课时提升作业 一 电荷及其守恒定律
(20分钟 50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)
1.(多选)关于电荷量，以下说法正确的是 ( )
A.物体所带的电荷量可以为任意实数
B.物体所带的电荷量只能是某些值
C.物体带正电荷1.6×10-9 C，这是因为失去了1.0×1010 个电子
D.物体所带电荷量的最小值为1.6×10-19 C
【解析】选B、C、D。元电荷是最小的电荷量，任何一个带电体的电荷量都是e的整数倍，不可能为任意实数，故B、C、D正确。
【补偿训练】
(多选)关于元电荷的下列说法中正确的是 ( )
A.元电荷实质上是指电子和质子本身
B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C.元电荷的数值通常取作e=1.6×10-19 C
D.电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
【解析】选B、C、D。元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10-19 C，故A项错误，C项正确；所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，任何带电体的电荷量都不是连续变化的，B项正确；元电荷e的值是由美国科学家密立根测得的，D正确。
2.(多选)以下说法正确的是 ( )
A.摩擦起电是自由电子的转移现象
B.摩擦起电是通过摩擦产生了正电荷和电子
C.感应起电是自由电子的转移现象
D.金属导电是由于导体内有可以移动的正电荷
【解析】选A、C。摩擦起电是电子在物体之间的转移，感应起电则是物体内部电子的转移，所以选项A、C正确，选项B错误；金属导电是由于导体内有可以自由移动的电子，而不是正电荷，选项D错误。
【补偿训练】
关于电现象，下列叙述正确的是( )
A.玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电
B.摩擦可以起电是普遍存在的现象，相互摩擦的任意两个物体总是同时带等量异种电荷
C.带电现象的本质是电子的转移，呈电中性的物体得到电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性
D.摩擦起电是通过摩擦创造等量的异种电荷的过程
【解析】选C。摩擦起电是自然界中较为普遍的起电方式，其实质是由于不同物质的原子核束缚电子的本领不同，所以两不同物体摩擦时易失电子的物体带正电，而易得电子的物体带负电。玻璃棒虽然和丝绸摩擦时带正电，但与其他物体摩擦时可能会带负电，故A错。相同物质组成的两个物体摩擦时，因得失电子的能力相同，故都不带电，B错。摩擦起电并不是创造了电荷，而是使电荷分开、转移，故D错，C正确。
3.导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为 ( )
A.-Q B.Q C.2Q D.4Q
【解析】选C。两导体上的电荷先完全中和后再平分，所以每个导体上带电荷量的大小为=2Q。
【补偿训练】
如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是( )
A.两片金属箔片上带异种电荷
B.两片金属箔片上均带负电荷
C.箔片上有电子转移到玻璃棒上
D.将玻璃棒移走，则金属箔片立即合在一起
【解析】选C。自然界只存在两种电荷：正电荷和负电荷。丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，即缺少电子，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片带同种电荷，且为正电荷；在此过程中，一部分电子会从验电器转移到玻璃棒；移走玻璃棒时，箔片仍带电，不会立即合在一起，选项C正确。
4.(多选)如图所示，挂在绝缘细线下的轻质小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以 ( )
A.甲图中两球一定带异种电荷
B.乙图中两球一定带同种电荷
C.甲图中两球至少有一个带电
D.乙图中两球只有一个带电
【解析】选B、C。若两物体相互排斥，二者必定带同种电荷；若两物体相互吸引，二者可能带异种电荷，也可能一个带电荷，另一个不带电荷。综合上述，选项B、C正确。
【补偿训练】
(多选)一带负电的绝缘金属小球被放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上带有的负电荷几乎不存在了。这说明( )
A.小球上原有的负电荷逐渐消失了
B.在此现象中，电荷不守恒
C.小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D.该现象是由于电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律
【解析】选C、D。绝缘小球上的负电荷减少是由于电子通过潮湿的空气导电转移到外界，但是这些电子并没消失；对小球和整个外界组成的系统而言，其电荷的总量仍保持不变，遵循电荷守恒定律。
二、非选择题(共22分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
5.一个α粒子 He)所带电荷量是多少库仑？一个带正电荷量为0.32 μC的灰尘粒子是得到还是失去电子？得到或失去电子的个数是多少？
【解析】 He带有两个元电荷的正电，所以带电荷量为2×1.6×10-19 C=3.2×10-19 C。因灰尘带正电，故是失去电子。又因为带电体的电荷量总是元电荷的整数倍，而电子的电荷量恰好为一个元电荷，故失去电子的个数为n===2×1012(个)。
答案：3.2×10-19 C 失去电子 2×1012 个
【能力挑战区】
1.如图所示，有一金属箔验电器，起初金属箔闭合，当带正电的棒靠近验电器上部的金属板时，金属箔张开。在这个状态下，用手指接触验电器的金属板，金属箔闭合，问当手指从金属板上离开，然后使棒也远离验电器，金属箔的状态如何变化？从图中的①～④中选取一个正确的答案 ( )
A.图① B.图② C.图③ D.图④
【解析】选B。手指接触验电器后，验电器上端带负电，手指离开，验电器上电荷分布不变，金属箔仍闭合，将棒远离后，验电器上电荷重新分布，金属箔张开，B正确。
有A、B、C三个用绝缘柱支撑的相同导体球，A带正电，电荷量为q，B和C不带电。讨论用什么办法能使：
(1)B、C都带等量的正电。
(2)B、C都带负电。
(3)B、C带等量的异种电荷。
(4)B带q正电。
【解析】(1)将A与B接触再分开，此时B带的正电，再将B与C接触分开，各带的正电。
(2)A分别靠近B、C球，手分别接触两球，通过感应起电，大地中的负电荷进入两个小球，则两球都带负电。
(3)B、C两球接触，A球靠近B球但不接触，C球在A球远端但C与B接触，通过感应起电，这样B球带负电，C球带正电。两者合起来是等势体。
(4)将A与B接触再分开，此时A、B均带的正电，再将B与C接触分开，各带的正电。再将A、B接触分开，则B带q正电。
答案：见解析
【补偿训练】
如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是 ( )
A.导体P的a端不带电荷，b端带负电荷
B.导体P的a端带正电荷，b端不带电
C.导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等
D.导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量
【解析】选B。导体接地，它与大地组成一个导体，相对于负电荷Q，a端离Q较近。根据“近异远同”“两端等量”的规律，导体a端带正电，b端不带电，大地作为远端带有等量的负电荷。故选项B正确，A、C、D错误。
课时提升作业 七 电容器的电容
(20分钟 50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)
1.关于电容器，下列说法正确的是 ( )
A.在充电过程中电流恒定
B.在放电过程中电容减小
C.能储存电荷，但不能储存电能
D.两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
【解析】选D。电容器充、放电过程中电流都是变化的，选项A错误；电容大小是电容器本身的属性，由自身决定，与放电、充电无关，选项B错误；电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，选项C错误；任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器。
【补偿训练】
(多选)下列关于电容器的叙述正确的是 ( )
A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
B.任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值
D.电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程
【解析】选B、D。电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A错误，B正确；电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误；电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确。
2.(多选)有一个正充电的电容器，若使它带的电荷量减少3×10-6 C，则其电压降为原来的，则 ( )
A.电容器原来带的电荷量是9×10-6 C
B.电容器原来带的电荷量是4.5×10-6 C
C.电容器原来的电压可能是5 V
D.电容器原来的电压可能是5×10-7 V
【解析】选B、C。由题意知=，解得Q=4.5×10-6 C，A错误，B正确；当U1=5 V时，C1==F=0.9 μF；当U2=5×10-7 V时，C2== F=9 F，电线线路上电容器的电容不可能达到F数量级，故原电压值不可能是5×10-7 V，C正确，D错误。
3.如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号。则当振动膜片向右振动时 ( )
A.电容器电容值减小
B.电容器带电荷量减小
C.电容器两极板间的电场强度增大
D.电阻R上电流方向自左向右
【解析】选C。振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，由C=知电容值增大，电容器板间电压U不变，由C=知电容器所带电荷量增大，正在充电，所以R中电流方向自右向左。在U不变的情况下，d减小，由E=可知板间电场强度增大，故A、B、D错误，C正确。
【补偿训练】
1.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，G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增大些，下列采取的措施可行的是 ( )
A.断开开关S后，将A、B两极板分开些
B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
