的兩條直線(其中一條沿豎直方向)和圓周的交點。當把一試探電荷＋q放在d點時恰好平衡(如

19、圖所示)。 (1)勻強電場場強E的大小、方向如何？ (2)試探電荷＋q放在c點時，受力Fc的大小、方向如何？ (3)試探電荷＋q放在b點時，受力Fb的大小、方向如何？ [思路點撥]　解答本題應注意以下兩點： (1)電場強度為矢量。 (2)矢量的合成遵守平行四邊形定則。 [解析]　(1)如圖所示，由題意可知 F1＝k F2＝qE F1＝F2 所以qE＝k，E＝k， 場強方向沿db方向。 (2)試探電荷放在c點(如圖所示)： Ec＝＝E＝k， 所以Fc＝qEc＝k， 方向與ac方向成45°角斜向左下方。 (3)試探電荷放在b點(如圖所示)： Eb＝E2＋E＝

20、2E＝2k， 所以Fb＝qEb＝2k，方向沿db方向。 [答案]　見解析 [備考錦囊]　 類比法、對稱法求解疊加場的場強 (1)類比法 當空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨立的場源電荷所激發(fā))時，某點場強E等于各電場的場強在該點的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解。 (2)對稱法 [即時訓練] 空間中有一邊長為L的等邊三角形ABC，A、B兩點有兩個固定的負點電荷。現(xiàn)將一個點電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，則C點的電場強度剛好為零。若將＋q移到AB邊中點，則C點電場強度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設AB

21、的中點為D點，根據(jù)幾何關系可知，OC的長度x1＝＝L，CD的長度x2＝Lsin 60°＝L，將一個點電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，C點的電場強度剛好為零，則AB兩處的負電荷在C點產(chǎn)生的電場強度矢量和與＋q在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，即AB兩處的負電荷在C點產(chǎn)生的電場強度矢量和E1＝＝，方向由C指向O，將＋q移到AB邊中點，則＋q在C點產(chǎn)生的電場強度E2＝＝，方向由O指向C，則C點的合場強為E＝E1－E2＝，故B正確，A、C、D錯誤。 對電場線的理解及應用 [例3]　(2017·海州區(qū)期中)某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．b點

22、的電勢低于a點的電勢 B．若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功 C．c點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷 D．若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c [思路點撥]　解答本題應把握以下三點： (1)電場線不是運動軌跡。 (2)電場線的疏密表示場強的大小。 (3)沿電場線方向電勢逐漸降低。 [解析]　沿電場線方向電勢逐漸降低，因b點所在的等勢面電勢高于a點所在的等勢面，故b點的電勢高于a點的電勢，選項A錯誤；若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功，選項B正確；由于電場線密集的地方場強較大，故d點的場強大于c點的場強，選項C錯誤；因dc電場線是

23、曲線， 故若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將不能沿著電場線由d到c，選項D錯誤。 [答案]　B [備考錦囊]　 電場線的應用技巧 [即時訓練] 如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則(　　) A．Wa ＝Wb，Ea >Eb　 B．Wa≠Wb，Ea >Eb C．Wa＝Wb，Ea

24、即Wa＝Wb，故B、D項錯；a點處電場線比b點處電場線更密集，故Ea＞Eb，C項錯，A項對。 [課余自查小練] 1．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 解析：選B　根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項O點的場強為零，C項等效為第二象限內(nèi)電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與A項的相等，B項正、負電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的倍，也是A、C項場強的倍，因此B項正確。 2.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量

25、為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A.－E　　　　　　　 B. C.－E D.＋E 解析：選A　設在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點產(chǎn)生的場強大小為E0＝＝。題圖中左半球殼在M點產(chǎn)生的場強為E，則右半球殼在M點產(chǎn)生的場強為：E′＝E0－E＝－E，由對稱性知，左半球殼在N點產(chǎn)生的場強大小為－E，A正確。 3.如圖所示，在水平向左的勻強電場中，傾角α＝53°的固定光滑絕緣斜面，高為H。一個帶正電的物塊(可視為質點)受到的電場力是重力的倍，現(xiàn)將其從斜面

26、頂端由靜止釋放，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為(　　) A．2 B．2 C. D．2 解析：選C　對物塊受力分析知重力和電場力的合力F合＝＝mg，設合力與水平方向夾角為β，tan β＝＝，則物塊沿合力方向斜向下做勻加速 直線運動，由動能定理F合＝mv2－0，解得v＝，故選項C正確。 4.如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線是水平直徑。現(xiàn)有一質量為m帶正電的小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R。從小球進入管口開始，整個空間突然加一勻強電場，小球所受電場力豎直向上的分力大小與重力大小相等，結果小球從管

