人教版物理必修3同步练习: 10.3 电势差与电场强度的关系(优生加练)

人教版物理必修3同步练习: 10.3 电势差与电场强度的关系(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·上海市月考）图中所示是一个平行板电容器，其电容为，带电荷量为，上极板带正电，板间距离为，、两点间的距离为，如图所示，连线与极板间的夹角为，则、间的电势差为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】极板间的电场强度
，
A、B间的电势差UAB=Essin30°
联立可得
故选：C
【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压，由求出板间场强．根据公式U=Edsinθ求解AB之间的电势差。
2．（2020高二上·运城期末）如图所示，实线为电场线，虚线为电场中的三条等势线，其中电势 ， ，点b为a、c连线的中点，一带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点。下列说法正确的是（　　）
A．电势 小于
B．电势 等于
C．带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小
D．带电质点在M点的动能比在N点的小
【答案】A
【知识点】电场力做功；电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．根据电势差与电场强度的关系有
由于该电场不是匀强电场，从a到c场强越来越强，所以a、c连线的中点b的电势 小于 ，所以A符合题意；B不符合题意；
C．从a到c电场线越来越密，则场强越来越强，电场力越来越大，加速度也越来越大，所以C不符合题意；
D．带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点，电场力做负功，动能减小，所以D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电场线的疏密表示电场强度的大小（越密越大），再根据公式U=Ed定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再判定中点b的电势高低；电场线越密，电场强度越大，根据F=qE=ma判断同一电荷则电场力也越大，从而判定加速度大小；根据曲线运动受力方向与运动反向的夹角大小判断电场力做正功或者负功，进而判断电势能转化为动能或者动能转换为电势能。
3．（2020高二上·鹤岗期中）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10V、17V、26V。下列说法不正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A．沿x方向的场强大小为
沿y方向的场强大小为
故该电场的电场强度为
A正确，不符合题意；
B．在匀强电场中，相互平行的等距离两点间电势差相等，即为
所以原点O的电势为
B正确，不符合题意；
C．根据电势能的定义式知道，电子在a点的电势能为
电子在b点的电势能为
所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误，符合题意；
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为
D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电势差与电场强度的关系分别求出电场沿x轴与沿y方向的分电场强度的大小，由平行四边形合成即求出电场强度的大小；根据在匀强电场中，相互平行的等距离两点间电势差相等求出坐标原点处的电势；根据Ep=q求出电势能的大小，即可比较电子在不同点的电势能大小关系；根据求解电场力做功。
4．（2019高二下·德州期末）如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长L=4cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V。则下列说法正确的是（　　）
A．E点的电势
B．A、 F间的电势差UAF=0
C．该匀强电场的场强大小E= 100 V/m
D．该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A
【答案】D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由几何知识知， 与 平行且 ；因电场是匀强电场，则 ，即 ，代入数据可得： ．A不符合题意．
B．由几何知识知， 与 平行且相等；因电场是匀强电场，则 ．B不符合题意．
CD． 、 ，电场是匀强电场，又电场线由电势高处指向电势低处，则电场线垂直于 如图；由几何知识可得，电场线垂直于BF连线，且指向A；据 可得， ．C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D
【分析】结合题目中A、B、C、D四个点的电势，列方程求解电场强度和方向，再结合选项分析求解即可。
5．（2018高二上·四川月考）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=10cm，ad=bc=20cm．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，则下列说法正确的是（　　）
A．cd间电势差一定为4V B．c点电势可能比d点低
C．电场强度方向一定由b指向a D．电场强度大小一定为E=40V/m
【答案】A
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差，为24V-20V=4V，A符合题意．
B、由上分析知，cd间的电势差大于零，所以c点的电势一定比d点的电势高．B不符合题意．
C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场强度方向可能由b指向a，但不一定，C不符合题意．
D、若电场强度方向由b指向a，则电场强度为 E= =40V/m，由于电场强度方向不确定，所以电场强度大小不一定为E=40V/m，D符合题意．
故答案为：A
【分析】规定某一点为零势能点，假设电场的方向，利用a、b两点的电势求解出电场的方向和大小，再结合选项分析即可。
6．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a， ， ）。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1 V，则P点的电势为（　　）
A． V B． V C． V D． V
【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】沿z轴负向观察，M、N、P三点的位置如图所示，其中P与它在Oxy平面内的投影点P′重合，由题意可知φP＝φP′
分别过O、P′作MN的垂线，垂足分别为A、B。由几何知识可知 。因为E· ＝1 V，所以UBM＝E· ＝E· ＝ V，因φM＝0，故φB＝ V，又因P′B垂直电场线，P′B为等势线，φP＝φP′＝ V，故D选项正确。
【分析】利用等电势法寻找等势面与电场线垂直，并根据几何关系可得到电势大小.
7．如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC= m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q=–2×10–6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10–5 J，由B移到C的过程中电场力做功6×10–6 J，下列说法正确的是（　　）
A．B，C两点的电势差UBC=3 V
B．A点的电势低于B点的电势
C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D．该电场的场强为1 V/m
【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】由B移到C的过程中电场力做功 ，根据 得B、C两点的电势差为： ，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10–5 J，根据电场力做功量度电势能的变化得点电荷由A移到B的过程中，电场力做功–1.2×10–5 J，A、B两点的电势差 ，所以A点的电势高于B点的电势，B错误； ，根据 得：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减小，C错误；UBC=–3 V，UCA=–3 V，UAB=6 V，在AB连线取一点D为该线中点，所以UAD=3 V，UCA=–3 V，UAC=3 V，所以C、D电势相等，所以CD连线为等势线。而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B。因为 ，由几何关系得AD=3 m，所以UAD=EdAD=3 V，所以该电场的场强为1 V/m，D正确。
【分析】根据W=UABq计算时可直接代入正负号计算，得到电势差为正即为A比B电势高，反之则低。寻找等势点并做出垂线段即为场强方向，根据几何关系得到沿着电场线方向距离，由E=U/d可得正确选项。
8．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，），已知电场方向平行直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为 （　　）
A．V B．V C．V D．V
【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】如图所示，做出M、N、P三者在O-xy平面内的相对位置，则场强方向沿N→M，O1、O2分别是MN连线的2等分点和4等分点，A是ON的2等分点，由几何知识知道，AP连线垂直于场强E，故P、O2、A三点为等势点。MN间的距离为，O2点离M点的距离为，则P点电势
故选D
【点评】难题。本题关键点是找到P点在MN方向上的投影的位置，然后根据U=Ed，按比例计算。
9．（2022高三上·河源期末）如图，一正点电荷位于圆锥顶点，、是底面边缘的两个点，是的中点。下列说法正确的是（　　）
A．两点间与两点间的电压满足
B．电子从沿直线运动到的过程中，电势能先增加后减少
C．欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可加一个垂直底面向上的匀强电场
D．欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可在底面下方某处加一个负点电荷
【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、根据
由于
所以
由于A和B在同一个等势面上，所以
所以有
故A错误；
B、如图所示
电子从A沿直线运动到B的过程中，电场力先做正功后做负功，即电势能先减少后增加，故B错误；
C、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示
加一个强度大小合适、垂直底面向上的匀强电场，可以实现，故C正确；
D、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示
在底面下方某处加一个负点电荷，底面边缘圆周上的各点合场强也不可能平行于底面，故D错误。
故答案为：C。
【分析】点电荷产生的电场为非匀强电场，越靠近电荷场强越大，与电荷距离相等位置的电势大小相等。电场力做正功，电势能减小。粒子做匀速圆周运动，则所受合力指向圆心，再根据场强叠加法则及电场力与场强的关系进行分析。
10．（2017高二上·红桥期中）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）
A．U变大，E不变 B．E变大，Ep变大
C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变
