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【题型一】库仑定律的理解及其相关平衡问题
1．对库仑定律的理解
(1)F＝k，r指两点电荷间的距离。对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距。
(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。2．“三个自由点电荷平衡”的问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。
(2)
3．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路
涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点。具体步骤如下：
（一）库仑定律与电荷守恒定律的结合问题
【例1】三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的电荷量为q，球2的电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知(　　)
A．n＝3
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
【变式】两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)
A．　　
B．
C．
D．
（二）三个孤立共线点电荷平衡问题
(1)条件：每个点电荷所受合力为零。
(2)平衡规律：
“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
【例2】如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b球带电荷量为＋Q，用绝缘支架固定，a、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且a、b和b、c间距离相等，悬挂a小球的细线向左倾斜，悬挂c小球的细线竖直，则(　　)
A．a、c两小球带同种电荷
B．a、c两小球带异种电荷
C．a小球带电荷量为－4Q
D．c小球带电荷量为＋4Q
【变式】两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
（三）库仑力作用下的平衡问题
【例3】
(多选)如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为，可采用的方法有(　　)
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【变式】如图所示，在光滑定滑轮C正下方与C相距h的A处固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，电荷量为q的带正电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处于静止状态，此时B与A点的距离为R，B和C之间的细线与AB垂直。若B所受的重力为G，缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮，静电力常量为k，环境可视为真空，则下列说法正确的是(　　)
A．F逐渐增大
B．F逐渐减小
C．B受到的库仑力大小不变
D．B受到的库仑力逐渐增大
【题型二】电场强度的理解与计算
1．电场强度的三个计算公式
2．求解电场强度的非常规思维方法
(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示。
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向。
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。
(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
（一）点电荷电场中场强的计算
【例4】静电场可以用电场线和等势面形象描述。
(1)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式。
(2)点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比。
【变式】如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0
m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6
C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小。
(2)C点的电场强度的大小和方向。
（二）补偿法求电场强度
【例5】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)
A．－E　　　
B．
C．－E
D．＋E
（三）对称法求电场强度
【例6】如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为(　　)
A．E　　　
B．E
C．2E
D．4E
【变式】如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)
A．k　　
B．k
C．k
D．k
（四）等效法求电场强度
【例7】如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)　(　　)
A．k
B．k
C．k
D．k
（五）微元法求电场强度
【例8】一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)
A．
B．
C．
D．
【变式】下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
【题型三】电场线的理解和应用
1．电场线的用途
(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。
(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小。
(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向。
(4)判断等势面的疏密——电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏。
2．两种等量点电荷的电场
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O的电场强度
在电荷连线上，中点O电场强度最小，指向负电荷一方
为零
连线上的电场强度大小
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外电场强度大小
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度
等大同向
等大反向
（一）等量异(同)种电荷电场线的分布
【例9】如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q。直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点。下列说法中正确的是(　　)
A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
【变式】如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量正点电荷(带电荷量均为Q)，在y轴上C点有负点电荷(带电荷量为Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下列判断正确的是(　　)
A．O点电场强度小于D点的电场强度
B．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度也增大
C．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度也增大
D．若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大
（二）电场线中带电粒子的运动分析
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
【例10】如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>
va
C．ab>ac>aa，vb>vc>
va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
【变式】(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增大
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的电势能都减少
（三）根据粒子运动情况判断电场线分布
【例11】一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的(　　)
【题型四】电势高低、电势能大小的判断
1．电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
2．电势能大小的判断
判断方法
方法解读
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
电势法
正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大
做功法
电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加
3．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
【例12】如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为
EkB、电势能为EpB，则下列结论正确的是(　　)
A．aA>aB，EkA>EkB　　
B．aAEpB
C．aAD．aA>aB，EkA【变式1】某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是(　　)
A．A点电势低于B点电势
B．A点电场强度小于C点电场强度
C．烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能
D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能
【变式2】(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是(　　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB
D．B点电势可能高于A点电势
【题型五】电势差与电场强度的关系
1．公式E＝的三点注意
(1)只适用于匀强电场．
(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．
(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2．电场线、电势、电场强度的关系
(1)电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．
(2)电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
(3)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
判断电势差大小及电势高低
距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低
判断场强变化
φ－x图像的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向
判断场强大小
等差等势面越密，场强越大
4．解题思路
（一）在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上的距离．
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示．
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示．
　　　
【例13】如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2
V，a点的坐标为(0
cm，4
cm)，电势为8
V，b点的坐标为(3
cm，0
cm)，电势为8
V，则电场强度的大小为(　　)
A．250
V/m
B．200
V/m
C．150
V/m
D．120
V/m
【变式1】(2017·高考全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10
V、17
V、26
V。下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的大小为2.5
V/cm
B．坐标原点处的电势为1
V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7
eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9
eV
【变式2】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图所示，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
（二）U＝Ed在非匀强电场中的应用
【例14】如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30
V，B点的电势为φB＝－20
V，则下列说法正确的是(　　)
A．C点的电势φC＝5
V
B．C点的电势φC>5
V
C．C点的电势φC<5
V
D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
【题型六】电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题
1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线。
2．几种典型电场的等势线(面)
电场
等势线(面)
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种(正)点电荷的电场
连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
3．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
（一）带电粒子运动轨迹的分析
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向。
(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向。
(3)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。　
【例15】阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则(　　)
A．电极A1的电势低于电极A2的电势
B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功
【变式】如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力．由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
（二）等势面的综合应用
【例16】(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2
V。一电子经过a时的动能为10
eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6
eV。下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4
eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【变式】如图所示，M、N、P三点位于直角三角形的三个顶点上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一负点电荷位于三角形的平面上，已知M点和N点的电势相等，P点的电势与MN中点F的电势相等，则下列说法正确的是
(　　)
A．M点和P点的电场强度相等
B．N点和P点的电场强度相等
C．同一正电荷在M点时的电势能大于在P点时的电势能
D．同一正电荷在N点时的电势能小于在P点时的电势能
【题型七】静电场的图像问题
几种常见图像的特点及规律
v
?t图像
根据v
?t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ
?x图像
(1)电场强度的大小等于φ
?x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ
?x图线存在极值，其切线的斜率为零；(2)在φ