27、口C處脫離圓管后，其運動軌跡經(jīng)過A點，設小球運動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求： (1)小球到達B點的速度大??； (2)小球受到的電場力的大??； (3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力。 解析：(1)小球從開始自由下落到到達管口B的過程中機械能守恒，故有：mg·4R＝mvB2 到達B點時速度大小為vB＝。 (2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg(方向豎直向上)，小球從B運動到C的過程中，由動能定理得Fx×2R＝mvB2－mvC2 小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運動，其軌跡經(jīng)過A點，有y＝4R＝vCt x＝2R＝axt2＝t2 聯(lián)立解得：Fx＝

28、mg 電場力的大小為：qE＝＝mg。 (3)由(2)中易得vC＝2，小球經(jīng)過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力N提供，設彈力N的方向向左，則 Fx＋N＝m 解得：N＝3mg(方向水平向左) 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力為N′＝N＝3mg，方向水平向右。 答案：(1)　(2)mg　(3)3mg，方向水平向右 [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1．(2015·安徽高考)由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電荷 量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F＝k，式中k為靜電力常量。若用

29、國際單位制的基本單位表示，k的單位應為(　　) A．kg·A2·m3　　　　 B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2 解析：選B　由公式F＝k得，k＝，故k的單位為，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知1 N＝1 kg·m·s－2，故1 ＝1 kg·A－2·m3·s－4，選項B正確。 2.如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知(　　) A．M點的電場強度為2k B．M、N、S三點的電勢可能相等 C．把同一試探電荷

30、放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力 D．沿圖中虛線，將一試探電荷從N點移到M點，電場力一定不做功 解析：選D　點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為E＝k，這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E′＝2k·cos 60°＝k，方向水平向左，A錯誤；S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤；由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右，因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤；由于M、N所在直線為零勢能線，試探電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確。 3.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正

31、電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝k，小球b對小球c的庫侖引力為F＝k，二力合力為2Fcos 30°。設水平勻強電場場強的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos 30°，解得：E＝，選項B正確。 4.(2017·宜興市一模)有三個完全相同的金屬小球A、B、C，其中球C不帶電，球A和球B帶有等量的同種電荷，如圖所示，球A固定在豎直支架上，球B用不可伸長的絕緣細線懸

32、于球A正上方的O點處，OB＜OA，靜止時細線與OA的夾角為θ。球C可用絕緣手柄移動，重力加速度為g，現(xiàn)在進行下列操作，其中描述與事實相符的是(　　) A．僅將球C與球A接觸離開后，球B再次靜止時細線中的張力不變 B．若將球C與球A接觸離開后，球B再次靜止時細線與OA的夾角為θ1，接著再將球C與球B接觸離開后，球B再次靜止時細線與OA的夾角為θ2，則θ1＜θ2 C．剪斷細線OB瞬間，球B的加速度等于g D．剪斷細線OB后，球B將沿OB方向做勻變速直線運動直至著地 解析：選A　僅將球C與球A接觸后離開，球A的電量減半，致使二者間的庫侖力減小，對球B進行受力分析可知它在三個力的作用下平衡，

33、如圖所示，可知兩陰影三角形相似，由三角形相似可知：＝，故細線中的張力不變，故A正確；球C與球A接觸，電量平分為，接著接觸球B，球B電量變?yōu)椋瑑汕螂姾闪康某朔e變小，庫侖力變小，第一次接觸后夾角變小，同理知第二次接觸后再次變小，所以θ1＞θ2，故B錯誤；剪斷細線OB瞬間，球B在重力和庫侖力作用下運動，其合力斜向右下方，與原來細線的張力等大反向，故其加速度不等于g，故C錯誤；剪斷細線OB后，球B在空中運動時受到的庫侖力隨間距的變化而變化，即球B落地前做變加速曲線運動，故D錯誤。 5．(2017·南京三模)如圖所示，在點電荷－q的電場中，放著一塊帶有一定電量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱

34、軸，O點為幾何中心。點電荷－q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d。已知圖中a點的電場強度為零，則帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強度的大小和方向分別為(　　) A.，水平向右 B.，水平向左 C.＋，水平向右 D.，水平向右 解析：選A?。璹在a處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝，方向水平向右。據(jù)題，a點處的電場強度為零，則知－q與帶電薄板在a點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，則帶電薄板在a點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝，方向水平向左，則薄板帶負電。根據(jù)對稱性可知，帶電薄板在b點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝，方向水平向右，故A正確，B、C、D錯誤。 6.如圖所示，AC、BD為圓的兩條互

35、相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R。電荷量均為＋Q的點電荷分別放在圓周上M、N兩點，M、N關于AC對稱，M與O點的連線和OC間的夾角為60°，AC與MN的交點為F。下列說法正確的是(　　) A．O點的場強大小為k，方向由O指向A B．F點的場強大小為2k，方向由F指向O C．A點的場強大小為，方向沿OA方向 D．C點的場強大小為，方向沿FC方向 解析：選AC　根據(jù)點電荷的電場強度公式和電場疊加原理，O點的場強大小為E0＝2kcos 60°＝k，方向由O指向A，選項A正確；F點的場強大小為零，選項B錯誤；M、A之間的距離為R，A點的場強大小為EA＝2kcos 30°＝，方向沿OA方向，選

36、項C正確；M、C之間的距離為R，C點的場強大小為EC＝2kcos 60°＝k，方向沿FC方向，選項D錯誤。 7．(2017·東陽期中)如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上。關于x坐標軸上的點的場強，下列說法正確的是(　　) A．x＝12 cm的位置場強為零 B．在x坐標軸上場強為零的點有兩處 C．x坐標軸上所有點的場強都沿x軸正方向 D．x坐標軸上x＞12 cm所有點的場強都沿x軸正方向 解析：選AD　某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的合場強。根據(jù)點電荷的場

37、強公式E＝，要使電場強度為零，那么正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反。不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電荷電性相反，在Q1Q2之間的電場方向都是一樣的。所以，只能在Q2右邊。設該位置距Q2的距離是L，所以＝，解得L＝6 cm；所以x坐標軸上x＝12 cm的位置場強為零，故A正確，B錯誤；正電荷Q1和負電荷Q2在Q1Q2之間產(chǎn)生的場強方向沿x軸正方向，所以合場強也是沿x軸正方向；根據(jù)點電荷的場強公式得，x坐標軸大于12 cm區(qū)域的電場強度方向沿x軸正方向，所以x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向的區(qū)域是(0,6 cm)和(12 cm，∞

38、)，故C錯誤，D正確。 8．(2017·彭澤縣一模)空間有a、b兩個帶有相等電荷量的點電荷產(chǎn)生的電場，其中a不動，b以恒定速度運動，現(xiàn)在與a的距離為d的位置p觀測如圖1，在p點測得場強大小隨時間的變化如圖2，水平線E＝E0為圖線的漸近線，k為靜電力常量。下列說法正確的是(　　) A．兩個點電荷一定是帶同種電荷 B．點電荷所帶電荷量為 C．0～2t0時間內(nèi)，除電場力之外的力對b先做正功再做負功 D．a(chǎn)一定帶正電 解析：選AC　由題圖知，p點的合場強先減小后增大，說明兩個點電荷一定帶同種電荷，否則當兩個電荷最近時，p點的合場強應最大，故A正確；根據(jù)圖像可知，當時間趨向于無窮大的時候

39、，說明b離得很遠，此時產(chǎn)生電場的電荷只有a，由題圖可知，此時p點的場強為E0，設電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷的場強公式可得E0＝k，解得Q＝，故B錯誤；0～2t0時間內(nèi)，兩個電荷先靠近后遠離，電場力對b先做負功后做正功，由于b做勻速運動，動能不變，外力對b做的總功為零，則知除電場力之外的力對b先做正功再做負功，故C正確；由題只能判斷出兩個點電荷帶同種電荷，不能判斷出其電性，故D錯誤。 9．(2017·肇慶二模)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷。t＝0時，甲靜止，乙以6 m/s的初速度向甲運動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸)，它們運動的v

40、 -t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知(　　) A．兩點電荷的電性一定相同 B．t3時刻兩點電荷的電勢能最大 C．0～t2時間內(nèi)，兩點電荷間的靜電力先增大后減小 D．0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小 解析：選AC　由題圖(b)可知，剛開始乙做減速運動，甲做初速度為0的加速運動，兩點電荷間存在庫侖斥力，則兩點電荷的電性一定相同，選項A正確；在t1時刻，甲、乙共速，兩點電荷間的距離最小，故在間距減小的過程中，點電荷始終克服靜電力做功，以后點電荷間的距離逐漸增大，靜電力做正功，故間距最小時的電勢能最大，選項B錯誤；t2時刻，乙靜止，在0～t2時間內(nèi)，