【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C= 知，电容增大，
根据U= ，则电势差U减小．E= = = ，知电场强度不变．则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后电荷量不变是解题的突破点，再结合匀强电场场强公式和电容器决定式可以求解。
二、多项选择题
11．（2023高二上·潮阳月考）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为、、。 y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为a，的阴影部分面积为b。 一个质量为m、电荷量为-q（q＞0）的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（　　）
A．M、N都是正电荷
B．带电粒子在P1的电势能小于在P3的电势能
C．带电粒子运动到P3位置时动能为q(b+a)
D．带电粒子运动过程中最大速度为
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.根据等量同种电荷的电场和等量异种电荷的电场分布特点，结合图乙中电场强度的变化可知，M、N为同种电荷；由题意，一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，说明该电荷受到引力作用，所以M、N带正电荷，A符合题意；
B.E-L图像中，图像与横轴所围成的面积表示电势差，可知
根据W=Uq可知，带负电粒子从点运动到O点电场力做的功大于从O点运动到点克服电场力做的功，所以从点到点，电场力对带电粒子做的总功为正功，电势能降低。带电粒子在的电势能大于在的电势能，B不符合题意；
C.根据W=Uq可得，带电粒子从点运动到点时，电场力做功为
W=q(b-a)
根据动能定理可知，粒子运动到位置时动能为
C不符合题意；
D.带电粒子运动过程中最大速度在O点，由动能定理得
解得最大速度为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据图乙中电场的变化情况和带电粒子在电场中的运动情况，分析M、N的电性；根据电场力做功判断电势能的变化；由动能定理分析带电粒子从点运动到点的过程，求出带电粒子运动到位置时动能；带电粒子运动过程中最大速度在O点，由动能定理分析带电粒子从点运动到O点的过程，求出带电粒子运动过程中最大速度。
12．（2022高一下·桂林期末）如图所示，是由A、B金属板竖直放置而成的平行板电容器，板间距离为d，产生水平向左的匀强电场。一个质量为m，带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在A板上端，处于静止状态，静止时悬线向右与竖直方向成角。重力加速度为g，不计空气阻力，且小球电量不会改变，下列说法中正确的是（　　）
A．小球带负电
B．小球受到2个力
C．A，B板间的电势差大小为
D．若将细线突然剪断，剪断瞬间小球的加速度大小为
【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．匀强电场方向向左，根据图可知，小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相反，则小球带负电，A符合题意；
B．小球受到重力，电场力，细绳的弹力3个力，B不符合题意；
C．对小球体进行受力分析如图所示
则有
又由于
解得
C不符合题意；
D．若将细线突然剪断，由分析剪断瞬间小球的合力大小与没有剪断之前细线的弹力大小相等，根据牛顿第二定律有
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出小球所受的电场力的方向和小球的电性，同时得出电场强度的表达式，结合匀强电场的电场强度和电势差的表达式得出 A，B板间的电势差 ，细线突然剪断，结合牛顿第二定律的粗加速度的表达式。
13．（2020高二上·龙江期中）如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为-10eV、质子由A点运动到C点电场力做功为-20eV。则下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向应由C指向A
B．质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功
C．电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10eV
D．电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15eV
【答案】A,D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A．由题意根据
可知，质子由A运动到B时
代入数据解得 V
同理 V，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10V，因此BD连线为等势线，如图所示
所以电场线的方向一定由C指向A，A符合题意；
B．由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为 eV
B不符合题意；
C．由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零，C不符合题意；
D．电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为 eV
则电子的电势能增加15eV，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据 求出AB及AC两点间的电势差，从而即可找出等势点，根据电场线由电势高的等势面指电势低的等势面确定电场的方向；根据 求解电场力做功的大小；根据电场力做功与电势能的关系根据电势能的变化情况。
14．（2017·新课标Ⅲ卷）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10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/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7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
【答案】A,B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E= ，依据几何关系，则d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为E= =2.5V/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa=φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1 V，故B正确；
C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；
D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D正确；
故选：ABD．
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E= ，结合匀强电场等势面特点，电场线一定与等势面垂直，即可求解；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．
15．（2017·银川模拟）如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的v﹣t图象，在a点的速度为va，运动到b点的速度为vb，则下列说法中正确的是（　　）
A．电场中a点电势一定比b点电势高
B．粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大
C．在0～t1时间内，粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上
D．在0～t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小
【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、由于不知粒子的电性，因此不能确定两粒子电势的高低，A不符合题意；
B、由于只有电场力做功，电势能与动能的和为一定值，因为b点速度比a点速度大，所以在b点的动能比a点动能大，即是粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大，B符合题意；
C、由于v﹣t图象反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律，因此粒子的运动路劲是一条直线，即粒子受到的电场力一定与运动速度在一条直线上，C不符合题意；
D、由于v﹣t图象的斜率表示加速度，由图可知，在0～t2时间内，粒子运动的加速度先减小后增大，再减小，由牛顿第二定律可知，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】根据速度时间图像的物理意义，结合电场力做功和电势能之间的关系，分析求解。
16．（2017·淄博模拟）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验电荷），从A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到B点的距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电力常量，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小
B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+
C．物块在A点的电势能EpA=φq
D．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=φ+
【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：A、点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小EB= = ，A不符合题意；
B、物体受到点电荷的库仑力为：F= = ，设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N﹣mg﹣Fsin60°=0
解得：N=mg+ ．B不符合题意；
C、根据电势能和电势的关系可知物块在A点的电势能EPA=qφ，C符合题意；
D、设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：﹣q（φ﹣φB）=
解得：φB=φ+ ．D符合题意．
故答案为：CD．
【分析】以物体为研究对象，进行受力分析，竖直方向上合力为零根据平衡条件列式。水平方向上根据动能定理列式求解。
17．（2017·太原模拟）如图，在负点电荷Q的电场中有P、M、N、O四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点．O为PN的中点．∠P=30°，MN=a，M、N、P、O四点处的电势分别用φM、φN、φP、φO表示．已知φP=φN，φM=φO，点电荷Q在M、N、P、O四点所在面内，则（　　）
A．P点场强大小为
B．连接OM的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从M点搬运到N点，电势能增加
D．φO小于φN