?x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向；(3)在φ
?x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断
E?x图像
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向；(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep?x图像
(1)反映了电势能随位移变化的规律；(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
（一）v-t图像
【例17】(多选)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1
g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定(　　)
A．中垂线上B点电场强度最大
B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧
D．UBC>UAB
（二）φ-x图像
【例18】在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域，则该质子(　　)
A．在－x0～0区间一直做加速运动
B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小
D．在－x0～0区间电势能一直增加
【变式】在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
（三）E-x图像
【例19】(多选)某电场中沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示。场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计点电荷的重力。下列说法正确的是(　　)
A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C．电势差UOx1＜UOx2
D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置时的电势能最大
【变式】如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则(　　)
A．x2处场强大小为
B．球内部的电场为匀强电场
C．x1、x2两点处的电势相同
D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同
（四）Ep-x图像
【例20】一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、
φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
【变式】如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能，下列说法中正确的是(　　)
A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能大于在B点的动能
【题型八】平行板电容器及其动态分析问题
1．分析思路
(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。
(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。
(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化。
2．两类动态变化问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小Q变小E变小
C变小U变大E不变
S变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
εr变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
（一）U不变时电容器的动态分析
【例21】利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表(　　)
A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电
B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电
D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电
【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
（二）Q不变时电容器的动态分析
【例22】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
A．θ增大，E增大　　　　
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
【变式】如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板将
正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，下列各物理量变化情况描述正确的是(　　)
A．E增大，φ降低，EP减小，θ增大
B．E不变，φ降低，EP增大，θ减小
C．E不变，φ升高，EP减小，θ减小
D．E减小，φ升高，EP减小，θ减小
（三）平行板电容器中带电粒子的问题分析
【例23】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。列说法正确的是(　　)
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【变式】如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
【题型九】带电粒子在电场中的直线运动
1．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
（一）电容器中直线运动
【例24】(多选)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q＝1.41×10－4
C、质量m＝1
g的带电小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1
m/s飞入两板之间的电场，经0.02
s后未与B板相碰又回到孔P，g取10
m/s2，则(　　)
A．板间电场强度大小为100
V/m
B．板间电场强度大小为141
V/m
C．板与水平方向的夹角θ＝30°
D．板与水平方向的夹角θ＝45°
【变式】如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
A．当减小两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
（二）带电粒子在匀强电场中的直线运动
【例25】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【变式】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
（三）带电粒子在交变电场中的直线运动
【例26】如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则(　　)
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
【变式】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜　　
B.
＜t0＜
C.
＜t0＜T
D．T＜t0＜
【题型十】带电粒子在电场中的偏转运动
1．带电粒子在电场中的偏转规律
2．处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
(2)功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
3．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan
θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)y＝(＋L)tan
θ(l为电场宽度)；
(3)y＝y0＋vy·；
(4)根据三角形相似＝。
【例27】如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t。
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan
θ。
(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x。
【变式1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子11H，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子24He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是(　　)
A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1
B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
【变式2】如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【题型十一】带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
（一）粒子做直线往返运动
利用速度图像分析带电粒子的运动过程时的注意事项：
(1)带电粒子进入电场的时刻；
(2)速度图像的切线斜率表示加速度；
(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。
【例28】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜　　
B.
＜t0＜
C.
＜t0＜T
D．T＜t0＜
【变式】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。
（二）粒子做偏转运动问题
交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：
(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择。
(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型。
(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定。
【例29】相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，
板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。
(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，求这两个发光点之间的距离。(结果用L、d表示)
【变式】如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
　
甲　　　　　　　　　　　乙
A．末速度大小为
v0　
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
【题型十二】带电体在电场、重力场中的运动
（一）带电体在电场、重力场中运动的动力学问题
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，
则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
2．物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点。而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点。
【例30】如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10
g、电荷量q＝＋1×10－6
C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10
m/s2，求：
(1)该电场的电场强度。
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小。
(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝
m时，机械能的改变量。
（二）带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题
动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
【例31】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小。
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep。
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
【题型演练】
1．两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是(　　)
A．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力
B．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零
C．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力仍是斥力
D．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力
2．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力(　　)
A．大小不变
B．方向不变
C．逐渐减小
D．逐渐增大
3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5
cm，bc＝3
cm，ca＝4
cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
4．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)
A．cos3α＝
B．cos3α＝
C．sin3α＝
D．sin3α＝
5.
如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则O点处的点电荷受到的电场力大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
6．将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为(　　)
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10
m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12
m。已测得每个小球质量是8.0×10－4
kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10
m/s2，静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，则(　　)
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2
N
C．B球所带的电荷量为4×10－8
C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
8．如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L。若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)(　　)
A．A球对竖直墙壁的作用力不变
B．两球之间的距离一定增大
C．A球对B球作用的静电力增大
D．地面对B球的弹力不变
9．如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48
m，离地高度h＝1.25
m。桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E＝1×104
N/C。在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝0.01
kg，电荷量q＝1×10－6
C的带正电小球以初速度v0＝1
m/s向右运动。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向。
(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离。
10.