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，将变阻器滑动触头向右移动
【解析】选A。要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大。断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误。
2.(多选)平行板A、B组成电容器，充电后与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是 ( )
A.A板向上移动
B.B板向右移动
C.A、B板间插入电介质
D.减少极板上的电荷量
【解析】选A、B。A板向上移动，正对面积S减小，或B板向右移动，距离d增大，根据C=，电容C均减小，由U=知电势差U变大，静电计指针偏转角度增大，A、B对；A、B板间插入电介质，相对介电常数εr增大，根据C=，电容C增大，由U=知电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，C错；由U=得，减小电荷量Q，电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，D错。
【总结提升】利用静电计分析电容器问题的两条思路
(1)根据C==分析电容器两端电压的变化情况，从而确定静电计张角的变化情况。
(2)根据静电计张角的变化情况，结合C==，分析电容器所带电荷量Q，正对面积S和极板间距离d的变化情况。
4.如图所示，两平行金属板水平旋转，构成一个电容器。当把两金属板接在某直流电的两端时，板间有一带电微粒恰好能保持静止状态，则 ( )
A.该带电微粒一定是带负电荷
B.微粒只有处于两板中央时，它才可能处于静止状态
C.若将两极板间距调大一些，微粒将向下运动
D.若将两极板间距调小一些，微粒仍能保持平衡
【解析】选C。电容器下极板带正电，极板间存在竖直向上的匀强电场，根据二力平衡，电荷所受电场力等于重力，方向竖直向上，故微粒带正电，A错。带电微粒在电容器两极板间的任何位置受到的电场力都一样，均能处于静止状态，B错。将两极板间距调大一些，由E=知电场强度变小，微粒的电场力变小，微粒向下运动，C对。同理，将两极板间距调小，电场强度变大，微粒的电场力变大，微粒向上运动，D错。
【补偿训练】
如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为 ( )
【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg=q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma=mg-q，两式联立可得a=g。
二、非选择题(22分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
5.如图所示，一平行板电容器接在U=12 V的直流电源上，电容C=3.0×10-10 F，两极板间距离d=1.2×10-3 m，g取10 m/s2，求：
(1)该电容器所带电量。
(2)若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10-3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电荷量为多少？带何种电荷？
【解析】(1)由题意可得U=12 V，C=3.0×10-10 F，
根据公式C=可得Q=CU=3.0×10-10×12 C=3.6×10-9 C。
(2)对于平行板电容器的电场有E=；粒子在电场中受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以微粒带负电，根据二力平衡，有mg=Eq，联立可得q== C=2.0×10-6 C。
答案：(1)3.6×10-9 C (2)2.0×10-6 C 负电
【能力挑战区】
1.如图所示，电容器的两极板分别与电源的正、负极相连，在电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法中正确的是 ( )
A.电容器两极板间的电压始终不变
B.电容器两极板间的电压瞬时升高后又恢复原值
C.根据Q=CU可知，电容器所带电荷量先增大后减小
D.电路中电流由A板经电源流向B板
【解题指南】在d迅速变化为2d的过程中，极板上的电荷量保持不变。
【解析】选B。在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，C错误；由C=、C=，U=知C减小，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故选项B正确，A错误；因为C=，所以d增大时，C减小。电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D错。
2.(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则 ( )
A.油滴带负电
B.油滴带电荷量为
C.电容器的电容为
D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【解析】选A、C。由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q=kq，由于qE=mg，E=，C=，解得q=，C=，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，选项A、C正确，选项B、D错误。
课时提升作业 三 电场强度
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分)
1.(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是 ( )
A.电场、电场线都是客观存在的物质，因此电场线不仅在空间相交，也能相切
B.在电场中，凡是电场线通过的点，场强不为零，不画电场线区域内的点场强为零
C.同一试探电荷在电场线密集的地方所受静电力大
D.电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在
【解析】选C、D。电场是客观存在的物质，看不见，摸不着，而电场线是为形象描述电场而假想产生的；由于场强是矢量，在某点的大小和方向具有唯一性，且电场线上某点的场强方向是该点的切线方向，所以电场线不能相交，否则违背场强的矢量性；电场线只是大体形象描述电场，不画的区域场强不一定为零，故选项A、B错误，选项D正确； 据F=Eq可知同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，选项C正确。
2.关于电场强度的定义式为E=，下列说法中正确的是 ( )
A.该定义式只适用于点电荷产生的电场
B.F是检验电荷所受到的电场力，q是产生电场的电荷电量
C.场强的方向与F的方向相同
D.由该定义式可知，电场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比
【解析】选D。E=是电场强度的定义式，适用于任何电场，故A错误；公式中F是检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电荷量，故B错误；场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，与放在该点的负电荷所受的电场力方向相反，故C错误；由F=E·q得知，电场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比，故D正确。
3.如图是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离。以下判断正确的是 ( )
A.Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
B.Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
C.Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
D.Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
【解析】选A。点电荷的电场是向外辐射的，电场线密的地方电场强度大，所以选项A正确。
【补偿训练】
如图所示为电场中的一根电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两处电场强度的大小，则 ( )
A.a、b两点的电场强度方向相同
B.因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb
C.因为电场线是直线，所以Ea=Eb
D.Ea、Eb电场强度方向不相同
【解析】选A。电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，由于只有一根电场线，题目中也没有明确指出这根电场线是什么电场中的电场线，故无法判断a、b两点的电场强度大小；电场线的切线方向表示电场强度的方向，故a、b两点的电场强度方向相同。
4.(2018·榆林高二检测)如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，将带有等量电荷q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称。要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷+Q，则该点电荷+Q应放在 ( )
A.A点 B.B点 C.C点 D.D点
【解析】选D。设等量电荷q的正、负点电荷在O点的电场强度分别为E1、E2，如图所示，根据电场的叠加原理可知，若要圆心O处的电场强度为零，正点电荷应放在D点，D正确。
【补偿训练】
1.如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，使O点的电场强度改变，下列叙述正确的是 ( )
A.移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
B.移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿Od
C.移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc
D.移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
【解析】选C。放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心O处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心O处产生的电场强度大小为。根据场强叠加原理，a处正电荷移至c处，O处的电场强度大小为，方向沿Oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，O处的电场强度大小为2×cos 30°=E，方向沿∠eOd的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，O处的电场强度大小为，方向沿Oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，O处的电场强度大小为2×cos 30°=E，方向沿∠cOd的角平分线，选项D错误。