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列以点电荷为圆心的同心圆，对于圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在PN的中垂线和OM的中垂线的交点上，由几何关系可知，该交点在PM的上，如图所示，且得 PQ= = a
P点场强大小为 E=K = ，A符合题意；
B、根据点电荷电场的分布情况可知，连接OM的线段一定不在同一等势面上．B不符合题意．
C、将正试探电荷从M点搬运到N点，电场力做负功，电势能增加，C符合题意；
D、在负点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，则φO小于φN．D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】点电荷电场等势面是同心圆，结合电场线的方向，一定和等势面相垂直，进行判断，沿电场线方向电势逐渐降低。
18．（2017高二上·成都期中）如图所示为孤立的正点电荷所激发电场的三条电场线，某条直线与一条电场线垂直相交，交点为b，该直线上还有a、c、d三点，且ab=bc=cd．下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点场强相等
B．a、c两点电势相等
C．b、a两点的电势差大于c、d两点的电势差
D．b、d两点的电势差等于b、a两点电势差的2倍
【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、由数学知识可知a点与c点到场源电荷距离相等，因此a、c两点场强大小相等，方向不同，由于电场强度为矢量，A不符合题意；
B、a点与c点到场源电荷距离相等，因此在同一等势线上，所以a、c两点电势相等，B符合题意；
C、a、c两点电势相等，d点距场源电荷距离比b点大，所以bc处的电场强度比cd处的电场强度大，根据U=Ed可知，Uba＞Ucd，C符合题意；
D、由于该电场不是匀强电场，故U=Ed不成立，D不符合题意．
故答案为：BC．
【分析】a点与c点到场源电荷距离相等，由于电场强度为矢量，a、c两点场强大小相等，方向不同，a、c两点在同一等势面上电势相等，不是匀强电场，故U=Ed不成立，但可以进行定性判断，Uba＞Ucd。
19．（2020高二上·大庆期中）如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点．一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×10-6J．则以下分析正确的是（　　）
A．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.5×10-6J
B．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于3.5×10-6J
C．若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向
D．若该粒子的电量为2×10-6C，则A、B之间的电势差为1.5V
【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】用φ表示各点的电势．根据电场力做功的公式W=qU可知：WEF=qUEF=q（ E- F），因为E、F是线段的中点，因此在匀强电场中有： E＝ 、 F＝ ，代入上式化简可得：WEF＝ WAB+ WDC=3.5×10-6J．A符合题意、B不符合题意；若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC＝1×10 6J＝ WDC，根据电场力做功公式W=qU可知UDC=4UBC，则B点电势与DC连续靠近C点四分之一处的点电势相等，这两个点的连续就是等势线；根据电场线与等势线必定垂直的性质，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向．C符合题意；根据电场力做功的公式WAB=qUAB得： ．D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】在匀强电场中，一线段中点的电势等于两端电势之和的平均值，据此可知E、F两间的电势差与A、B两点间电势差及C、D两点间电势差的关系；根据W=Uq求出粒子从E点移到F点的过程中，电场力做的功；根据电势差的关系确定等势点，结合电势的高低即可知电场的方向；根据求出AB两点间的电势差。
20．（2016高三上·沈阳期中）如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E= ．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同
B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v
C．滑块回到A点时速度大小为 v
D．A，B两点间电势差为
【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、B、C、滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得：
又：E=
所以：
滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，则：
联立得：v′= v．
由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间不相同．
故A错误，B错误，C正确；
D、AB两点之间的电势差： = ．故D正确．
故选：CD
【分析】滑块在运动的过程中电场力与摩擦力做功，由动能定理即可求出AB之间的电势差，以及滑块返回A的速度的大小．
三、非选择题
21．（2022高二上·广州期中） 如图甲所示，两块间距为l、板长均为的金属板水平正对放置，荧光屏MO1N为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上O1所用的时间为。现将下板接地，上板的电势随时间t的变化规律如图乙所示，其中，所有能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上。已知粒子通过板间所用时间远小于T（粒子通过板间时极板电势可视为不变），粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计。
（1）若粒子恰好能从下板飞出时，求上板的电势大小；
（2）求粒子从射入到打在屏上的最短时间
（3）若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s。
【答案】（1）解：粒子在两板间的加速度大小为
粒子做类平抛运动的时间为
若粒子恰好能从下板飞出时，则
联立解得两金属板间的电势差
因为下板接地，电势为0，为了从下板恰好飞出，则如果带电粒子流是带负电的，上板的电势为，
如果带电粒子流是带正电的，则上板的电势为
（2）解：根据类平抛运动规律的推论可知，粒子刚从两极板间射出时，其速度方向的反向延长线一定过两极板间中心位置，粒子离开电场后做匀速直线运动，因为能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，所以两极板的中心即为荧光屏的圆心，设荧光屏的半径为R，有
解得
因为粒子在水平方向的速度始终为v，所以当粒子恰好从上、下极板边缘射出时，其从射入到打在屏上过程的水平位移最小，所用时间最短，根据几何关系可知，此时粒子射出电场时的速度偏向角为
所以粒子从射入到打在屏上的最短时间为
（3）解： 当电压为U时，设板间场强大小为E2，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a2，粒子垂直金属板方向向下的位移为y，斜向右下离开金属板时的速度方向与OO1间的夹角为α2，则平行金属板方向
垂直金属板方向
由牛顿第二定律qE2=ma2
U=E2 2l
联立解得
由 ，则粒子斜向右上离开金属板时垂直金属板方向的最大位移为 ，速度方向与OO1间的夹角最大值为
由
解得
【知识点】平抛运动；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据题意可知，粒子通过板间时，相当于在匀强电场中运动。分析粒子的受力情况，明确其运动类型，粒子恰好从下板飞出，即竖直位移等于板间距的一半，再根据平抛运动规律及牛顿第二定律进行解答；
（2）再根据题意确定半径和板长的关系。由于粒子飞出后做匀速直线运动，且在整个运动过程中水平方向的分速度大小始终不变。要整个过程运动时间最短，即水平方向位移最小。而在板间运动的水平位移恒定不变。故为粒子飞出点到屏上的水平距离要最短，根据几何关系确定射出点位置。再根据运动规律即可求出最短时间；
（3）粒子在电场中平抛运动，穿过电场的时间不变。两极板电势不断变化，则粒子所受电场力不断变化，在电场中的偏移量不断变化，即打在屏上的位位置也不断变化。当电势最大时，在电场中的偏移量最大，根据运动规律分别求出粒子在电场中的上下两侧的符合条件的最大偏移量。以及最大偏移量所对应的速度偏向角。再根据弧长公式求出粒子打在屏上的弧长。
22．（2022高三上·葫芦岛月考）如图所示，两正对的竖直平行金属板AB、CD的长度均为L=8cm、板间距离，P为A、C连线的中点；AB的延长线上有一点O和足够长的荧光屏bc．一质量、电荷量的带正电油滴从P点由静止释放后，恰好从CD板的下边缘D处射出电场．若油滴射出电场的同时，在O点固定一点电荷，同时在空间加一竖直向上的匀强电场，结果油滴离开D点后做匀速圆周运动并恰好垂直打到荧光屏上．静电力常量，取，空气阻力不计．求：
（1）金属板两板间的电压U；
（2）该点电荷的电荷量Q（结果保留两位有效数字）；
（3）油滴从P点运动到荧光屏的时间t（结果可保留根号）．
【答案】（1）解：经分析可知，油滴的运动轨迹如图所示，
油滴从P点沿直线运动到D点，由三角形相似有：
又U=Ed
解得：U=160V
（2）解：由几何关系有：
解得：
油滴射出电场后，以O点为圆心做匀速圆周运动，由几何关系可得油滴的轨迹半径为：
油滴从P点运动到D点的过程中的加速度大小为：
由直线运动规律有：
由圆周运动的规律有：
解得： ．
（3）解：由（2）得： ，
油滴在电场中的运动时间为：
油滴从D处运动到荧光屏的时间为：
又
解得： ；
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据油滴在电场中的运动轨迹以及共点力平衡得出匀强电场的电场强度，结合匀强电场电场强度的表达式以及电势差的关系得出两金属板间的电势差；
（2）根据几何关系以及牛顿第二定律得出油滴的加速度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系和库仑力提供向心力得出 该点电荷的电荷量 ；
（3）根据油滴在电场中的匀加速直线运动的速度与时间的关系和线速度的定义式得出油滴从P点运动到荧光屏的时间。
23．（2022高一下·南京期末）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，其场强E=2.0×102V/m，有一根长L=0.64m的绝缘细绳，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.2kg带正电q=4.0×10-2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动到O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=37°的挡板MN上的C点（已知：g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）。求：
（1）绳子的最大张力；
（2）B、C两点的电势差；
（3）当小球运动到C点时，突然再施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速撤走，若小球以后做直线运动，则所加恒力F的最小值。
【答案】（1）解：小球从A点运动到B点，由动能定理有
小球在B点时，由牛顿第二定律有
联立解得，绳子的最大张力为
（2）解：小球离开B点后做类平抛运动，由于小球垂直打在挡板上，则有
小球从B点运动到C点，由动能定理有