如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104
N/C。有一个质量m＝4.0×10－3
kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.60，cos
37°＝0.80，不计空气阻力的作用。
(1)求小球所带的电荷量及电性。
(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小。
(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20
s，求这一段时间内小球电势能的变化量。
11．关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的
D．电势降低的方向就是电场强度的方向
12．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线可能是电场线也可能是等势线，则以下说法正确的是(　　)
A．无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的电场强度都比b点的电场强度小
B．无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点的电势高
C．无论图中的实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小
D．如果图中的实线是等势线，电子在a点的速率一定大于在b点的速率
13．(2018·高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN　　　
B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN
D．aM＜aN，EpM＜EpN
14.
如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2
cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为φA＝(2－)
V、φC＝2
V、φE＝(2＋)
V，下列判断正确的是(　　)
A．电场强度的方向由A指向D
B．电场强度的大小为1
V/m
C．该圆周上的点电势最高为4
V
D．将电子从D点沿DEF移到F点，静电力做正功
15．图中虚线是某电场的一组等势面．两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点。下列说法正确的是(　　)
A．两粒子的电性相同
B．a点的场强小于b点的场强
C．a点的电势高于b点的电势
D．与P点相比两个粒子的电势能均增大
16．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为20
V，b点电势为24
V，d点电势为12
V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是(　　)
A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c，电场力做功为8
eV
D．质子从b运动到c，电场力做功为4
eV
17．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内。A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。求A、B两点间的电势差。
18．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右、场强大小为E的匀强电场后，试求：
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小。
(2)带电系统向右运动的最大距离。
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。
19．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5
J，机械能增加1.5
J，电场力做功2
J，则小球(　　)
A．重力做功为5
J　　　　　　
B．电势能减少2
J
C．空气阻力做功0.5
J
D．动能减少3.5
J
20．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力．由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
21．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2
s末带电粒子回到原出发点
C．3
s末带电粒子的速度为零
D．0～3
s内，电场力做的总功为零
22．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)
A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B．在t＝5
s时，滑块经过边界MN
C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5
D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
23.
静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是(　　)
A．断开开关S后，将A、B两极板分开
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动
24．如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计重力)(　　)
A．2∶5
B．5∶2
C．4∶5
D．5∶4
25．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的(　　)
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
26．如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角。
(2)P、Q两点间的电势差UPQ。
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
27．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′
和O2，两板间电压为U2，组成减速电场。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿A、B两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：
(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔。
(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值。
(3)A、B两板间距的最小值。
28．如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计。求：
(1)电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小vB。
(2)A、B两点间的电势差UAB。
(3)电子从A运动到B的时间tAB。【题型一】库仑定律的理解及其相关平衡问题
1．对库仑定律的理解
(1)F＝k，r指两点电荷间的距离。对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距。
(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。2．“三个自由点电荷平衡”的问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。
(2)
3．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路
涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点。具体步骤如下：
（一）库仑定律与电荷守恒定律的结合问题
【例1】三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的电荷量为q，球2的电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知(　　)
A．n＝3
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
【答案】D
【解析】由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q×nq＝×，解得n＝6，D正确．　
【变式】两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)
A．　　
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】两球相距r时，根据库仑定律F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k，由以上两式可解得F′＝，D正确．
（二）三个孤立共线点电荷平衡问题
(1)条件：每个点电荷所受合力为零。
(2)平衡规律：
“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
【例2】如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b球带电荷量为＋Q，用绝缘支架固定，a、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且a、b和b、c间距离相等，悬挂a小球的细线向左倾斜，悬挂c小球的细线竖直，则(　　)
A．a、c两小球带同种电荷
B．a、c两小球带异种电荷
C．a小球带电荷量为－4Q
D．c小球带电荷量为＋4Q
【答案】AC
【解析】已知b球带正电，若c球也带正电，为使悬挂c球的细线竖直，则a球应带负电，此时a球受到b、c两球向右的库仑引力，故悬挂a球的细线向右倾斜，与事实不符；若c球带负电，为使悬挂c球的细线竖直，则a球也应带负电，此时若c球给a球的斥力大于b球给a球的引力，则悬挂a球的细线向左倾斜，与事实相符，综上可知，a、c两球都带负电，A正确，B、D错误．对c球进行分析，由库仑定律和牛顿第二定律有k＋k＝0，解得Qa＝－4Q，C正确．
【变式】两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
【答案】A
【解析】因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间．根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧．要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故选项A正确．
（三）库仑力作用下的平衡问题
【例3】
(多选)如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为，可采用的方法有(　　)
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【答案】BD
【解析】如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反；由几何关系可知，＝，而库仑力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d变为，可以使B球质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A错误，B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C错误，D正确．
【变式】如图所示，在光滑定滑轮C正下方与C相距h的A处固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，电荷量为q的带正电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处于静止状态，此时B与A点的距离为R，B和C之间的细线与AB垂直。若B所受的重力为G，缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮，静电力常量为k，环境可视为真空，则下列说法正确的是(　　)
A．F逐渐增大
B．F逐渐减小
C．B受到的库仑力大小不变
D．B受到的库仑力逐渐增大
【答案】BC
【解析】对B进行受力分析，如图所示，根据几何关系和三力平衡可得，＝＝(F1＝)，F′＝，且F＝F′，当L逐渐减小时，F逐渐减小，选项A错误，B正确；在B缓慢移动过程中，设B与A点的距离为x，在整个过程中，x都满足＝，对比＝，得x＝R，即B与点电荷间的距离不变，B受到的库仑力大小不变，选项C正确，D错误．
【题型二】电场强度的理解与计算
1．电场强度的三个计算公式
2．求解电场强度的非常规思维方法
(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示。
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向。
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。
(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
（一）点电荷电场中场强的计算
【例4】静电场可以用电场线和等势面形象描述。
(1)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式。
(2)点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比。
【答案】见解析
【解析】(1)在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷．
根据库仑定律，检验电荷受到的电场力F＝k
根据电场强度的定义E＝，得E＝k.
(2)穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比＝＝eq
\f(r,r).