2.如图所示，M、N为两个等量的带正电的点电荷，在其连线的中垂线上的P点放置一个静止的点电荷A(负电荷)，不计重力，下列说法正确的是 ( )
A.点电荷A在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B.点电荷A在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越小
C.点电荷A运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D.点电荷A超过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零
【解析】选C。因为中垂线上半部分的各点电场强度的矢量和方向相同；均为O指向P，而O至无穷远处电场强度先增大、后减小，电场强度最大的位置有可能在OP之间，也可能在OP的延长线上，所以点电荷A从P至O一直加速，到O时v最大，而加速度的大小变化不确定，即只有C正确。
5.(多选)四种电场中分别标有a、b两点，两点电场强度相同的是 ( )
A.甲图：与点电荷等距的a、b两点
B.乙图：等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C.丙图：等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D.丁图：匀强电场中的a、b两点
【解析】选B、D。A项甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误； B项a、b两点电场线方向均为水平向左，且两点关于连线对称，电场强度相等，故B正确； C项a、b两点的场强方向不同，故C错误； D项a、b两点都处在匀强电场中，电场强度相同，故D正确。
【总结提升】等量异种点电荷形成的电场特点
(1)两点电荷连线上各点，电场线方向从正电荷指向负电荷，在连线中点处电场强度最小。
(2)两个点电荷连线的中垂线(中垂面)上电场线方向都相同，与中垂线垂直。在中垂线(中垂面)上到连线中点等距离处各点的电场强度等大同向。由连线中点沿中垂线(中垂面)向外电场强度逐渐减小。
(3)在中垂线(中垂面)上的电荷受到的电场力方向总与中垂线(中垂面)垂直，因此，在中垂线(中垂面)上移动电荷电场力不做功。
【补偿训练】
(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则( )
A.B、C两点场强大小和方向都相同
B.A、D两点场强大小相等，方向相反
C.E、O、F三点比较，O点场强最强
D.B、O、C三点比较，O点场强最弱
【解析】选A、C、D。 根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B→C，方向相同，选项A正确；根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、 D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，选项B错误；由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，而E、O、F三点比较，O点场强最强，选项C正确；由图看出，B、 O、C三点比较，O点场强最弱，选项D正确。
6.如图所示，质量为m，带正电的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块的运动状态为
( )
A.继续匀速下滑
B.将加速下滑
C.减速下滑
D.上述三种情况都有可能发生
【解析】选A。设斜面的倾角为θ，滑块没有进入电场时，根据平衡条件得：mgsinθ=f，FN=mgcosθ，又f=μFN，得mgsinθ=μmgcosθ，
即sinθ=μcosθ；当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F，根据正交分解得(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动，故选A。
7.如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止
( )
A.垂直于杆斜向上，场强大小为
B.竖直向上，场强大小为
C.垂直于杆斜向上，场强大小为
D.水平向右，场强大小为
【解析】选B。若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A、C错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E=时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq=mgtanθ，所以E=，选项D错误。
8.(多选)(2018·新乡高二检测)如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，则由此图可做出的判断是
A.带电粒子带负电荷
B.带电粒子带正电荷
C.带电粒子所受电场力的方向向左
D.带电粒子做匀变速运动
【解析】选A、C、D。因为带电粒子只受电场力作用而做曲线运动，如题图所示，所以电场力指向曲线内侧，即电场力的方向与场强的方向相反，带电粒子必带负电荷；因带电粒子在匀强电场中运动，故带电粒子所受电场力为恒力，做匀变速运动。故A、C、D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9.(22分)用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10-2 kg，所带电荷量为+2.0×10-8 C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°角(如图所示)。求这个匀强电场的电场强度(g取10 N/kg)。
【解析】
小球在三个共点力的作用下处于平衡状态，受力分析如图所示。小球在重力mg、电场力F及绳的拉力T作用下处于平衡状态，则有F=mgtan 30°，而F=qE，所以，电场强度E== N/C≈2.89×106 N/C。
答案：2.89×106 N/C
【补偿训练】
如图所示，一质量为m = 1.0×10-2 kg，带电量为q = 1.0×10-6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。小球在运动过程中电量保持不变，重力加速度g取10 m/s2。
(1)判断小球带何种电荷？
(2)求电场强度E。
(3)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度为多大？
【解析】(1)由题图可知，小球向电场强度的反方向运动，故小球受向左的电场力，故小球带负电。
(2)小球的电场力F=qE，
由平衡条件得：F=mgtanθ，
解得电场强度E== N/C=×105 N/C。
(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过1 s时小球的速度为v。
小球所受合外力F合=
由牛顿第二定律有F合=ma
又由运动学公式v=at
解得小球的速度v=20 m/s
答案：(1)负电荷 (2)×105 N/C (3)20 m/s
10.(22分)电荷量为q=1×10-4 C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。若重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块的质量m。
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)由图可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1-μmg=ma，
2 s后物体做匀速直线运动，由力的平衡条件有qE2=μmg，
联立解得q(E1-E2)=ma。
由图可得E1=3×104 N/C，E2=2×104 N/C，a=1 m/s2，
代入数据可得m=1 kg。
(2)μ===0.2。
答案：(1)1 kg (2)0.2
【能力挑战区】
1.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点的电场强度为E，则N点的电场强度 ( )
A.k-E B.k
C.k-E D.k+E
【解析】选A。完整球壳在M点产生电场的场强为k=k，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为k-E，根据对称性，左半球壳在N点产生电场的场强为k-E，A正确。
【补偿训练】
如图，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
【解析】选B。电荷量为q的点电荷在b处产生的电场强度为E=k，因b点处的场强为零，故圆盘在b处的电场强度为E=k，则圆盘在d处的电场强度也为E=k，而电荷量为q的点电荷在d处产生的电场强度为E=k=k，电荷q和圆盘在d处产生的电场强度方向相同，d处场强即为两者大小相加，故在d处的场强为k。
2.一根长为L的线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小。
(2)求小球经过最低点时线的拉力。
【解析】(1)小球平衡时受到绳子的拉力、重力和电场力，由平衡条件得：mgtan 37°=qE，
解得：E=。
(2)电场方向变成向下后，重力和电场力都向下，
两个力做功，小球开始摆动做圆周运动
由动能定理：mv2=(mg+qE)L(1-cos37°)
在最低点时绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，
T-(mg+qE)=m
解得：T=(mg+qE)+m=
答案：(1) (2)
课时提升作业 二 库仑定律
(20分钟 50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)
1.关于库仑定律，下列说法中正确的是 ( )
A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B.根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
【解析】选D。点电荷是实际带电体在一定条件下的理想化模型，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A错误；当两个“点电荷”之间的距离趋近于零时，这两个“点电荷”已相对变成很大的带电体，不能再视为点电荷，公式F=k已不能用于计算此时的静电力，故选项B错误；q1和q2之间的静电力是一对相互作用力，遵从牛顿第三定律，它们的大小相等，故选项C错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D正确。
2.真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F。若甲的电量变为原来的2倍，乙的电量变为原来的，距离变为2r，则它们之间的静电力变为
( )