解得，B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点的电势差为
（3）解：若要小球到达C点后做直线运动，则需要满足小球所受合力为零或者合力方向与速度方向共线。而当所加恒力F与速度方向垂直向上时，所加恒力F取得最小值，如下图所示
由几何知识可得，所加恒力F的最小值为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1） 小球从A点运动到B点 ，根据动能定理得出B点的速度，在B点处利用牛顿第二定律得出绳子的最大张力：
（2）小球离开B点后做类平抛运动，结合速度的分解以及动能定理得出小球从A点运动到B点 ，结合匀强电场电场强度的表达式得出BC两点的电势差：
（3）小球做直线运动的条件是合理和速度不在一条直线上，从而得出所加恒力的大小。
24．（2022高一下·常州期末）如图甲所示的装置是由直线加速器改装而成，由N个长度逐个增大的金属圆筒沿水平轴线排列成一串，图中代表性地画了几个圆筒，圆筒的两底面中心开有小孔，一根绝缘光滑细管从中心小孔穿过，各筒相间地连接到频率为f、最大电压值为U0的电源的两端，M、N两点间的电势差UMN随时间变化如图乙所示，现有一电量为+q、质量为m、直径略小于细管内径的小球，沿细管左端射入，并将在圆筒间的缝隙处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场）．缝隙的宽度很小，小球穿过缝隙的时间可以不计．已知t=0时刻小球以v1速度进入第一个圆筒左端，小球多次被加速后通过最右侧圆筒，最后从A点水平向右飞出并以速度v2垂直于电场方向射入一个方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，在B点速度方向与电场线成120°角．
求：
（1）小球在电场中的加速度大小a及在B点的速度大小vB；
（2）小球从A运动到B的时间tAB
（3）A、B两点间的电势差UAB；
（4）为使小球从A点射出获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？（用n的形式来表示）
【答案】（1）解：小球在电场中受电场力和重力作用
根据牛顿第二定律可得a＝
将小球在B点的速度分解可知
（2）解：在B点设小球沿电场方向的速度大小为vy，
则有：vy＝v2tan30°
vy＝atAB
联立解得：
（3）解：小球竖直位移：
解得：
A、B两点间的电势差UAB=Ey
解得：
（4）解：为了使小球获得最大能量，要求小球每次穿过缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个的电势高，这就要求小球穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电流的半个周期设第N个圆筒长为Ln，则有： (n=1 ，2.3……)
解得：
所以 (n=1 ，2.3……)
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）小球在重力场和电场中运动的过程中利用牛顿第二定律以及速度的分解得出小球的加速度和在B点的速度；
（2）根据速度的分解以及匀变速直线运动的规律得出小球从A运动到B的时间 ：
（3）结合匀变速直线运动的规律以及匀强电场电场强度的表达式得出AB两点间的电势差：
（4）小球在圆筒中运动的过程中根据动能定理得出各个圆筒的长度应满足的条件。
25．（2020高二下·辛集月考）将带电荷量为q=－6×10－6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10﹣5J的功，求：
（1）A、C两点间的电势差UAC；
（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？
（3）在图中已大概确定了三点的位置，请根据以上分析在括号中分别标出A、B、C。
【答案】（1）解：根据 得AB两点间的电势差为
BC电势差为
所以UAC=UAB+UBC=3V
（2）解：因为WAB＝EpA－EpB
所以EpB=EpA－WAB=0－WAB=3×10﹣5J
同理，C点的电势能为EpC=EpB－WBC＝3×10﹣5J－1.2×10﹣5J=1.8×10﹣5J
（3）解：根据沿电场线电势降低，结合（2）知，电场线上由左往右依次为A、C、B，如图所示
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据电场力做功公式W=qU求出BC间的 电势差，再求出AC间的电势差；
（2）根据电场力做功与电势差的关系求出AB间和BC间的电势差，结合电势差求出电势的大小。
（3）沿着电场线电势逐渐降低。
26．（2019高二上·青冈月考）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：
（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。
（2）电场强度大小、方向？
（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
【答案】（1）解：微粒在重力和电场力作用下沿AB直线运动，合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示。微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动。
（2）解：据上图，
解得：电场强度 ，方向水平向左
（3）解：微粒由A运动到B的速度vB=0，对应微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：
解得：
即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s
【知识点】受力分析的应用；电场力做功；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1)根据直线运动的条件结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；(2)根据力的合成的平行四边形定则结合几何关系得到电场力，求出电场强度；(3)对粒子的运动过程运用动能定理列式，求解微粒射入电场时的最小速度。
27．匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°。电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为（2－ ）V、（2+ ）V和2V。该三角形的外接圆上最低电势为　 　V，最高电势为　 　V。
【答案】0；4
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，则：
O点的电势为：φO= V=2V
故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为：M→N。
所以外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。
设外接半径为R，则OP间的电势差等于Oa间的电势差，即：
UOP=UOa=2V－（2－ ）V= V
又UON=ER，UOP=ERcos30°
则UON：UOP=2：
故有UON=2V，N点电势为零，为最低电势点，故M点电势为4V，为最高电势点。
【分析】寻找等势点，做等势面，并作出其垂线段为电场线，在三角形外接圆中，垂直于等势面的直径最长为两点间最大电势差。
28．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从O点出发，初速度的大小为v0，在重力和电场力的共同作用下恰能沿场强的反方向成θ角做匀减速直线运动，求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）粒子运动的最高点与出发点之间的电势差。
【答案】（1）解：依题意，对粒子受力分析可知粒子带负电，粒子受到水平向右的电场力和竖直向下的重力。垂直于运动方向平衡有mgcos θ=qEsin θ
解得E=
（2）解：粒子运动到最高点时速度为零，设运动的位移为s，由动能定理：
–mgssin θ–qEscos θ=0– mv02
最高点与出发点之间的电势差U=qEscos θ
解得U=mv02cos2 θ／2q
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）合力方向沿着速度反方向，根据二力合成夹角关系可得Eq=mg/tan，（2）可根据动能定理计算在水平位移和竖直位移的关系，并根据U=Ed。沿电场线方向距离算出结果。
29．（2023高二上·成都期中） 如图所示，xOy为一竖直平面内的直角坐标系，A、B为两坐标轴上的点，其中A点的坐标为（3d，0），B点的坐标为（0，d）。将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出，小球刚好能经过x轴上的A点。现使此小球带电，电荷量为（），同时在空间加一匀强电场，场强方向平行于坐标平面。将小球以同样的初动能从坐标原点O点沿某一方向抛出，小球经过了A点，且经过A点时的动能为初动能的倍；若将该小球以同样的初动能从O点沿另一方向抛出，小球刚好能通过B点，且经过B点时的动能也为初动能的倍，重力加速度大小为g。
（1）求小球的初动能；
（2）加电场后，为多大；
（3）求所加匀强电场的电场强度大小及方向与x轴正方向夹角的正切值。
【答案】（1）解：设小球在B点的速度为，运动到A点所用时间为，则由平抛运动规律得
联立解得
故小球的初动能为
（2）解：加电场后，由动能定理得
解得，，
（3）解：设A点电势，则
分析可知，连线的四等分点C点（0，）的电势与A点相同，连接AC所得线即为等势线。过O点向AC作中垂线交于D点，如图所示：
根据相似三角形有
得
因此所加匀强电场的场强大小为
方向由O指向D，与x轴正方向夹角的正切值为，
方向指向右上方，与x轴正方向夹角的正切值为4
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用类平抛运动相关知识解决；
（2）利用动能定理解决；
（3）分析出电场线的方向，然后根据结合几何关系计算。
本题我们需要注意以下三点：
1.类平抛运动可分为初速度方向匀速直线和加速度方向的初速度为零的加速运动；
2.静电力做功的公式为W=qU
3.电场线与等势面垂直。
30．（2023高二上·三明期末）如图所示，两平行金属板AB、CD组成的电容器，AB板带正电、CD板接地，板长，板间距，电容。质量，电量的粒子，以初速度持续不断地沿中轴线射入两板间。已知第一个粒子恰好打在AB板中央，粒子打在板上后会与极板发生电荷中和。不计粒子重力，求：
（1）第一个粒子在电场中运动的加速度大小；
（2）电容器最初带电量Q；
（3）打在AB板上的粒子总数。
【答案】（1）解：依题意，第一个粒子在电场中做类平抛运动，有 ，
代入题中相关数据求得
（2）解：根据
联立以上式子，代入相关数据求得电容器最初带电量
（3）解：当粒子飞入电场中，恰好从上极板右边缘飞出时，打在AB板上的粒子数最多，设此时极板所带电荷量为 ，则有
联立以上式子，代入相关数据求得此时极板所带电荷量为
则打在AB板上的粒子总数 （个）
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）第一个粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合类平抛运动的规律得出粒子在电场中的加速度；
（2）根据电容器的决定式以及牛顿第二定律和匀强电场电场电场强度的表达式得出电容器所带的电荷量；
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动以及匀强电场电场强度的表达式和电容器的定义式得出 极板所带电荷量 ，进一步得出 打在AB板上的粒子总数 。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 10.3 电势差与电场强度的关系(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·上海市月考）图中所示是一个平行板电容器，其电容为，带电荷量为，上极板带正电，板间距离为，、两点间的距离为，如图所示，连线与极板间的夹角为，则、间的电势差为（　　）