【变式】如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0
m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6
C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小。
(2)C点的电场强度的大小和方向。
【答案】(1)9.0×10－3
N　(2)7.8×103
N/C　方向沿y轴正方向
【解析】(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F＝k①
代入数据得F＝9.0×10－3
N②
(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝k③
A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos
30°④
由③④式并代入数据得E≈7.8×103
N/C
场强E的方向沿y轴正方向．
（二）补偿法求电场强度
【例5】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)
A．－E　　　
B．
C．－E
D．＋E
【答案】A
【解析】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确．
（三）对称法求电场强度
【例6】如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为(　　)
A．E　　　
B．E
C．2E
D．4E
【答案】C
【解析】A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，C正确．
【变式】如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)
A．k　　
B．k
C．k
D．k
【答案】B
【解析】由b点处的合场强为零可得圆盘在b点处的场强与点电荷q在b点处的场强大小相等、方向相反，所以圆盘在b点处的场强大小为Eb＝k，再根据圆盘场强的对称性和电场强度叠加即可得出d点处的场强大小为Ed＝Eb＋k＝k，B正确．
（四）等效法求电场强度
【例7】如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)　(　　)
A．k
B．k
C．k
D．k
【答案】D
【解析】点电荷q和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O点对称的电偶极子形成的电场．所以z轴上z＝处的场强E＝k＋k＝k，选项D正确．
（五）微元法求电场强度
【例8】一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q＝　
①
由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强EP＝k＝k　
②
由对称性可知，各小段电环在P处的场强垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故E＝nEx＝n··cos
θ＝　
③
而r＝　
④
联立①②③④式，可得E＝，D正确．
【变式】下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
【答案】B
【解析】将圆环分割成微元，根据对称性和矢量性叠加，选项D图中O点的场强为零，选项C图中等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与选项A中的相等，选项B中正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是选项A、C场强的倍，因此选项B正确．
【题型三】电场线的理解和应用
1．电场线的用途
(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。
(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小。
(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向。
(4)判断等势面的疏密——电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏。
2．两种等量点电荷的电场
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O的电场强度
在电荷连线上，中点O的电场强度最小，指向负电荷一方
为零
连线上的电场强度大小
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外电场强度大小
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度
等大同向
等大反向
（一）等量异(同)种电荷电场线的分布
【例9】如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q。直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点。下列说法中正确的是(　　)
A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
【答案】C
【解析】在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b点，场强逐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，选项A、B错误；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强逐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，所以C正确、D错误．
【变式】如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量正点电荷(带电荷量均为Q)，在y轴上C点有负点电荷(带电荷量为Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下列判断正确的是(　　)
A．O点电场强度小于D点的电场强度
B．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度也增大
C．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度也增大
D．若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大
【答案】CD
【解析】两个正点电荷在D点产生的合场强与负点电荷在D点产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零，两个正点电荷在O点产生的场强为零，但负点电荷在O点产生的场强为E＝k，若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度不变，选项A、B错误；若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度将增大，若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大，所以选项C、D正确．
（二）电场线中带电粒子的运动分析
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
【例10】如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>
va
C．ab>ac>aa，vb>vc>
va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
【答案】D.
【解析】由点电荷电场强度公式E＝k可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，C选项错误、D选项正确．
【变式】(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增大
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的电势能都减少
【答案】　CD
【解析】　因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误、D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．
（三）根据粒子运动情况判断电场线分布
【例11】一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的(　　)
【答案】C
【解析】由v－t图像可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B的方向场强变大，电场线变密，选项C正确．
【题型四】电势高低、电势能大小的判断
1．电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
2．电势能大小的判断
判断方法
方法解读
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
电势法
正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大
做功法
电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加
3．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
【例12】如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为
EkB、电势能为EpB，则下列结论正确的是(　　)
A．aA>aB，EkA>EkB　　
B．aAEpB
C．aAD．aA>aB，EkA【答案】C
【解析】根据图中等势面分布可知，＋5
V等势面处场强小于－5
V等势面处场强，带电粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，根据牛顿第二定律，aAEkB，选项C正确，B错误．
【变式1】某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是(　　)
A．A点电势低于B点电势
B．A点电场强度小于C点电场强度
C．烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能
D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能
【答案】AC
【解析】由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，A正确；由图可知，A点处电场线比C点处密集，因此A点的场强大于C点场强，B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，C正确，D错误．
【变式2】(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是(　　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB
D．B点电势可能高于A点电势
【答案】BC
【解析】若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA＜rB，故EA＞EB，FA＞FB，aA＞aB，φA＞φB，EpA＜EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由rA＞rB，故EA【题型五】电势差与电场强度的关系
1．公式E＝的三点注意
(1)只适用于匀强电场．
(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．
(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2．电场线、电势、电场强度的关系
(1)电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．
(2)电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
(3)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
判断电势差大小及电势高低
距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低
判断场强变化
φ－x图像的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向
判断场强大小
等差等势面越密，场强越大
4．解题思路
（一）在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上的距离．
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示．
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示．
　　　
【例13】如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2
V，a点的坐标为(0
cm，4
cm)，电势为8
V，b点的坐标为(3
cm，0
cm)，电势为8
V，则电场强度的大小为(　　)
A．250
V/m
B．200
V/m
C．150
V/m
D．120
V/m
【答案】A
【解析】由题意可知a、b两点的电势相等，则ab为一条等势线，又O点电势为2
V，则知匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方．
过O点作ab的垂线交ab于c点，
由几何关系得tan∠b＝，得∠b＝53°，Oc＝Ob·sin∠b＝0.03
m×sin
53°＝2.4×10－2
m，
c、O间的电势差U＝8
V－2
V＝6
V，则电场强度大小E＝＝250
V/m，故A正确．
【变式1】(2017·高考全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10
V、17
V、26
V。下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的大小为2.5
V/cm
B．坐标原点处的电势为1
V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7
eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9
eV
【答案】ABD
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2
V/cm、E2＝＝1.5
V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5
V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1
V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10
eV、－17
eV和－26
eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7
eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17
eV)－(－26
eV)＝9
eV，D项正确．
【变式2】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图所示，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】结合题意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但电场方向不能得出，A错误；根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝④，同理可得φN＝⑤，联立①②③④⑤式可得WMN＝，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝，但本题中电场方向未知，故C错误；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，结合④⑤两式可推出φa－φM＝φb－φN，D正确．
（二）U＝Ed在非匀强电场中的应用
【例14】如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30
V，B点的电势为φB＝－20
V，则下列说法正确的是(　　)
A．C点的电势φC＝5
V
B．C点的电势φC>5
V
C．C点的电势φC<5
V
D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】C
【解析】从电场线的分布情况可以看出φA－φC>φC－φB，所以有φC<5
V，C正确，A、B错误；因为负电荷在电势高的地方电势能较小，所以D错误
【题型六】电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题
1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线。
2．几种典型电场的等势线(面)
电场
等势线(面)
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种(正)点电荷的电场
连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
3．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
（一）带电粒子运动轨迹的分析
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向。
(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向。
(3)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。　
【例15】阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则(　　)
A．电极A1的电势低于电极A2的电势
B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功
【答案】AD
【解析】沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A正确；电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C错误，D正确；Q点电场线比R点电场线密，据电场线的疏密程度可知Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误．
【变式】如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力．由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】AB.