A. B. C. D.
【解析】选B。设甲、乙两点电荷原带电量分别为Q甲、Q乙，距离为r，由库仑定律得：F=k，当Q′甲=2Q甲，Q′乙=Q乙，r′=2r时，F′=k=k=F，故选B。
【补偿训练】
A、B两个点电荷之间的距离恒定，当其他电荷移到A、B附近时，A、B之间的库仑力将( )
A.可能变大 B.可能变小
C.一定不变 D.不能确定
【解析】选C。根据库仑定律，两个点电荷间的库仑力只由两个电荷的电量和它们之间的距离来确定，因此它们之间的库仑力不受外界的影响。选项C正确。
3.如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点)，以向右为正方向，下列选项中能反映小球运动速度随时间变化规律的是
( )
【解析】选B。N点的小球释放后，受到向右的库仑力作用，开始向右运动，根据库仑定律F=k可得，随着两者之间的距离的增大，小球受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律a=可得，小球做加速度减小的加速直线运动，故选项B正确。
4.(2018·淄博高二检测)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Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在A、B直线上，欲使Q1、Q2、Q3三者均处于平衡状态，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
【解析】选A。“两同夹一异”即“同性在两边，异性在中间”。若Q3为负电荷，必放于A点左方；若Q3为正电荷，则必放于B点右方，排除B、C。由“两大夹一小”知，Q2不能处于中间位置，排除D，所以选A。
二、非选择题(共22分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
5.如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为m=30 g，则B带电荷量是多少？(g取10 m/s2)【解析】因为B静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L。
依据题意可得tan 30°=，L== cm=10 cm
对B进行受力分析，如图所示，依据物体的平衡条件解得库仑力：
F=mgtan 30°=30×10-3×10× N=0.3 N
依据F=k得：F=k
解得Q==×10×10-2 C=
1.0×10-6 C。
答案：1.0×10-6 C
【补偿训练】
如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带正电。平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。
(1)指出B球和C球分别带何种电荷；并说明理由。
(2)若A球带电荷量为Q，则B球的带电荷量为多少？
【解析】(1)因为A球与B球间细线无拉力，A球与C球间细线也无拉力，所以B球、C球均与A球带相反电性电荷，即B、C两球都带负电荷。
(2)由对称性知：qB=qC，B球受三力作用，如图所示。根据平衡条件有：
cos 60°=
解以上两式得：qB=
故B球的带电荷量为-
答案：(1)B、C均带负电，理由见解析 (2)-
【能力挑战区】
1.人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态。现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处，无初速度释放，则此带电粉尘将 ( )
A.向星球地心方向下落
B.飞向太空
C.仍在那里悬浮
D.沿星球自转的线速度方向飞出
【解析】选C。均匀带电的星球可视为点电荷，粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即=G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故选C。
【补偿训练】
(多选)如图所示，两根丝线挂着两个质量相同的小球A、B，此时
上、下丝线所受的力分别为TA和TB。如果使A带正电荷，使B带负电荷，上、下丝线所受的力分别为TA′、TB′，则 ( )
A.TA′=TA B.TA′C.TA′>TA D.TB′【解析】选A、D。以A、B两球组成的整体为研究对象，无论是小球带电还是小球不带电，分析其受力情况并根据平衡条件可知：上方丝线的拉力大小总是等于下面两球重力的大小。以B球为研究对象并分析其受力情况可知，当A、B球不带电时：TB=mBg；当A、B球带异种电荷时：TB′=mBg-F，F为A、B两球间的库仑力。故选项A、D正确。
2.(多选)两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，此时两个小球处于同一水平面上，则下列说法正确的是 ( )
A.若m1>m2，则θ1>θ2
B.若m1=m2，则θ1=θ2
C.若m1θ2
D.若q1>q2，则θ1=θ2
【解析】选B、C。以m1为研究对象，对m1受力分析如图所示。
由共点力平衡得
FT sin θ1=F斥①
FT cos θ1=m1g②
由得tan θ1=，同理tan θ2=，因为不论q1、q2大小如何，两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力，大小永远相等，故从tan θ=知，m大，则tanθ小，θ亦小，m相等，θ亦相等，故选项B、C正确。
课时提升作业 五 电势差
(20分钟 50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)
1.一个点电荷，从静电场中的A点移到B点的过程中，静电力做功为零，则
( )
A.A、B两点的电场强度一定相等
B.作用于该点电荷的静电力与其移动方向总是垂直的
C.A、B两点的电势差为零
D.点电荷一定沿直线从A点移到B点
【解析】选C。由公式WAB=qUAB可知，若WAB=0，则一定是UAB=0，选项C正确。
【补偿训练】
如图所示为某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10-9C的正点电荷从A经B、C到达D点，则从A至D，电场力对电荷做的功为 ( )
A.4.8×10-8 J
B.-4.8×10-8 J
C.8.0×10-8 J
D.-8.0×10-8 J
【解析】选B。UAD=φA-φD=-40-(-10)V=-30 V。
所以WAD=qUAD=1.6×10-9×(-30) J=-4.8×10-8 J。
2.在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个-q的试探电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为W，则试探电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为 ( )
A.=-W，φA= B.=W，φA=-
C.=W，φA= D.=-W，φA=-
【解析】选A。依题意，-q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EpA=-W，A点的电势φA==，选项A正确。