41、兩點電荷的間距先減小后增大，故兩點電荷間的靜電力先增大后減小，選項C正確；0～t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，故它的動能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動能先減小后增大，選項D錯誤。 二、非選擇題 10．(2017·太原模擬)質量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑絕緣的水平面上，相鄰球間的距離均為L，A球帶電荷量qA＝＋10q；B球帶電荷量qB＝＋q。若在C球上加一個水平向右的恒力F，如圖所示，要使三球能始終保持L的間距向右運動，則： (1)C球帶電性質是什么？ (2)外力F為多大？ 解析：(1)由于A、B兩球均帶正電，它們互相排斥，所以C球對A、B兩球都吸引，才能保證系

42、統(tǒng)向右加速運動，故C球帶負電。 (2)以三球為整體，由牛頓第二定律得：F＝3ma， 對A球有：－＝ma， 對B球有：＋＝ma， 解得F＝70k。 答案：(1)負電　(2)70k 11.如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0 m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力大??； (2)C點的電場強度的大小和方向。 解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為F＝k 解得F＝9.0×10－3 N。

43、(2)A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1＝k A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos 30° 解得E＝7.8×103 N/C 場強E的方向沿y軸正方向。 答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C　方向沿y軸正方向 　十二、引用力學知識，激活電學思維(二)——電場能的性質 [抓牢解題本源] 一、電場力做功的兩種計算方法 1．W＝qEd，適用于勻強電場。 2．WAB＝qUAB，適用于任何電場。 二、電勢高低的三種判斷方法 判斷依據(jù) 判斷方法 電場線 方向 沿電場線方向電勢逐漸降低 場源電荷

44、的正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低 電場力 做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低 三、電荷電勢能大小判斷的“四法” 判斷角度 判斷方法 做功 判斷法 電場力做正功，電勢能減?。浑妶隽ψ鲐摴?，電勢能增大 電荷 電勢法 正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大 公式法 由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，根據(jù)Ep數(shù)值可作如下判斷：若Ep為正值，其絕對值越大，表示電勢能越大；若Ep為負值，其絕對值越小，表

45、示電勢能越大 能量 守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加，則其電勢能減??；反之，其電勢能增大 四、電勢差的三種表達式 適用于任何電場。 3．U＝Ed，適用于勻強電場。 [研透?？碱}根] 電勢高低與電勢能大小的判斷 [例1]　(多選)(2015·海南高考)如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是(　　) A．b點的電勢為零，電場強度也為零 B．正的試探電荷在a點的電

46、勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大 [思路點撥]　解答本題應把握以下三點： (1)電勢與場強無關。 (2)正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小。 (3)等量異種點電荷連線的垂直平分線為等勢線。 [解析]　因為等量異種點電荷在其連線的中垂線上的電場方向沿x軸正方向，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種點電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電

47、荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，將正電荷從O點移到a點，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。 [答案]　BC (1)電勢降低的方向不一定為電場方向，只有電勢降落最快的方向才為電場的方向。 (2)電場力做功只與初、末位置的電勢差有關，與零電勢點的選擇無關。 (3)電勢、電勢能具有相對性，要確定電場中某點的電勢或電荷在電場中某點具有的電勢能必須選取零電勢點或零勢能位置，但電勢能的變

48、化和電勢差具有絕對性，與零勢能位置、零電勢點的選取無關。　　 [即時訓練] (多選)(2017·揚州模擬)兩塊豎直放置的帶電平行金屬板A、B間放一金屬小球后，電場線如圖所示，M、N為電場中的兩點，下列判斷中正確的是(　　) A．M點處的電場強度大于N點處的電場強度 B．M點處的電勢高于N點處的電勢 C．將正檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功 D．將負檢驗電荷從M點移到N點，該電荷的電勢能減小 解析：選ABD　電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖知M點處的電場強度大于N點處的電場強度，A正確；沿電場線的方向電勢逐漸降低，M點處的電勢高于N點處的電勢，B正確；將正檢驗電荷從M點移

49、到N點，電場力做負功，C錯誤；將負檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功，該電荷的電勢能減小，D正確。 利用電場線和等勢面解決帶電粒子運動軌跡問題 [例2]　如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一個帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是(　　) A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最高 B．帶電質點一定是從P點向Q點運動 C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時的小 D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時的小 [思路點撥]　本題可按以下思路進行分析： →→→ [解析]　電場線