【解析】根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴从P点运动到Q点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确；油滴从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误；由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等，选项D错误．
（二）等势面的综合应用
【例16】(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2
V。一电子经过a时的动能为10
eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6
eV。下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4
eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】AB
【解析】电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2
eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6
eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2
eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2
eV，C错误；电子在等势面b的动能为8
eV，电子在等势面d的动能为4
eV，由公式Ek＝mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确．
【变式】如图所示，M、N、P三点位于直角三角形的三个顶点上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一负点电荷位于三角形的平面上，已知M点和N点的电势相等，P点的电势与MN中点F的电势相等，则下列说法正确的是
(　　)
A．M点和P点的电场强度相等
B．N点和P点的电场强度相等
C．同一正电荷在M点时的电势能大于在P点时的电势能
D．同一正电荷在N点时的电势能小于在P点时的电势能
【答案】C
【解析】由M点和N点的电势相等，P点的电势与F点的电势相等，则知负点电荷Q应位于MN连线的垂直平分线和PF连线的垂直平分线上，作图得到Q的位置如图．
可知P点离Q近，场强较大，故A错误；N点离Q较远，则N点的场强比P点的小，故B错误；正电荷从M点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在M点的电势能大于在P点的电势能，故C正确；M点的电势和N点的电势相等，所以正电荷从N点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在N点的电势能大于在P点的电势能，故D错误．
【题型七】静电场的图像问题
几种常见图像的特点及规律
v
?t图像
根据v
?t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ
?x图像
(1)电场强度的大小等于φ
?x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ
?x图线存在极值，其切线的斜率为零；(2)在φ
?x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向；(3)在φ
?x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断
E?x图像
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向；(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep?x图像
(1)反映了电势能随位移变化的规律；(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
（一）v-t图像
【例17】(多选)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1
g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定(　　)
A．中垂线上B点电场强度最大
B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧
D．UBC>UAB
【答案】AD
【解析】v－t图像的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以B点的电场强度最大，A正确；小物块由A运动到B的过程中，由图可知A、B两点的速度，已知小物块的质量，则由动能定理可知qUAB＝mv－mv，由上式可求出小物块由A运动到B的过程中电场力所做的功qUAB，因为电场强度的关系未知，则不能求解A、B两点之间的位移大小，B错误；中垂线上电场线分布不是均匀的，B点不在连线中点，C错误；在小物块由A运动到B的过程中，根据动能定理有
qUAB＝mv－mv＝(×1×10－3×42－0)
J＝8×10－3
J，同理，在小物块由B运动到C的过程中，有
qUBC＝mv－mv＝(×1×10－3×72－×1×10－3×42)
J＝16.5×10－3
J，对比可得UBC>UAB，D正确．
（二）φ-x图像
【例18】在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域，则该质子(　　)
A．在－x0～0区间一直做加速运动
B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小
D．在－x0～0区间电势能一直增加
【答案】D
【解析】从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E＝，当Δx无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
【变式】在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】由x1处电势为零可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，选项A正确；在φ
?x图像中，图像切线的斜率表示电场强度，则x1处的电场强度不为零，选项B错误；且有x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，选项D错误；由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能低，负电荷从x1移到x2，电势能减小，选项C正确．
（三）E-x图像
【例19】(多选)某电场中沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示。场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计点电荷的重力。下列说法正确的是(　　)
A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C．电势差UOx1＜UOx2
D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置时的电势能最大
【答案】BD
【解析】点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律有a＝＝，电场强度E不变，所以加速度a不变，点电荷做匀加速运动；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律有a＝＝，电场强度E先均匀增大再均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小，速度不是均匀变化的，故A错误，B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理有UOx1q＝0－mv，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理有UOx2q＝0－mv，所以电势差UOx1＝UOx2，故C错误；点电荷在运动过程中仅有电场力做功，动能和电势能之和保持不变，点电荷在x1、x2位置动能最小，则电势能最大，D正确．
【变式】如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则(　　)
A．x2处场强大小为
B．球内部的电场为匀强电场
C．x1、x2两点处的电势相同
D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同
【答案】A
【解析】计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则有x2处场强大小为E＝k，故选项A正确；由乙图E?x图像可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故选项B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐减小，可知φx1>φx2，故选项C错误；E?x
图像与x轴所围面积表示电势差，由乙图可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故选项D错误．
（四）Ep-x图像
【例20】一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、
φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
【答案】D
【解析】根据Ep＝qφ，E＝，得E＝·，由数学知识可知Ep－x图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，电场强度不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，则知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C错误．
【变式】如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能，下列说法中正确的是(　　)
A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能大于在B点的动能
【答案】CD
【解析】由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是个匀强电场，而不是孤立的点电荷形成的电场，故A错误；由上可知是匀强电场，所以A、B两点的电场强度相等，故B错误；由图乙可知，电子在
A、B两点的电势能关系为EpB>EpA，说明电子由
A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以A点的动能大于B点的动能，故D正确．
【题型八】平行板电容器及其动态分析问题
1．分析思路
(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。
(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。
(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化。
2．两类动态变化问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小Q变小E变小
C变小U变大E不变
S变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
εr变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
（一）U不变时电容器的动态分析
【例21】利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表(　　)
A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电
B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电
D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电
【答案】B
【解析】由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，再依据C＝和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．
【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
【答案】D
【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误．
（二）Q不变时电容器的动态分析
【例22】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
A．θ增大，E增大　　　　
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
【答案】D
【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．
【变式】如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板将