3.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等。一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力) ( )
A.16 J B.10 J C.6 J D.4 J
【解析】选C。正电荷在电场中只受静电力的作用，在L3等势面时，动能为20 J，运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为零，此正电荷动能和电势能总和为10 J。当它的电势能为4 J时，动能为6 J，选项C正确。
4.(多选)如图所示，M、N是电场中某一条电场线上的两点，若负电荷由M移到N时，电荷克服静电力做功，下列说法中不正确的是 ( )
A.M点和N点之间一定有电势差
B.M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C.电场线的方向从M指向N
D.M点的电势大于N点的电势
【解析】选A、C、D。负电荷从M移到N时，电荷克服静电力做功，则负电荷所受的静电力的方向是从N到M，则电场线的方向为由M指向N。判断知选项A、C、D正确，B错误。
二、非选择题(22分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
5.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求：
(1)此电荷在B点处的加速度。
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。
【解析】(1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律知，在A点时
mg-=m· g；
在B点时-mg=m·aB
解得aB=3g，方向竖直向上，q=。
(2)从A到B过程，由动能定理mg(h-0.25h)+qUAB=0，故UAB=-。
答案：(1)3g，方向竖直向上 (2)-
【能力挑战区】
1.(多选)一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=-∞向x=+∞运动，其速度v随位置x变化的图象如图所示，x=x1和x=-x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，则在x轴上 ( )
A.x=x1和x=-x1两处，电场强度相同
B.x=x1和x=-x1两处，电场强度最大
C.x=0处电势最低
D.从x=x1运动到x=+∞过程中，电荷的电势能逐渐减小
【解析】选B、D。正检验电荷仅在电场力作用下沿x轴从x=-∞向x=+∞运动，速度先减小后增大，所受的电场力先沿-x轴方向，后沿+x轴方向，电场线方向先沿-x轴方向，后沿+x轴方向，则知x=x1和x=-x1两处，电场强度的方向相反，电场强度不同，故A错误；由v-t图象的斜率决定电场强度的大小，x=x1和x=-x1两处斜率最大，则电场强度最大，故B正确；由上知，电场线方向先沿-x轴方向，后沿+x轴方向，根据顺着电场线方向电势降低可知，电势先升高后降低，则x=0处电势最高，故C错误；从x=x1运动到x=+∞过程中，电场力沿+x轴方向，则电场力做正功，电荷的电势能逐渐减小，故D正确。
【总结提升】等量电荷问题中的图象
(1)两个等量正点电荷位于垂直于x轴的连线上，相对原点对称分布，选无穷远处电势为零。x轴上电场强度E、电势φ的变化规律如图所示。
(2)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，x轴上电场强度E、电势φ的变化规律如图所示。
【补偿训练】
1.(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是 ( )
A.A处的电场强度一定大于B处的电场强度
B.粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能
C.C、D间各点电场强度和电势都为零
D.A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差
【解析】选A、B。由图知粒子在A处的加速度大于在B处的加速度，因a=，所以EA>EB，A对；粒子从A到B动能增加，由动能定理知电场力必做正功，电势能必减小，B对；同理由动能定理可知A、C两点的电势相等，UAB=UCB，D错；仅受电场力作用的粒子在C、D间做匀速运动，所以C、D间各点电场强度均为零，但电势是相对于零势点而言的，可以不为零，C错。
2.如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点，已知φA=12 V，φB=6 V，φC=-6 V，试在方框内作出该电场示意图(即画出几条电场线)，要保留作图时所用的辅助线。若将一个电子从A点移到B点，静电力做多少电子伏特的功？
【解析】由于是匀强电场，故AC连线上等间距的点其电势差相等，故AC连线三等分点之一D点与B点等势，BD连线组成等势面，电场线与BD垂直，且指向电势降低的方向(如图所示)。
W=qUAB=-e(φA-φB)=-6 eV.
答案：图见解析 -6 eV
2.某次发生雷电时，两块云间的电势差为109 V，从一块云移至另一块云的电荷量为36 C，那么： (1)在这次闪电中放出的能量是多少？
(2)可供1千瓦的电炉用电多长时间？
【解析】(1)闪电放出的能量等于静电力做的功
W=qU=3.6×1010 J。
(2)t==3.6×107 s=1.0×104 h。
答案：(1)3.6×1010 J (2)1.0×104 h
课时提升作业 八 带电粒子在电场中的运动
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分)
1.一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子 ( )
A.具有相同的质量
B.具有相同的电荷量
C.电荷量和质量的比相同
D.属于同一元素的同位素
【解析】选C。由偏转距离y=可知，若轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离也应相同，已知E、l、v0是相同的，若y相同，应有相同。
2.(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则 ( )
A.当增大两板间距离时，v增大
B.当减小两板间距离时，v变小
C.当改变两板间距离时，v不变
D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增长
【解析】选C、D。由动能定理eU=mv2，当改变两极板距离时，v不变，故C选项正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，=，=，即t=，当d变大时，电子在板间运动时间增长，故D选项正确。
3.带电荷量为q的α粒子，以初动能Ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电的金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2Ek。则金属板间的电压为 ( )