50、和等勢面垂直，可以根據(jù)等勢面來畫出某處的電場線。又質點做曲線運動，所受電場力的方向指向曲線的凹側，由此可以判斷出電場線的方向大致是從c指向a，而沿著電場線的方向電勢逐漸降低，a、b、c三個等勢面的電勢關系為φc>φb>φa，選項A錯誤；無法從質點的受力情況來判斷其運動方向，選項B錯誤；質點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，而電勢能和動能的總和不變，所以，質點在P點的動能小于在Q點的動能，選項C正確；P點的等勢面比Q點的等勢面密，故場強較大，質點受到的電場力較大，加速度較大，選項D錯誤。 [答案]　C [備考錦囊]　 利用電場線和等勢面解決帶電粒子運動軌跡的三方法 (1)根據(jù)帶電粒子(只

51、受電場力)的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受的電場力指向運動軌跡曲線的凹側，再結合電場線的方向確定帶電粒子的電性及有關判斷。 (2)根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結合題意確定電場力做正功還是做負功、電勢能的變化情況或等勢面的電勢高低。 (3)“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面。若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設法”分別討論各種可能情況。 [即時訓練] (2017·常州市一模)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿

52、虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示，則從a到b過程中，下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負電荷 B．粒子先加速后減速 C．粒子加速度一直增大 D．粒子的動能先減小后增大 解析：選D　由題圖可知，粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，A錯誤；粒子受電場力向右，所以先向左減速運動后向右加速運動，B錯誤；從a點到b點，電場力先做負功，再做正功，電勢能先增加后降低，動能先減小后增大。根據(jù)電場線的疏密知道場強先減小后增大，故加速度先減小后增大，C錯誤，D正確。 電場中的功能關系 [例3]　如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷。a、b是AB

53、連線上兩點，其中Aa＝Bb＝，O為AB連線的中點。一質量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊(可視為質點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求： (1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)O、b兩點間的電勢差UOb； (3)小滑塊運動的總路程s。 [審題指導]　 (1)由題意可判斷，Uab＝0。 (2)在運動過程中，滑動摩擦力做功情況為一直做負功。 (3)本題中所用到的功能關系規(guī)律為：動能定理。 [解析]　(1)由Aa＝Bb＝，O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱

54、，則Uab＝0 設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于小滑塊從a→b過程，由動能定理得：q·Uab－f·＝0－E0 而f＝μmg 解得：μ＝。 (2)小滑塊從O→b過程，由動能定理得： q·UOb－f·＝0－nE0 解得：UOb＝－。 (3)對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得： q·UaO－f·s＝0－E0 而UaO＝－UOb＝ 解得：s＝L。 [答案]　(1)　(2)－E0　(3)L [備考錦囊] 解決電場力做功問題時應注意的兩點 (1)利用電場線的特點、等勢面的特點來分析電場力做功情況。 (2)應用公式WAB＝qUAB計算時，

55、WAB、q、UAB一般都要帶正、負號計算。 [即時訓練] 如圖所示，在O點處固定一個正電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m、電荷量為q。小球下落的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點時的速度為v，試求： (1)小球通過C點時的速度大?。? (2)小球由A到C的過程中電場力做的功。 解析：(1)因B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理有：mgR·sin 30°＝mvC2－mv2 解得：vC＝。 (2)設小球由A到C的

56、過程電場力做的功為W，根據(jù)動能定理 mgh＋W＝mvC2 解得W＝mv2＋mgR－mgh。 答案：(1) 　(2)mv2＋mgR－mgh [課余自查小練] 1．(多選)直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度地釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點運動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖所示，設a、b兩點的電場強度分別為 Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，則(　　) A．Ea>Eb　　　　　　 B．Eaφb 解析：選AC　根據(jù)題圖可知，圖線的斜率表示電場力的大小。電子從a到b，電勢能圖線的斜率逐漸減小，則電場力逐漸減小，

57、故電場強度逐漸減小，所以Ea>Eb，A正確，B錯誤；由于電勢能逐漸降低，所以電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以φa<φb，C正確，D錯誤。 2.(多選)a、b是位于x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點，P點對應圖線的最低點，a、P間距離大于P、b間距離。一質子以某一初速度從M點出發(fā)，僅在電場力作用下沿x軸從M點運動到N點，下列說法正確的是(　　) A．P點處的電場強度為0 B．a(chǎn)和b一定是帶等量同種電荷 C．質