A． B． C． D．
2．（2020高二上·运城期末）如图所示，实线为电场线，虚线为电场中的三条等势线，其中电势 ， ，点b为a、c连线的中点，一带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点。下列说法正确的是（　　）
A．电势 小于
B．电势 等于
C．带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小
D．带电质点在M点的动能比在N点的小
3．（2020高二上·鹤岗期中）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10V、17V、26V。下列说法不正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
4．（2019高二下·德州期末）如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长L=4cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V。则下列说法正确的是（　　）
A．E点的电势
B．A、 F间的电势差UAF=0
C．该匀强电场的场强大小E= 100 V/m
D．该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A
5．（2018高二上·四川月考）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=10cm，ad=bc=20cm．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，则下列说法正确的是（　　）
A．cd间电势差一定为4V B．c点电势可能比d点低
C．电场强度方向一定由b指向a D．电场强度大小一定为E=40V/m
6．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a， ， ）。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1 V，则P点的电势为（　　）
A． V B． V C． V D． V
7．如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC= m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q=–2×10–6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10–5 J，由B移到C的过程中电场力做功6×10–6 J，下列说法正确的是（　　）
A．B，C两点的电势差UBC=3 V
B．A点的电势低于B点的电势
C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D．该电场的场强为1 V/m
8．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，），已知电场方向平行直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为 （　　）
A．V B．V C．V D．V
9．（2022高三上·河源期末）如图，一正点电荷位于圆锥顶点，、是底面边缘的两个点，是的中点。下列说法正确的是（　　）
A．两点间与两点间的电压满足
B．电子从沿直线运动到的过程中，电势能先增加后减少
C．欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可加一个垂直底面向上的匀强电场
D．欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可在底面下方某处加一个负点电荷
10．（2017高二上·红桥期中）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）
A．U变大，E不变 B．E变大，Ep变大
C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变
二、多项选择题
11．（2023高二上·潮阳月考）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为、、。 y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为a，的阴影部分面积为b。 一个质量为m、电荷量为-q（q＞0）的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（　　）
A．M、N都是正电荷
B．带电粒子在P1的电势能小于在P3的电势能
C．带电粒子运动到P3位置时动能为q(b+a)
D．带电粒子运动过程中最大速度为
12．（2022高一下·桂林期末）如图所示，是由A、B金属板竖直放置而成的平行板电容器，板间距离为d，产生水平向左的匀强电场。一个质量为m，带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在A板上端，处于静止状态，静止时悬线向右与竖直方向成角。重力加速度为g，不计空气阻力，且小球电量不会改变，下列说法中正确的是（　　）
A．小球带负电
B．小球受到2个力
C．A，B板间的电势差大小为
D．若将细线突然剪断，剪断瞬间小球的加速度大小为
13．（2020高二上·龙江期中）如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为-10eV、质子由A点运动到C点电场力做功为-20eV。则下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向应由C指向A
B．质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功
C．电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10eV
D．电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15eV
14．（2017·新课标Ⅲ卷）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10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/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7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
15．（2017·银川模拟）如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的v﹣t图象，在a点的速度为va，运动到b点的速度为vb，则下列说法中正确的是（　　）
A．电场中a点电势一定比b点电势高
B．粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大
C．在0～t1时间内，粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上
D．在0～t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小
16．（2017·淄博模拟）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验电荷），从A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到B点的距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电力常量，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小
B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+
C．物块在A点的电势能EpA=φq
D．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=φ+
17．（2017·太原模拟）如图，在负点电荷Q的电场中有P、M、N、O四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点．O为PN的中点．∠P=30°，MN=a，M、N、P、O四点处的电势分别用φM、φN、φP、φO表示．已知φP=φN，φM=φO，点电荷Q在M、N、P、O四点所在面内，则（　　）
A．P点场强大小为
B．连接OM的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从M点搬运到N点，电势能增加
D．φO小于φN
18．（2017高二上·成都期中）如图所示为孤立的正点电荷所激发电场的三条电场线，某条直线与一条电场线垂直相交，交点为b，该直线上还有a、c、d三点，且ab=bc=cd．下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点场强相等
B．a、c两点电势相等
C．b、a两点的电势差大于c、d两点的电势差
D．b、d两点的电势差等于b、a两点电势差的2倍
19．（2020高二上·大庆期中）如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点．一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×10-6J．则以下分析正确的是（　　）
A．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.5×10-6J
B．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于3.5×10-6J
C．若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向
D．若该粒子的电量为2×10-6C，则A、B之间的电势差为1.5V
20．（2016高三上·沈阳期中）如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E= ．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同
B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v
C．滑块回到A点时速度大小为 v
D．A，B两点间电势差为
三、非选择题
21．（2022高二上·广州期中） 如图甲所示，两块间距为l、板长均为的金属板水平正对放置，荧光屏MO1N为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上O1所用的时间为。现将下板接地，上板的电势随时间t的变化规律如图乙所示，其中，所有能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上。已知粒子通过板间所用时间远小于T（粒子通过板间时极板电势可视为不变），粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计。
（1）若粒子恰好能从下板飞出时，求上板的电势大小；
（2）求粒子从射入到打在屏上的最短时间
（3）若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s。