A. B. C. D.
【解析】选B。两金属板间电压U为金属板正中央到负极板间电压U′的2倍，qU′=2Ek-Ek所以，U=2U′=。
【补偿训练】
一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为
( )
A.4Ek B.8Ek
C.4.5Ek D.4.25Ek
【解析】选D。平行板间电场可看成匀强电场。据动能定理得qU=2Ek-Ek=Ek。当电子的速度增为原来的2倍时，它的初动能变为4Ek，在电场中运动时间变为原来的，偏转位移变为原来的，所以进入点与飞出点的电势差U′=U，又由动能定理可得qU′=Ek′-4Ek，E′k=4Ek+qU=4Ek+Ek=4.25Ek。
4.如图所示，静止的电子在加速电压U1 作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1变为原来的2倍，要想使电子的轨迹不发生变化，应该 ( )
A.使U2变为原来的2倍
B.使U2变为原来的4倍
C.使U2变为原来的倍
D.使U2变为原来的
【解析】选A。由动能定理eU=mv2，要使电子的运动轨迹不发生变化，也就是粒子的偏转距离y不变，y=，即y=。若U1变化2倍，U2也变化2倍，故A选项正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采取的方法是 ( )
A.减小两板间电势差U2
B.尽可能使板长L短些
C.尽可能使板间距离d小一些
D.使加速电压U1减小一些
【解析】选C、D。电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转。
加速过程 eU1=m，
偏转过程 L=v0t，h=at2=t2
综合得= ，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故答案应选C、D。
5.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点
( )
A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B.三小球在电场中运动的时间相等
C.三小球到达正极板时动能关系：EkA>EkB>EkC
D.三小球在电场中运动的加速度关系：aA>aB>aC
【解析】选A。带负电的小球受到的合力为：mg+F电′，带正电的小球受到的合力为：mg-F电′，不带电小球仅受重力mg，故aC>aB>aA，D错误；小球在板间运动时间：t=，所以tCEkB>EkA，C错误。
【补偿训练】
如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3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.3∶4 B.4∶3 C.3∶2 D.2∶3
【解析】选A。粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移之比为1∶2，则运动时间之比为1∶2。根据y=at2，得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a=，因为P和Q的电荷量之比为3∶1，则质量之比为3∶4，故选项A正确，B、C、D错误。
6.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是 ( )
A.两电荷的电荷量相等
B.两电荷在电场中运动的时间相等
C.两电荷在电场中运动的加速度相等
D.两电荷离开电场时的动能相等
【解析】选B。M、N两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动。设板长为L，电荷的初速度为v0，则电荷运动时间为t=，L，v0相同，则时间t相同，故选项B正确；水平方向的位移为y=at2，a=，则y=t2，E，t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q的关系不能确定，故选项A错误；由侧向位移大小y=at2，t相同，y不同，加速度a不相等，故选项C错误；根据动能定理，Ek-m=qEy，则Ek=m+qEy，Ek大小关系无法判断，故选项D错误。
7.(多选)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则
( )
A.场强的方向竖直向上
B.场强的方向竖直向下
C.两极板间的电势差大小为
D.油滴的电势能增加了mgd
【解析】选A、C。由题分析可以知道，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，因为电荷带正电，所以电场强度的方向为竖直向上，所以A正确，B错误；由上可以知道微粒的电势能变化量Δε=mgd，又Δε=qU，得到两极板的电势差U=，所以C正确；重力做负功mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D错误。
8.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于 ( )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.∶1
【解析】选B。两个带电液滴在复合场中分别受到大小不变的电场力和重力(即各自的合力不变)，又是由静止自由释放，可以知道两个液滴均做初速度为零的匀加速直线运动(在水平和竖直两个方向上均是初速度为零的匀加速直线运动)，运动轨迹如图所示，设OA的距离为L，设AB=BC=h。
对液滴1：
水平方向上有：L= ①
竖直方向上有：h=g ②
对液滴2：
水平方向上：L= ③
竖直方向上有：2h=g ④
①②③④式联立得：=2∶1
选项B正确，A、C、D错误。
【补偿训练】
(多选)(2015·山东高考)如图甲，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 ( )
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
【解析】选B、C。因为中间与后面时间加速度等大反向，所以离开电容器时，竖直速度为零，只有水平速度v0，A错误，B正确；中间时间和后面时间竖直方向的平均速度相等，所以竖直位移也相等，因为竖直方向总位移是，所以后面时间内竖直位移是，克服电场力做功W=2qE0×=2mg×=mgd，D错误。重力势能减少等于重力做功mg×，C正确。
二、非选择题(本题共2小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9.(22分)如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板0.8 cm，两极板间的电势差为300 V。如果两极板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间？
【解析】取带电小球为研究对象，设它带的电荷量为q、质量为m，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用。
当U1=300 V时，小球受力平衡：mg=q①
当U2=60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动：
由F=ma知：mg-q=ma ②
又h=at2 ③
由①②③得：t==s≈4.5×10-2 s。
答案：4.5×10-2 s
10.(22分)如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：
(1)电子进入偏转电场时的速度。
(2)金属板AB的长度。
【解析】(1)在加速电场中，由动能定理得
eU0=m，所以v0=。
(2)在偏转电场中，由类平抛运动规律
a=，L=v0t，y=at2=
由上式解得L=d。
答案：(1) (2)d
【能力挑战区】
1.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)
6( )
A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
【解析】选B、C。由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE=m得r=，r、E为定值，若q相等则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，故B、C正确。
如图所示，一平行板电容器板长l=4 cm，板间距离为d=3 cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100 V，一带电荷量q=3×10-10 C的负电荷以v0=0.5 m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子的质量为多少？(g取10 m/s2)
【解析】带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力如图所示。
电场力在竖直方向上的分力与重力等值反向，则带电粒子所受合力与电场力在水平方向上的分力相同。即水平方向上F合=qE·sin α =q·sin α，竖直方向上mg=qEcos α
m==q·cosα=3×10-10××0.8 kg=8×10-8 kg
根据动能定理mv2-m=F合s，s=
联立以上各式解得v=1 m/s。
答案：1 m/s 8×10-8 kg
课时提升作业 六 电势差与电场强度的关系
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分)
1.下列关于匀强电场中电场强度与电势差的关系，正确的说法是 ( )
A.在相同距离上的两点，电势差大的其电场强度也必定大
B.电场强度在数值上等于每单位距离上的电势差
C.沿着电场方向，任何相同距离上的电势降落必定相等
D.电势降低的方向必定是电场强度的方向
【解析】选C。公式E=中d为沿电场方向的距离，只有在电场方向上，相同距离的两点，电势差大的其电场强度也必定大，同理，电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上的电势差，选项A、B错误，选项C正确；在电场中，电势降低的方向有很多，一般在不同方向电势降低快慢不同，沿电场方向是电势降低最快的方向，选项D错误。
2.如图是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是 ( )
A.竖直向下，E=100 V/m
B.水平向左，E=100 V/m
C.水平向左，E=200 V/m
D.水平向右，E=200 V/m
【解析】选B。根据电场强度的方向应与等势面垂直，且由较高的等势面指向较低的等势面，可知该电场强度的方向水平向左。由电场强度与电势差的关系得E=100 V/m。
【补偿训练】
如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，AB垂直于BC，AB=4 cm，BC=3 cm。AC与电场方向平行，A、B两点的电势分别为5 V和1.8 V。则电场强度大小和C点的电势分别为 ( )