正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，下列各物理量变化情况描述正确的是(　　)
A．E增大，φ降低，EP减小，θ增大
B．E不变，φ降低，EP增大，θ减小
C．E不变，φ升高，EP减小，θ减小
D．E减小，φ升高，EP减小，θ减小
【答案】C
【解析】将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，则P点的电势；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确．
（三）平行板电容器中带电粒子的问题分析
【例23】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。列说法正确的是(　　)
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】BD
【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab.对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得＞，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力(电场力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的合外力(电场力)等于b微粒受到的合外力(电场力)，根据动量定理，在t时刻，a、b微粒的动量大小相等，选项D正确．
【变式】如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝at2，且a＝.从A到C的过程有－eU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝
，选项C正确．
【题型九】带电粒子在电场中的直线运动
1．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
（一）电容器中直线运动
【例24】(多选)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q＝1.41×10－4
C、质量m＝1
g的带电小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1
m/s飞入两板之间的电场，经0.02
s后未与B板相碰又回到孔P，g取10
m/s2，则(　　)
A．板间电场强度大小为100
V/m
B．板间电场强度大小为141
V/m
C．板与水平方向的夹角θ＝30°
D．板与水平方向的夹角θ＝45°
【答案】　AD
【解析】　因为小球从孔P水平飞入两板之间，沿水平方向运动，小球受力如图所示，设板间匀强电场的场强为E，板与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eqcos
θ＝mg，在水平方向由动量定理得Eqtsin
θ＝2mv0，解得E＝＝100
V/m，tan
θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正确．
【变式】如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
A．当减小两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
【答案】C
【解析】由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．
（二）带电粒子在匀强电场中的直线运动
【例25】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【答案】A
【解析】电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误．
【变式】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
【答案】BC
【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．
（三）带电粒子在交变电场中的直线运动
【例26】如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则(　　)
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
【答案】B
【解析】粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··＝，解得d＝
，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝
，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误．
【变式】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜　　
B.
＜t0＜
C.
＜t0＜T
D．T＜t0＜
【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v
?t图像，如图所示．由于v
?t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．
【题型十】带电粒子在电场中的偏转运动
1．带电粒子在电场中的偏转规律
2．处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
(2)功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
3．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan
θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)y＝(＋L)tan
θ(l为电场宽度)；
(3)y＝y0＋vy·；
(4)根据三角形相似＝。
【例27】如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t。
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan
θ。
(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x。
【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L
【解析】　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得：a1＝＝①
由x＝at2得：＝a1t②
电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③
进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，
时间为：t2′＝2t2＝④
电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2′⑤
联立①～⑤求解得：t＝3；
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：
电子进入电场E2时的加速度为：
a2＝＝⑥
vy＝a2t2⑦
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan
θ＝⑧
联立①②③④⑥⑦⑧得：tan
θ＝2⑨
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示．
设电子打到屏上的点P到O点的距离x，
根据上图用几何关系得：tan
θ＝⑩
联立得：x＝3L
【变式1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子11H，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子24He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是(　　)
A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1
B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起
【答案】CD
【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化简得出v＝，质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得＝＝，故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有＝＝，故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU＝mv02，进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有y＝at2＝()2，联立得y＝，速度的偏转角正切值为tan
θ，有tan
θ＝＝＝，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan
θ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确．
【变式2】如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【解析】根据动能定理有qE1d＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝
.在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝
，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝t2及tan
θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan
θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．
【题型十一】带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
（一）粒子做直线往返运动
利用速度图像分析带电粒子的运动过程时的注意事项：
(1)带电粒子进入电场的时刻；
(2)速度图像的切线斜率表示加速度；
(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。
【例28】如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜　　
B.
＜t0＜
C.
＜t0＜T
D．T＜t0＜
【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v
?t图像，如图所示．由于v
?t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．
【变式】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。
【答案】　d＞
【解析】　电子在0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小a1＝，位移x1＝a1τ2
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a2＝，初速度的大小v1＝a1τ，匀减速运动阶段的位移x2＝
由题知d＞x1＋x2，解得d＞.
（二）粒子做偏转运动问题
交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：
(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择。
(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型。
(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定。
【例29】相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，
板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。
(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，求这两个发光点之间的距离。(结果用L、d表示)
【答案】(1)v0　v0　(2)
【解析】　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2
据动能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv
将U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0
(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1＝
侧移量：y1＝at＝，得y1＝
打在荧光屏上的坐标为y1′，则：y1′＝2y1＝
同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量：y2＝
打在荧光屏上的坐标：y2′＝2y2＝
故两个发光点之间的距离：Δy＝y1′－y2′＝.