22．（2022高三上·葫芦岛月考）如图所示，两正对的竖直平行金属板AB、CD的长度均为L=8cm、板间距离，P为A、C连线的中点；AB的延长线上有一点O和足够长的荧光屏bc．一质量、电荷量的带正电油滴从P点由静止释放后，恰好从CD板的下边缘D处射出电场．若油滴射出电场的同时，在O点固定一点电荷，同时在空间加一竖直向上的匀强电场，结果油滴离开D点后做匀速圆周运动并恰好垂直打到荧光屏上．静电力常量，取，空气阻力不计．求：
（1）金属板两板间的电压U；
（2）该点电荷的电荷量Q（结果保留两位有效数字）；
（3）油滴从P点运动到荧光屏的时间t（结果可保留根号）．
23．（2022高一下·南京期末）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，其场强E=2.0×102V/m，有一根长L=0.64m的绝缘细绳，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.2kg带正电q=4.0×10-2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动到O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=37°的挡板MN上的C点（已知：g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）。求：
（1）绳子的最大张力；
（2）B、C两点的电势差；
（3）当小球运动到C点时，突然再施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速撤走，若小球以后做直线运动，则所加恒力F的最小值。
24．（2022高一下·常州期末）如图甲所示的装置是由直线加速器改装而成，由N个长度逐个增大的金属圆筒沿水平轴线排列成一串，图中代表性地画了几个圆筒，圆筒的两底面中心开有小孔，一根绝缘光滑细管从中心小孔穿过，各筒相间地连接到频率为f、最大电压值为U0的电源的两端，M、N两点间的电势差UMN随时间变化如图乙所示，现有一电量为+q、质量为m、直径略小于细管内径的小球，沿细管左端射入，并将在圆筒间的缝隙处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场）．缝隙的宽度很小，小球穿过缝隙的时间可以不计．已知t=0时刻小球以v1速度进入第一个圆筒左端，小球多次被加速后通过最右侧圆筒，最后从A点水平向右飞出并以速度v2垂直于电场方向射入一个方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，在B点速度方向与电场线成120°角．
求：
（1）小球在电场中的加速度大小a及在B点的速度大小vB；
（2）小球从A运动到B的时间tAB
（3）A、B两点间的电势差UAB；
（4）为使小球从A点射出获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？（用n的形式来表示）
25．（2020高二下·辛集月考）将带电荷量为q=－6×10－6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10﹣5J的功，求：
（1）A、C两点间的电势差UAC；
（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？
（3）在图中已大概确定了三点的位置，请根据以上分析在括号中分别标出A、B、C。
26．（2019高二上·青冈月考）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：
（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。
（2）电场强度大小、方向？
（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
27．匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°。电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为（2－ ）V、（2+ ）V和2V。该三角形的外接圆上最低电势为　 　V，最高电势为　 　V。
28．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从O点出发，初速度的大小为v0，在重力和电场力的共同作用下恰能沿场强的反方向成θ角做匀减速直线运动，求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）粒子运动的最高点与出发点之间的电势差。
29．（2023高二上·成都期中） 如图所示，xOy为一竖直平面内的直角坐标系，A、B为两坐标轴上的点，其中A点的坐标为（3d，0），B点的坐标为（0，d）。将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出，小球刚好能经过x轴上的A点。现使此小球带电，电荷量为（），同时在空间加一匀强电场，场强方向平行于坐标平面。将小球以同样的初动能从坐标原点O点沿某一方向抛出，小球经过了A点，且经过A点时的动能为初动能的倍；若将该小球以同样的初动能从O点沿另一方向抛出，小球刚好能通过B点，且经过B点时的动能也为初动能的倍，重力加速度大小为g。
（1）求小球的初动能；
（2）加电场后，为多大；
（3）求所加匀强电场的电场强度大小及方向与x轴正方向夹角的正切值。
30．（2023高二上·三明期末）如图所示，两平行金属板AB、CD组成的电容器，AB板带正电、CD板接地，板长，板间距，电容。质量，电量的粒子，以初速度持续不断地沿中轴线射入两板间。已知第一个粒子恰好打在AB板中央，粒子打在板上后会与极板发生电荷中和。不计粒子重力，求：
（1）第一个粒子在电场中运动的加速度大小；
（2）电容器最初带电量Q；
（3）打在AB板上的粒子总数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】极板间的电场强度
，
A、B间的电势差UAB=Essin30°
联立可得
故选：C
【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压，由求出板间场强．根据公式U=Edsinθ求解AB之间的电势差。
2．【答案】A
【知识点】电场力做功；电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．根据电势差与电场强度的关系有
由于该电场不是匀强电场，从a到c场强越来越强，所以a、c连线的中点b的电势 小于 ，所以A符合题意；B不符合题意；
C．从a到c电场线越来越密，则场强越来越强，电场力越来越大，加速度也越来越大，所以C不符合题意；
D．带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点，电场力做负功，动能减小，所以D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电场线的疏密表示电场强度的大小（越密越大），再根据公式U=Ed定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再判定中点b的电势高低；电场线越密，电场强度越大，根据F=qE=ma判断同一电荷则电场力也越大，从而判定加速度大小；根据曲线运动受力方向与运动反向的夹角大小判断电场力做正功或者负功，进而判断电势能转化为动能或者动能转换为电势能。
3．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A．沿x方向的场强大小为
沿y方向的场强大小为
故该电场的电场强度为
A正确，不符合题意；
B．在匀强电场中，相互平行的等距离两点间电势差相等，即为
所以原点O的电势为
B正确，不符合题意；
C．根据电势能的定义式知道，电子在a点的电势能为
电子在b点的电势能为
所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误，符合题意；
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为
D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电势差与电场强度的关系分别求出电场沿x轴与沿y方向的分电场强度的大小，由平行四边形合成即求出电场强度的大小；根据在匀强电场中，相互平行的等距离两点间电势差相等求出坐标原点处的电势；根据Ep=q求出电势能的大小，即可比较电子在不同点的电势能大小关系；根据求解电场力做功。
4．【答案】D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由几何知识知， 与 平行且 ；因电场是匀强电场，则 ，即 ，代入数据可得： ．A不符合题意．
B．由几何知识知， 与 平行且相等；因电场是匀强电场，则 ．B不符合题意．
CD． 、 ，电场是匀强电场，又电场线由电势高处指向电势低处，则电场线垂直于 如图；由几何知识可得，电场线垂直于BF连线，且指向A；据 可得， ．C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D
【分析】结合题目中A、B、C、D四个点的电势，列方程求解电场强度和方向，再结合选项分析求解即可。
5．【答案】A
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差，为24V-20V=4V，A符合题意．
B、由上分析知，cd间的电势差大于零，所以c点的电势一定比d点的电势高．B不符合题意．
C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场强度方向可能由b指向a，但不一定，C不符合题意．
D、若电场强度方向由b指向a，则电场强度为 E= =40V/m，由于电场强度方向不确定，所以电场强度大小不一定为E=40V/m，D符合题意．
故答案为：A
【分析】规定某一点为零势能点，假设电场的方向，利用a、b两点的电势求解出电场的方向和大小，再结合选项分析即可。
6．【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】沿z轴负向观察，M、N、P三点的位置如图所示，其中P与它在Oxy平面内的投影点P′重合，由题意可知φP＝φP′
分别过O、P′作MN的垂线，垂足分别为A、B。由几何知识可知 。因为E· ＝1 V，所以UBM＝E· ＝E· ＝ V，因φM＝0，故φB＝ V，又因P′B垂直电场线，P′B为等势线，φP＝φP′＝ V，故D选项正确。
【分析】利用等电势法寻找等势面与电场线垂直，并根据几何关系可得到电势大小.
7．【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】由B移到C的过程中电场力做功 ，根据 得B、C两点的电势差为： ，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10–5 J，根据电场力做功量度电势能的变化得点电荷由A移到B的过程中，电场力做功–1.2×10–5 J，A、B两点的电势差 ，所以A点的电势高于B点的电势，B错误； ，根据 得：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减小，C错误；UBC=–3 V，UCA=–3 V，UAB=6 V，在AB连线取一点D为该线中点，所以UAD=3 V，UCA=–3 V，UAC=3 V，所以C、D电势相等，所以CD连线为等势线。而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B。因为 ，由几何关系得AD=3 m，所以UAD=EdAD=3 V，所以该电场的场强为1 V/m，D正确。
【分析】根据W=UABq计算时可直接代入正负号计算，得到电势差为正即为A比B电势高，反之则低。寻找等势点并做出垂线段即为场强方向，根据几何关系得到沿着电场线方向距离，由E=U/d可得正确选项。
8．【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】如图所示，做出M、N、P三者在O-xy平面内的相对位置，则场强方向沿N→M，O1、O2分别是MN连线的2等分点和4等分点，A是ON的2等分点，由几何知识知道，AP连线垂直于场强E，故P、O2、A三点为等势点。MN间的距离为，O2点离M点的距离为，则P点电势