A.100 N/C和0 V B.80 N/C和4 V
C.100 N/C和10 V D.80 N/C和1 V
【解析】选A。由题图得∠A=37°，AB沿电场线方向的距离为dAB=4 cm×cos 37°=3.2 cm，则E== N/C=100 N/C，又UAC=EdAC，则φA-φC=100×5×10-2 V=5 V，得φC=0 V，故选项A正确。
3.如图所示，匀强电场电场强度E=50 V/m。A、B两点相距l=20 cm，且A、B连线与电场线的夹角为60°，则A、B两点间的电势差UAB为 ( )
A.-10 V B.10 V C.-5 V D.-5 V
【解析】选C。A、B两点间的电势差大小U=Ed=Elcos 60°=50×0.2× V=5 V，根据电场线的方向可知φA<φB，故UAB=-5 V，选项C正确。
4.如图所示，在匀强电场中，过O点作线段OA=OB=OC=OD=10 cm，已知O、A、B、C、D各点电势分别为0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场的大小和方向最接近于
( )
A.70 V/m，沿OA方向
B.70 V/m，沿OC方向
C.80 V/m，沿OB方向
D.80 V/m，沿BO方向
【解题指南】解答该题要明确以下三点：
(1)电场线与等势线垂直。
(2)匀强电场的电场线与等势线均是等距离的直线。
(3)匀强电场的电势差与电场强度的关系。
【解析】选D。在静电场中，电场线和等势面是垂直的，因为φA=φC=7 V，即A、C两点为等势点，根据匀强电场的特点，过O点的电场线一定垂直于A、C两点的连线。很容易看出场强的方向最接近于BO的方向。由于E=，所以场强的大小也最接近于= V/m=80 V/m。故D正确。
5.(多选)如图所示，匀强电场电场强度为1×103 N/C，ab=dc=4 cm，bc=ad=3 cm，则下述计算结果正确的是 ( )
A.a、b之间的电势差为4 000 V
B.a、c之间的电势差为40 V
C.将q=-5×10-3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零
D.将q=-5×10-3 C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，静电力做功都是-0.25 J
【解析】选B、C。Uab=E·ab=1×103×0.04 V=40 V，选项A错误；Uac=Uab=40 V，选项B正确；将电荷移动一周，电势差为零，静电力做功为零，选项C正确；Wac=qUac=(-5×10-3)×40 J=-0.2 J，选项D错误。
6.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN=NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则 ( )
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a加速度减小，b加速度增大
C.M、N电势差|UMN|等于N、Q两点电势差|UNQ|
D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
【解题指南】求解该题要明确以下三点：
(1)带电粒子的静电力方向决定了它向哪偏转。
(2)静电力做正功时，电势能减少，动能增加。
(3)关系式U=Ed虽不能计算非匀强电场中两点间的电势差，但可以定性比较两点间电势差的大小。
【解析】选B。本题考查电场线、等势线、电场力的功。由带电粒子的运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子带电的性质，A错；由电场线的疏密可知，a加速度将减小，b加速度将增大，B正确；因为是非匀强电场，故M、N电势差并不等于N、Q两点电势差，C错；但因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子的带电荷量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，D错。
【总结提升】公式E=在非匀强电场中的应用
(1)虽然公式E=只适用于匀强电场，但在非匀强电场中，我们也可以用此式来比较电势差的大小，这时E应取该段内的平均值。
(2)根据分析，我们可得出一个重要结论：在同一个等势面图中，等势面越密的地方场强越大。这是因为在同一个等势面图中，我们往往把每两个等势面间的电势差取一个定值，如果等势面越密，即相邻等势面的间距越小，那么场强就越大。
7.如图，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U，将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.电场力做功qU
B.克服电场力做功qU
C.电场力做功大于qU
D.电场力做功小于qU
【解析】选D。离点电荷+Q越远，电场越弱，由U=Ed可得Ude8.(多选)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是 ( )
A.b点电场强度大于d点电场强度
B.b点电场强度小于d点电场强度
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【解析】选B、C。如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间的连线上，O点电场强度最小，即Eb二、非选择题(本题共2小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9.(22分)如图所示，在电场强度E=2×103 V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM=4 cm，MB =3 cm，AB=5 cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q=2×10-9 C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，求静电力做的功是多少？
【解析】B、M在同一等势面上，电荷由B到M电场力不做功。由M到A静电力做负功，W=qU=qEd=2×10-9×2×103×4×10-2 J=1.6×10-7 J，即静电力做功为：-1.6×10-7 J。
答案：-1.6×10-7 J
10.(22分)如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(1)小球应带何种电荷及其电荷量。
(2)小球受到的合外力。
(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm。(电场足够大)
【解析】(1)作电场线如图(a)所示。由题意知，小球只有受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图(b)所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。
由图(b)知qE=mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E=，所以q==。
(2)由图(b)知，F合==mg。
(3)由动能定理得-F合xm=0-m
所以xm==。
答案：(1)正电荷 (2)mg (3)
【能力挑战区】
1.人体的细胞膜内外存在电势差(膜电位差)约U=35 mV，细胞膜厚度约为d=7.0×10-9 m。细胞膜有选择地让钾或钠离子通过，以保持细胞内、外的电势差和渗透压。当一个一价的钠离子(电荷量q=1.6×10-19 C)从图中的A到B通过细胞膜时：(细胞膜内的电场看作匀强电场，且电势关系为φA>φB)
(1)它受到的静电力多大？
(2)静电力做功是多少？
(3)电势能是增加还是减少？改变了多少？
【解析】(1)E===5.0×106 V/m，
则F=qE=1.6×10-19×5.0×106 N=8.0×10-13 N。
(2)W=qU=1.6×10-19×35×10-3 J
=5.6×10-21 J。
(3)因为静电力做5.6×10-21 J的正功，所以电势能减少，减少了5.6×10-21 J。
答案：(1)8.0×10-13 N (2)5.6×10-21 J (3)减少 减少了5.6×10-21 J
2.如图所示，平行金属板A、B间距为d，板与水平方向成θ夹角。要使静止在A板、质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球沿水平直线被加速，恰从 B板右端射出，求金属板所加电压是多少？小球离开B板时的速度多大？
【解析】对小球受力分析如图所示，由题意可知，小球所受合外力应水平向右，qE=，
E=，U=Ed=。由动能定理得
qU=mv2，v===
答案：
【补偿训练】
一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：
(1)A、B两点的电势差UAB。
(2)匀强电场的场强大小。
(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。
【解析】(1)小球由A→B过程中，由动能定理：
mgLsin 60°+qUAB=0
所以UAB=。
(2)E==。
(3)小球在A、B间摆动，由对称性知，B处细线拉力与A处细线拉力相等，而在A处，
由水平方向平衡有：TA=Eq=mg
所以TB=TA=mg，或在B处，沿细线方向合力为零，有：TB=Eqcos 60°+mgcos 30°=mg。
答案：(1)- (2) (3)mg
课时提升作业 四 电势能和电势
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分)
1.(多选)关于电势的高低，下列说法正确的是 ( )
A.沿电场线方向电势逐渐降低
B.电势降低的方向一定是电场线的方向
C.正电荷在只受静电力作用下，一定向电势低的地方运动
D.负电荷在只受静电力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动
【解析】选A、D。沿电场线的方向电势是逐渐降低的，但电势降低的方向不一定是电场线方向，故A对，B错；在只受静电力的情况下还要看电荷的初速度才可判定电荷的运动情况，所以C错，D对。
【补偿训练】
(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是 ( )
A.电场强度的方向处处与等电势面垂直
B.电场强度为零的地方，电势也为零
C.随着电场强度逐渐减小，电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向