【变式】如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
　
甲　　　　　　　　　　　乙
A．末速度大小为
v0　
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
【答案】BC
【解析】0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确；根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．
【题型十二】带电体在电场、重力场中的运动
（一）带电体在电场、重力场中运动的动力学问题
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，
则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
2．物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点。而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点。
【例30】如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10
g、电荷量q＝＋1×10－6
C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10
m/s2，求：
(1)该电场的电场强度。
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小。
(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝
m时，机械能的改变量。
【答案】(1)7.5×104
N/C，方向水平向右　(2)3
m/s2　(3)－0.02
J
【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在x轴方向：Fcos
37°－mgsin
37°＝0
在y轴方向：FN－mgcos
37°－Fsin
37°＝0
得：qE＝mgtan
37°，故有E＝＝7.5×104
N/C，方向水平向右．
(2)场强变化后物块所受合力为：F＝mgsin
37°－qEcos
37°
根据牛顿第二定律得：F＝ma，故代入解得a＝0.3g＝3
m/s2，方向沿斜面向下．
(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故ΔE＝－qELcos
37°，解得ΔE＝－0.02
J.
（二）带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题
动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
【例31】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小。
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep。
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
【答案】]　(1)　(2)mgh　(3)　
【解析】　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝·2mv，解得v0＝.
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v
解得v＝v0＝
据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep，解得Ep＝mgh.
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则2mv0＝2mvA＋mvB，×2mv＝×2mv＋mv
解得vA＝v0＝，vB＝v0＝.
【题型演练】
1．两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是(　　)
A．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力
B．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零
C．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力仍是斥力
D．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力
【答案】C
【解析】如果相互接触前两球的库仑力是引力，且两球带不等量的异种电荷，则相互接触后的库仑力是斥力，A、B错误．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则两球带同种电荷，则相互接触后带等量的同种电荷，相互间的库仑力仍是斥力，C正确，D错误．
2．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力(　　)
A．大小不变
B．方向不变
C．逐渐减小
D．逐渐增大
【答案】D
【解析】由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小，由电场力公式F＝qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐增大，电场力方向与点所在的电场线的切线方向一致，所以一直在变化，故D正确．
3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5
cm，bc＝3
cm，ca＝4
cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
【答案】D
【解析】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力，a、c的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，b、c电荷为异号，a、b的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，a、c的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，b、c电荷为同号，a、b的电荷为异号，所以a、b的电荷为异号．设ac与ab的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac＝k0，Fbc＝k0，tan
θ＝，tan
θ＝，a、b电荷量的比值k＝，联立解得k＝，选项D正确．
4．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)
A．cos3α＝
B．cos3α＝
C．sin3α＝
D．sin3α＝
【答案】AC
【解析】设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asin
α，则两个－q之间距离为2acos
α.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos
α＝k，解得cos3
α＝，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin
α＝k，解得sin3α＝，故C正确，D错误．
5.
如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则O点处的点电荷受到的电场力大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】.根据库仑定律可得电场力F＝，O点到正方体顶点的距离r＝a，则正方体任一顶点上的点电荷对O点处的点电荷的库仑力大小均为F＝k＝；库仑力方向沿两电荷连线方向，正方体体对角线两端的两个电荷电性相同时，两个库仑力等大反向；正方体体对角线两端的两个电荷电性相反时，两个库仑力等大同向．根据矢量叠加定理可知，O点处的点电荷受到的电场力大小为2F＝，A选项正确．
6．将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为(　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】取小球a、b整体作为研究对象，则整体受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F的最小值为2mgsin
30°＝mg，由F＝qE知A、C、D错，B对．
7．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10
m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12
m。已测得每个小球质量是8.0×10－4
kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10
m/s2，静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，则(　　)
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2
N
C．B球所带的电荷量为4×10－8
C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
【答案】ACD
【解析】用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示
sin
θ＝＝0.60，θ＝37°，F库＝mgtan
37°＝6.0×10－3
N，B项错误；
F库＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12
m
联立上式得Q＝4×10－8
C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．
8．如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L。若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)(　　)
A．A球对竖直墙壁的作用力不变
B．两球之间的距离一定增大
C．A球对B球作用的静电力增大
D．地面对B球的弹力不变
【答案】AC
【解析】由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F库cos
θ不变，库仑力F库一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．
9．如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48
m，离地高度h＝1.25
m。桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E＝1×104
N/C。在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝0.01
kg，电荷量q＝1×10－6
C的带正电小球以初速度v0＝1
m/s向右运动。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向。
(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离。
【答案】
(1)1.0
m/s2，方向水平向左　(2)
m　
m
【解析】(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有：a＝＝＝
m/s2＝1.0
m/s2，方向水平向左．
(2)由于x＝＝0.5
m>0.48
m，所以小球一定从右边离开桌面．
设球到桌面右边的距离为x1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，则：x总＝x1＋x2
由v2－v＝－2ax1代入数据得：v＝
设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有：h＝gt2，代入数据得：t＝0.5
s.
水平方向，有x2＝vt＝0.5，故x总＝x1＋0.5
令：y＝；则：x总＝
故y＝，即：x1＝时，水平距离最大，最大值为xmax＝
m.
10.
如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104
N/C。有一个质量m＝4.0×10－3
kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.60，cos
37°＝0.80，不计空气阻力的作用。
(1)求小球所带的电荷量及电性。
(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小。
(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20
s，求这一段时间内小球电势能的变化量。
【答案】(1)1.0×10－6
C　正电荷
(2)12.5
m/s2
(3)减少了4.5×10－3
J
【解析】(1)小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件
F＝qE＝mgtan
θ，解得q＝＝1.0×10－6
C
电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷．
(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，
由牛顿第二定律＝ma，解得a＝＝12.5
m/s2.