故选D
【点评】难题。本题关键点是找到P点在MN方向上的投影的位置，然后根据U=Ed，按比例计算。
9．【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、根据
由于
所以
由于A和B在同一个等势面上，所以
所以有
故A错误；
B、如图所示
电子从A沿直线运动到B的过程中，电场力先做正功后做负功，即电势能先减少后增加，故B错误；
C、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示
加一个强度大小合适、垂直底面向上的匀强电场，可以实现，故C正确；
D、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示
在底面下方某处加一个负点电荷，底面边缘圆周上的各点合场强也不可能平行于底面，故D错误。
故答案为：C。
【分析】点电荷产生的电场为非匀强电场，越靠近电荷场强越大，与电荷距离相等位置的电势大小相等。电场力做正功，电势能减小。粒子做匀速圆周运动，则所受合力指向圆心，再根据场强叠加法则及电场力与场强的关系进行分析。
10．【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C= 知，电容增大，
根据U= ，则电势差U减小．E= = = ，知电场强度不变．则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后电荷量不变是解题的突破点，再结合匀强电场场强公式和电容器决定式可以求解。
11．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.根据等量同种电荷的电场和等量异种电荷的电场分布特点，结合图乙中电场强度的变化可知，M、N为同种电荷；由题意，一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，说明该电荷受到引力作用，所以M、N带正电荷，A符合题意；
B.E-L图像中，图像与横轴所围成的面积表示电势差，可知
根据W=Uq可知，带负电粒子从点运动到O点电场力做的功大于从O点运动到点克服电场力做的功，所以从点到点，电场力对带电粒子做的总功为正功，电势能降低。带电粒子在的电势能大于在的电势能，B不符合题意；
C.根据W=Uq可得，带电粒子从点运动到点时，电场力做功为
W=q(b-a)
根据动能定理可知，粒子运动到位置时动能为
C不符合题意；
D.带电粒子运动过程中最大速度在O点，由动能定理得
解得最大速度为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据图乙中电场的变化情况和带电粒子在电场中的运动情况，分析M、N的电性；根据电场力做功判断电势能的变化；由动能定理分析带电粒子从点运动到点的过程，求出带电粒子运动到位置时动能；带电粒子运动过程中最大速度在O点，由动能定理分析带电粒子从点运动到O点的过程，求出带电粒子运动过程中最大速度。
12．【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．匀强电场方向向左，根据图可知，小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相反，则小球带负电，A符合题意；
B．小球受到重力，电场力，细绳的弹力3个力，B不符合题意；
C．对小球体进行受力分析如图所示
则有
又由于
解得
C不符合题意；
D．若将细线突然剪断，由分析剪断瞬间小球的合力大小与没有剪断之前细线的弹力大小相等，根据牛顿第二定律有
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出小球所受的电场力的方向和小球的电性，同时得出电场强度的表达式，结合匀强电场的电场强度和电势差的表达式得出 A，B板间的电势差 ，细线突然剪断，结合牛顿第二定律的粗加速度的表达式。
13．【答案】A,D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A．由题意根据
可知，质子由A运动到B时
代入数据解得 V
同理 V，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10V，因此BD连线为等势线，如图所示
所以电场线的方向一定由C指向A，A符合题意；
B．由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为 eV
B不符合题意；
C．由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零，C不符合题意；
D．电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为 eV
则电子的电势能增加15eV，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据 求出AB及AC两点间的电势差，从而即可找出等势点，根据电场线由电势高的等势面指电势低的等势面确定电场的方向；根据 求解电场力做功的大小；根据电场力做功与电势能的关系根据电势能的变化情况。
14．【答案】A,B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E= ，依据几何关系，则d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为E= =2.5V/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa=φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1 V，故B正确；
C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；
D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D正确；
故选：ABD．
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E= ，结合匀强电场等势面特点，电场线一定与等势面垂直，即可求解；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．
15．【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、由于不知粒子的电性，因此不能确定两粒子电势的高低，A不符合题意；
B、由于只有电场力做功，电势能与动能的和为一定值，因为b点速度比a点速度大，所以在b点的动能比a点动能大，即是粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大，B符合题意；
C、由于v﹣t图象反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律，因此粒子的运动路劲是一条直线，即粒子受到的电场力一定与运动速度在一条直线上，C不符合题意；
D、由于v﹣t图象的斜率表示加速度，由图可知，在0～t2时间内，粒子运动的加速度先减小后增大，再减小，由牛顿第二定律可知，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】根据速度时间图像的物理意义，结合电场力做功和电势能之间的关系，分析求解。
16．【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：A、点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小EB= = ，A不符合题意；
B、物体受到点电荷的库仑力为：F= = ，设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N﹣mg﹣Fsin60°=0
解得：N=mg+ ．B不符合题意；
C、根据电势能和电势的关系可知物块在A点的电势能EPA=qφ，C符合题意；
D、设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：﹣q（φ﹣φB）=
解得：φB=φ+ ．D符合题意．
故答案为：CD．
【分析】以物体为研究对象，进行受力分析，竖直方向上合力为零根据平衡条件列式。水平方向上根据动能定理列式求解。
17．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列以点电荷为圆心的同心圆，对于圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在PN的中垂线和OM的中垂线的交点上，由几何关系可知，该交点在PM的上，如图所示，且得 PQ= = a
P点场强大小为 E=K = ，A符合题意；
B、根据点电荷电场的分布情况可知，连接OM的线段一定不在同一等势面上．B不符合题意．
C、将正试探电荷从M点搬运到N点，电场力做负功，电势能增加，C符合题意；
D、在负点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，则φO小于φN．D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】点电荷电场等势面是同心圆，结合电场线的方向，一定和等势面相垂直，进行判断，沿电场线方向电势逐渐降低。
18．【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、由数学知识可知a点与c点到场源电荷距离相等，因此a、c两点场强大小相等，方向不同，由于电场强度为矢量，A不符合题意；
B、a点与c点到场源电荷距离相等，因此在同一等势线上，所以a、c两点电势相等，B符合题意；
C、a、c两点电势相等，d点距场源电荷距离比b点大，所以bc处的电场强度比cd处的电场强度大，根据U=Ed可知，Uba＞Ucd，C符合题意；
D、由于该电场不是匀强电场，故U=Ed不成立，D不符合题意．
故答案为：BC．
【分析】a点与c点到场源电荷距离相等，由于电场强度为矢量，a、c两点场强大小相等，方向不同，a、c两点在同一等势面上电势相等，不是匀强电场，故U=Ed不成立，但可以进行定性判断，Uba＞Ucd。
19．【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】用φ表示各点的电势．根据电场力做功的公式W=qU可知：WEF=qUEF=q（ E- F），因为E、F是线段的中点，因此在匀强电场中有： E＝ 、 F＝ ，代入上式化简可得：WEF＝ WAB+ WDC=3.5×10-6J．A符合题意、B不符合题意；若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC＝1×10 6J＝ WDC，根据电场力做功公式W=qU可知UDC=4UBC，则B点电势与DC连续靠近C点四分之一处的点电势相等，这两个点的连续就是等势线；根据电场线与等势线必定垂直的性质，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向．C符合题意；根据电场力做功的公式WAB=qUAB得： ．D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】在匀强电场中，一线段中点的电势等于两端电势之和的平均值，据此可知E、F两间的电势差与A、B两点间电势差及C、D两点间电势差的关系；根据W=Uq求出粒子从E点移到F点的过程中，电场力做的功；根据电势差的关系确定等势点，结合电势的高低即可知电场的方向；根据求出AB两点间的电势差。
20．【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：A、B、C、滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得：
又：E=
所以：
滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，则：