58、子在運動過程中速率先增大后減小 D．質子在運動過程中加速度先增大后減小 解析：選AC　由電勢圖線知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項B錯誤；由沿電場線方向電勢降低知，在P點場強方向改變，所以P點處的電場強度為0，選項A正確；質子從M點運動到N點，加速度先減小后增大，速率先增大后減小，選項C正確，D錯誤。 3.(2017·松江區(qū)一模)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運動到x4的過程中電勢能先減小后增大 D．由x1運動

59、到x4的過程中電場力先減小后增大 解析：選B　由題圖可知，正電荷從x2運動到x4的過程中，電場力做功不為零，則正電荷在x2和x4處電勢能不相等，故A錯誤；x1～x3處場強方向為x軸負方向，則從x1到x3電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正 確；由x1運動到x4的過程中電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運動到x4的過程中，電場強度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤。 4．(2017·宜春二模)如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2(Q2位于坐標原點O)，其上有M、N、P三點，間距MN＝NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x的變化關系如圖

60、乙。則(　　) A．M點電勢和場強大小均為零 B．N點電勢和場強大小均不為零 C．一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|＝|WNM| D．由圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，且Q1的電荷量大于Q2 解析：選D　φ x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，所以M點的場強不為零，故A錯誤；同理可知N點的場強為零，故B錯誤；由題圖乙可知，UMN＞UNP，正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功qUMN＞qUNP，電場力做負功，故|WPN|＜|WNM|，故C錯誤；因為N點的場強為0，所以Q1、Q2在N點產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低

61、，Q1帶負電、Q2帶正電，根據(jù)E＝k，可知與N點距離大的電荷量大，所以Q1的電荷量大于Q2，故D正確。 [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1.(2017·南通模擬)如圖所示，A、B為真空中兩個固定的等量正電荷，abcd是以AB連線中點O為中心的正方形，且關于AB對稱，關于a、b、c、d、O各點，下列說法中正確的是(　　) A．電場強度Ea與Ed相同 B．電勢φa＞φd C．將一正電荷由a點移到b點，電場力做正功 D．將一負電荷由b點移到O點，電勢能增大 解析：選D　根據(jù)等量同種電荷電場線和等勢線的分布情況和對稱性，可知a、b、c、d

62、四點的電場強度大小和電勢均相等，但場強的方向不同，故A、B錯誤；由于ab間的電勢差為零，將正電荷由a點移到b點時有：Wab＝0，故C錯誤；負電荷由b點移到O點時有：WbO＝UbO·(－q)＜0，即電場力做負功，電勢能增大，故D正確。 2.如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN。以下說法正確的是(　　) A．O點電勢與Q點電勢相等 B．M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差 C．將一負電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加 D．在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直

63、的方向豎直向上 解析：選C　由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A錯誤；MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMO>UON，B錯誤；因UMQ>0，負電荷從M到Q，電場力做負功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤。 3.(2017·江蘇名校檢測)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知(　　) A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度 B．帶電粒子在P點時的電

64、勢能比在Q點時的電勢能大 C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大 D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度 解析：選A　根據(jù)電場線的疏密程度可知，R、Q兩點的電場強度ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點的加速度aR>aQ，故D錯誤；由于帶電粒子只受電場力作用，動能與電勢能相互轉化，兩者之和不變，故C錯誤；根據(jù)曲線運動知識，帶電粒子在R處所受電場力沿電場線向右，又由于該粒子帶負電，則R處電場的方向應該向左，所以電勢φR>φQ，根據(jù)Ep＝qφ可得，帶電粒子在R、Q兩點的電勢能EpREkQ，所以vR>vQ，故A正確；同理，Ep

65、P

66、，故電場線由M指向N，則S點的電勢低于P點的電勢，選項B錯誤；因F點電勢高于E點，故帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能，選項C正確；帶電粒子由W點射入經(jīng)F點到E點，或者由E點射入經(jīng)F點到W點，均有可能，選項D錯誤。 5.如圖所示，a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點。粒子過M、N兩點時的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EpM、EpN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，a、b間的電勢差為Uab，b、c間的電勢差為Ubc，則下列判斷中正確的是(　　) A．a(chǎn)M>aN，EpM>EpN　 B．φa<φb<φc，EpMaN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpMaN；因為ab之間的電場強度比bc間的大，由U＝Ed得Uab>Ubc；粒子