(3)在t＝0.20
s的时间内，小球的位移为l＝at2＝0.25
m
小球运动过程中，电场力做的功W＝qElsin
θ＝mglsin
θtan
θ＝4.5×10－3
J
所以小球电势能的变化量(减少量)ΔEp＝4.5×10－3
J.
11．关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的
D．电势降低的方向就是电场强度的方向
【答案】B
【解析】将负电荷由低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，选项C错误；电势降低最快的方向才是电场强度的方向，选项D错误．
12．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线可能是电场线也可能是等势线，则以下说法正确的是(　　)
A．无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的电场强度都比b点的电场强度小
B．无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点的电势高
C．无论图中的实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小
D．如果图中的实线是等势线，电子在a点的速率一定大于在b点的速率
【答案】D
【解析】根据电场线和等势线的特点及两者的关系可知，无论图中的实线是电场线还是等势线，a、b两点的电场强度都相等；若图中实线是电场线，则根据做曲线运动的物体一定受到指向轨迹凹侧的合外力，可知电子受到的电场力方向水平向右，电场线方向水平向左，a点的电势比b点的电势低，电子从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，电子在a点的电势能比在b点的电势能大，电子在a点的速率一定小于在b点的速率；若图中实线是等势线，则根据电场线和等势线垂直的关系和物体做曲线运动的条件，可知电子受到的电场力方向竖直向下，电场线方向竖直向上，a点的电势比b点的电势高，电子从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，电子在a点的电势能比在b点的电势能小，电子在a点的速率一定大于在b点的速率．综上所述，选项D正确．
13．(2018·高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN　　　
B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN
D．aM＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；若粒子从M运动到N点，根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；
若粒子从N运动到M，根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN.
综上所述，D正确．
14.
如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2
cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为φA＝(2－)
V、φC＝2
V、φE＝(2＋)
V，下列判断正确的是(　　)
A．电场强度的方向由A指向D
B．电场强度的大小为1
V/m
C．该圆周上的点电势最高为4
V
D．将电子从D点沿DEF移到F点，静电力做正功
【答案】C
【解析】在匀强电场中AE连线的中点G的电势φG＝(φA＋φE)＝2
V＝φC，所以直线COGF为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DE分别为等势线，直线DB、直线EA分别为电场线，可知电场强度的方向由E指向A(或由D指向B)，故A错误；E、A两点间的电势差UEA＝φE－φA＝2
V，沿电场方向的距离d＝R＝
m，电场强度E＝＝100
V/m，故B错误；过圆心O做EA的平行线，与圆的交点H处电势最高，UHO＝ER＝2
V，由UHO＝φH－φO可得：最高电势φH＝UHO＋φO＝4
V，故C正确；将电子从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，故D错误．
15．图中虚线是某电场的一组等势面．两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点。下列说法正确的是(　　)
A．两粒子的电性相同
B．a点的场强小于b点的场强
C．a点的电势高于b点的电势
D．与P点相比两个粒子的电势能均增大
【答案】B
【解析】根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反，故A错误；由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E＝k可知，a点的场强小于b点的场强，故B正确；由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低，故C错误；电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小，故D错误．
16．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为20
V，b点电势为24
V，d点电势为12
V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是(　　)
A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c，电场力做功为8
eV
D．质子从b运动到c，电场力做功为4
eV
【答案】C
【解析】由于是匀强电场，故a、d的中点(设为E)电势应为a、d两点的一半，即16
V，那么E、b的中点F电势是20
V，和a点一样．连接a、F得到等势线，则电场线与它垂直，正好是由b指向E.那么cE平行于aF，故c点电势与E相同，也为16
V，小于a点电势，A错误；场强的方向由b指向E，B错误；从b到c电势降落了8
V，质子电荷量为e，质子从b运动到c，电场力做功8
eV，电势能减小8
eV，C正确，D错误．
17．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内。A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。求A、B两点间的电势差。
【答案】
【解析】由题意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把运动分解
水平方向：vsin
60°＝v0sin
30°＋t①
竖直方向：vcos
60°＝v0cos
30°－gt②
由①②可得：v＝v0，t＝
由牛顿第二定律得水平方向加速度a＝＝g，
水平位移：x＝v0sin
30°·t＋(g)t2＝UAB＝Ex＝.
18．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右、场强大小为E的匀强电场后，试求：
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小。
(2)带电系统向右运动的最大距离。
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。
【答案】(1)
　(2)3L　(3)6qEL
【解析】(1)设B球刚进入电场时，系统的速度为v1，
对A、B系统应用动能定理：2qEL＝×2mv，则v1＝.
(2)设球A向右运动s时，系统速度为零，由动能定理，得：2qEs＝3qE(s－L)，则s＝3L.
(3)带电系统的速度第一次为零时，B球克服电场力做功WFB＝6qEL，则B球电势能增加了6qEL.
19．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5
J，机械能增加1.5
J，电场力做功2
J，则小球(　　)
A．重力做功为5
J　　　　　　
B．电势能减少2
J
C．空气阻力做功0.5
J
D．动能减少3.5
J
【答案】BD
【解析】小球的重力势能增加5
J，则小球克服重力做功5
J，故A错误；电场力对小球做功2
J，则小球的电势能减小2
J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用．小球的机械能增加1.5
J，则除重力以外的力做功为1.5
J，电场力对小球做功2
J，则知，空气阻力做功为－0.5
J，即小球克服空气阻力做功0.5
J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5
J，根据动能定理，小球的动能减小3.5
J，D正确．
20．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力．由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】AB
【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故A、B正确，C错误．在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误．
21．(多选)如图所示为匀强电场的

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