联立得：v′= v．
由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间不相同．
故A错误，B错误，C正确；
D、AB两点之间的电势差： = ．故D正确．
故选：CD
【分析】滑块在运动的过程中电场力与摩擦力做功，由动能定理即可求出AB之间的电势差，以及滑块返回A的速度的大小．
21．【答案】（1）解：粒子在两板间的加速度大小为
粒子做类平抛运动的时间为
若粒子恰好能从下板飞出时，则
联立解得两金属板间的电势差
因为下板接地，电势为0，为了从下板恰好飞出，则如果带电粒子流是带负电的，上板的电势为，
如果带电粒子流是带正电的，则上板的电势为
（2）解：根据类平抛运动规律的推论可知，粒子刚从两极板间射出时，其速度方向的反向延长线一定过两极板间中心位置，粒子离开电场后做匀速直线运动，因为能射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，所以两极板的中心即为荧光屏的圆心，设荧光屏的半径为R，有
解得
因为粒子在水平方向的速度始终为v，所以当粒子恰好从上、下极板边缘射出时，其从射入到打在屏上过程的水平位移最小，所用时间最短，根据几何关系可知，此时粒子射出电场时的速度偏向角为
所以粒子从射入到打在屏上的最短时间为
（3）解： 当电压为U时，设板间场强大小为E2，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a2，粒子垂直金属板方向向下的位移为y，斜向右下离开金属板时的速度方向与OO1间的夹角为α2，则平行金属板方向
垂直金属板方向
由牛顿第二定律qE2=ma2
U=E2 2l
联立解得
由 ，则粒子斜向右上离开金属板时垂直金属板方向的最大位移为 ，速度方向与OO1间的夹角最大值为
由
解得
【知识点】平抛运动；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据题意可知，粒子通过板间时，相当于在匀强电场中运动。分析粒子的受力情况，明确其运动类型，粒子恰好从下板飞出，即竖直位移等于板间距的一半，再根据平抛运动规律及牛顿第二定律进行解答；
（2）再根据题意确定半径和板长的关系。由于粒子飞出后做匀速直线运动，且在整个运动过程中水平方向的分速度大小始终不变。要整个过程运动时间最短，即水平方向位移最小。而在板间运动的水平位移恒定不变。故为粒子飞出点到屏上的水平距离要最短，根据几何关系确定射出点位置。再根据运动规律即可求出最短时间；
（3）粒子在电场中平抛运动，穿过电场的时间不变。两极板电势不断变化，则粒子所受电场力不断变化，在电场中的偏移量不断变化，即打在屏上的位位置也不断变化。当电势最大时，在电场中的偏移量最大，根据运动规律分别求出粒子在电场中的上下两侧的符合条件的最大偏移量。以及最大偏移量所对应的速度偏向角。再根据弧长公式求出粒子打在屏上的弧长。
22．【答案】（1）解：经分析可知，油滴的运动轨迹如图所示，
油滴从P点沿直线运动到D点，由三角形相似有：
又U=Ed
解得：U=160V
（2）解：由几何关系有：
解得：
油滴射出电场后，以O点为圆心做匀速圆周运动，由几何关系可得油滴的轨迹半径为：
油滴从P点运动到D点的过程中的加速度大小为：
由直线运动规律有：
由圆周运动的规律有：
解得： ．
（3）解：由（2）得： ，
油滴在电场中的运动时间为：
油滴从D处运动到荧光屏的时间为：
又
解得： ；
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据油滴在电场中的运动轨迹以及共点力平衡得出匀强电场的电场强度，结合匀强电场电场强度的表达式以及电势差的关系得出两金属板间的电势差；
（2）根据几何关系以及牛顿第二定律得出油滴的加速度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系和库仑力提供向心力得出 该点电荷的电荷量 ；
（3）根据油滴在电场中的匀加速直线运动的速度与时间的关系和线速度的定义式得出油滴从P点运动到荧光屏的时间。
23．【答案】（1）解：小球从A点运动到B点，由动能定理有
小球在B点时，由牛顿第二定律有
联立解得，绳子的最大张力为
（2）解：小球离开B点后做类平抛运动，由于小球垂直打在挡板上，则有
小球从B点运动到C点，由动能定理有
解得，B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点的电势差为
（3）解：若要小球到达C点后做直线运动，则需要满足小球所受合力为零或者合力方向与速度方向共线。而当所加恒力F与速度方向垂直向上时，所加恒力F取得最小值，如下图所示
由几何知识可得，所加恒力F的最小值为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1） 小球从A点运动到B点 ，根据动能定理得出B点的速度，在B点处利用牛顿第二定律得出绳子的最大张力：
（2）小球离开B点后做类平抛运动，结合速度的分解以及动能定理得出小球从A点运动到B点 ，结合匀强电场电场强度的表达式得出BC两点的电势差：
（3）小球做直线运动的条件是合理和速度不在一条直线上，从而得出所加恒力的大小。
24．【答案】（1）解：小球在电场中受电场力和重力作用
根据牛顿第二定律可得a＝
将小球在B点的速度分解可知
（2）解：在B点设小球沿电场方向的速度大小为vy，
则有：vy＝v2tan30°
vy＝atAB
联立解得：
（3）解：小球竖直位移：
解得：
A、B两点间的电势差UAB=Ey
解得：
（4）解：为了使小球获得最大能量，要求小球每次穿过缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个的电势高，这就要求小球穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电流的半个周期设第N个圆筒长为Ln，则有： (n=1 ，2.3……)
解得：
所以 (n=1 ，2.3……)
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）小球在重力场和电场中运动的过程中利用牛顿第二定律以及速度的分解得出小球的加速度和在B点的速度；
（2）根据速度的分解以及匀变速直线运动的规律得出小球从A运动到B的时间 ：
（3）结合匀变速直线运动的规律以及匀强电场电场强度的表达式得出AB两点间的电势差：
（4）小球在圆筒中运动的过程中根据动能定理得出各个圆筒的长度应满足的条件。
25．【答案】（1）解：根据 得AB两点间的电势差为
BC电势差为
所以UAC=UAB+UBC=3V
（2）解：因为WAB＝EpA－EpB
所以EpB=EpA－WAB=0－WAB=3×10﹣5J
同理，C点的电势能为EpC=EpB－WBC＝3×10﹣5J－1.2×10﹣5J=1.8×10﹣5J
（3）解：根据沿电场线电势降低，结合（2）知，电场线上由左往右依次为A、C、B，如图所示
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据电场力做功公式W=qU求出BC间的 电势差，再求出AC间的电势差；
（2）根据电场力做功与电势差的关系求出AB间和BC间的电势差，结合电势差求出电势的大小。
（3）沿着电场线电势逐渐降低。
26．【答案】（1）解：微粒在重力和电场力作用下沿AB直线运动，合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示。微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动。
（2）解：据上图，
解得：电场强度 ，方向水平向左
（3）解：微粒由A运动到B的速度vB=0，对应微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：
解得：
即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s
【知识点】受力分析的应用；电场力做功；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1)根据直线运动的条件结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；(2)根据力的合成的平行四边形定则结合几何关系得到电场力，求出电场强度；(3)对粒子的运动过程运用动能定理列式，求解微粒射入电场时的最小速度。
27．【答案】0；4
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，则：
O点的电势为：φO= V=2V
故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为：M→N。
所以外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。
设外接半径为R，则OP间的电势差等于Oa间的电势差，即：
UOP=UOa=2V－（2－ ）V= V
又UON=ER，UOP=ERcos30°
则UON：UOP=2：
故有UON=2V，N点电势为零，为最低电势点，故M点电势为4V，为最高电势点。
【分析】寻找等势点，做等势面，并作出其垂线段为电场线，在三角形外接圆中，垂直于等势面的直径最长为两点间最大电势差。
28．【答案】（1）解：依题意，对粒子受力分析可知粒子带负电，粒子受到水平向右的电场力和竖直向下的重力。垂直于运动方向平衡有mgcos θ=qEsin θ
解得E=
（2）解：粒子运动到最高点时速度为零，设运动的位移为s，由动能定理：
–mgssin θ–qEscos θ=0– mv02
最高点与出发点之间的电势差U=qEscos θ
解得U=mv02cos2 θ／2q
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）合力方向沿着速度反方向，根据二力合成夹角关系可得Eq=mg/tan，（2）可根据动能定理计算在水平位移和竖直位移的关系，并根据U=Ed。沿电场线方向距离算出结果。
29．【答案】（1）解：设小球在B点的速度为，运动到A点所用时间为，则由平抛运动规律得
联立解得
故小球的初动能为
（2）解：加电场后，由动能定理得
解得，，
（3）解：设A点电势，则
分析可知，连线的四等分点C点（0，）的电势与A点相同，连接AC所得线即为等势线。过O点向AC作中垂线交于D点，如图所示：
根据相似三角形有
得
因此所加匀强电场的场强大小为
方向由O指向D，与x轴正方向夹角的正切值为，
方向指向右上方，与x轴正方向夹角的正切值为4
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用类平抛运动相关知识解决；
（2）利用动能定理解决；
（3）分析出电场线的方向，然后根据结合几何关系计算。
本题我们需要注意以下三点：
1.类平抛运动可分为初速度方向匀速直线和加速度方向的初速度为零的加速运动；
2.静电力做功的公式为W=qU
3.电场线与等势面垂直。
30．【答案】（1）解：依题意，第一个粒子在电场中做类平抛运动，有 ，
代入题中相关数据求得
（2）解：根据
联立以上式子，代入相关数据求得电容器最初带电量
（3）解：当粒子飞入电场中，恰好从上极板右边缘飞出时，打在AB板上的粒子数最多，设此时极板所带电荷量为 ，则有
联立以上式子，代入相关数据求得此时极板所带电荷量为
则打在AB板上的粒子总数 （个）
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）第一个粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合类平抛运动的规律得出粒子在电场中的加速度；
（2）根据电容器的决定式以及牛顿第二定律和匀强电场电场电场强度的表达式得出电容器所带的电荷量；
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动以及匀强电场电场强度的表达式和电容器的定义式得出 极板所带电荷量 ，进一步得出 打在AB板上的粒子总数 。
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