【解析】选A、D。由于电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，A项正确。电场强度为零的地方电势不一定为零，如等量同种正电荷连线的中点处的电场强度为零，但电势大于零，B项错误。电场强度的大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线的疏密与电场线的方向没有必然联系，C项错误。任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，沿电场线的方向是电势降落最快的方向，D项正确。
2.(多选)下列说法中正确的是 ( )
A.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就越大
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，静电力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大
C.无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越多，电荷在该点的电势能越大
D.无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越少，电荷在该点的电势能越大
【解析】选A、C。无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远时，若静电力做正功，电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于静电力做的功，因此静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，A正确，B错误；电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服静电力做功，电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时，克服静电力所做的功，故C正确，D错误。
3.(多选)如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到达N点的过程中 ( )
A.速率先增大后减小
B.速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大
D.电势能先增大后减小
【解析】选A、C。根据轨迹可知：电子从M到P静电力做正功，动能增加，电势能减小；电子从P到N静电力做负功，动能减小，电势能增加，故应选A、C。
4.如图所示虚线a、b、c是电场中的等势线，实线是正点电荷仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是 ( )
A.a等势线的电势比c等势线的电势低
B.点电荷在P点的速度大小一定比它在Q点的大
C.点电荷在P点的加速度大小一定比它在Q点的大
D.点电荷一定是从P点运动到Q点的
【解析】选C。由于点电荷做曲线运动，电场力必然指向轨迹弯曲的内侧，点电荷带正电，场强方向也指向轨迹弯曲的内侧，而沿场强方向电势降低，选项A错误；点电荷在Q点的速率一定比它在P点的速率大，选项B错误；等势线密集的区域场强大，电场力就大，加速度大小也大，选项C正确；点电荷无论从P运动到Q还是从Q运动到P都可得到图中的轨迹，选项D错误。
【补偿训练】
1.(多选)某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 ( )
A.a点的电势低于b点的电势
B.c点的电场强度大于d点的电场强度
C.若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功
D.若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加
【解析】选A、C。根据沿电场线方向电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A正确；从电场线的分布情况可知，c处的电场线比d处的疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；正电荷所受电场力和电场强度方向相同，因此正电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减少，故D错误。
2.(多选)如图中实线是一簇未标明方向的点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受静电力作用，根据此图可作出正确判断的是 ( )
A.带电粒子所带电荷的符号
B.带电粒子在a、b两点的受力方向
C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D.带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
【解析】选B、C、D。由运动轨迹可以判断出，带电粒子运动过程中受到静电引力作用，在a、b两点的受力方向分别为沿过该点的电场线指向产生电场的源电荷，故B正确；若带电粒子由a运动到b，由于只受静电力作用，且静电力对粒子做负功，则带电粒子在b处速度较小；若带电粒子由b运动到a，静电力对粒子做正功，则带电粒子在b处速度较小，故C正确；若粒子由a运动到b，由于静电力对粒子做负功，则粒子在b处电势能较大；若粒子由b运动到a，静电力对粒子做正功，则粒子在b处电势能较大，故D正确；在不知电场线方向的前提下，无法判断带电粒子所带电荷的符号，故A错误。
5.(多选)如图所示，A、B两点各有一个等量正电荷，位置固定，O1O2为AB连线的垂直平分线，O为垂足，且O1、O2离点O足够远。一个电子(重力不计)从O1一侧沿O1O2方向穿过O点再向O2运动的过程中
( )
A.它的加速度先减小后增大
B.它的加速度先逐渐增大再减小，后又逐渐增大再减小
C.它在O点时电势能最小
D.O点电势最低
【解析】选B、C。根据两等量正电荷电场线的分布特征可知，O点场强为零，此点周围电场线稀疏；沿直线O1O2离O点很远处(无限远)场强为零，所以由O1到O点场强应是先增大后减小到零，由O点到O2场强又是先增大后减小，除O点外，O1O2直线上各点场强指向远离O的方向。电子所受的电场力和加速度也按此规律变化，故A错，B对；电子带负电，所受静电力的方向与它所在处的电场强度方向相反，电子从O1到O静电力做正功，电势能减小，从O到O2静电力做负功，电势能增大，所以C正确；电子在O点的电势能最小，并非O点电势最低，故D错误。
6.如图，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
【解析】选D。由图可知Q在a、b、c点时距P的距离ra>rc>rb，且Q受P排斥力作用，由库仑定律F=k可知Fb>Fc>Fa，所以根据牛顿第二定律可知ab>ac>aa。Q在a点向b点运动，或在c点向b点运动时要克服电场力做功动能减小，又由于Q在a、b、c点时距P的距离ra>rc>rb，所以va>vc>vb，故选项D正确。
【补偿训练】
如图所示，高速运动的α粒子(带正电)被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则 ( )
A.α粒子在M点的速率比在Q点的大
B.三点中，α粒子在N点的电势能最大
C.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D.α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
【解析】选B。重核带正电荷，在其周围形成的电场中，离重核越近电势越高，所以φN>φM>φQ，选项C错误；电势越高，正电荷的电势能越大，所以带正电的α粒子在三点处的电势能大小关系是EN>EM>EQ，即N点的电势能最大，Q点的电势能最小，B正确；α粒子仅受电场力的作用，其电势能和动能相互转化，但电势能和动能之和保持不变，根据EN>EM>EQ可知，EkNEQ可知，α粒子从M点运动到Q点，电势能减小，电场力对它做的总功肯定为正功(电场力做正功，电势能减小，动能增大)，选项D错误。
7.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则 ( )
A.直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B.直线c位于某一等势面内，φM>φN
C.若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D.若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【解析】选B。由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M?N，故选项B正确，选项A错误；M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误；电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。
8.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点。则 ( )
A.P、Q两点处的电荷等量同种
B.a点和b点的电场强度相同
C.c点的电势低于d点的电势
D.负电荷从a到c，电势能减少
【解析】选D。由电场的等势面分布图可判断P、Q为等量异种点电荷，Q带负电，选项A错误；电场强度是矢量，a、b两点的电场强度方向不同，选项B错误；根据等势面可画出电场线的分布，沿电场线方向电势降低，可判断c点电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷由a到c，电场力做正功，电势能将减少，选项D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9.(22分)如果把q=+1.0×10-8 C的点电荷Q从无穷远处移到电场中的A点，需要克服电场力做功W=1.2×10-4 J，那么： (1)Q在A点的电势能和A点的电势各是多少？
(2)Q在未移入电场前A点的电势是多少？
【解析】(1)电场力做负功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，由电场力做的功等于电势能的减少量，得
W=Ep∞-EpA，因为Ep∞=0
则EpA=-W=-(-1.2×10-4) J=1.2×10-4 J
φA== V=1.2×104 V。
(2)A点的电势是由电场本身的性质决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以Q移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V。
答案：(1)1.2×10-4 J 1.2×104 V
(2)1.2×104 V
10.(22分)某电场中有A、B、C三点，三点的电势分别是φA=5 V，φB=-2 V，φC=0，现有一电荷量q=-6×10-6 C的点电荷P，求：
(1)该点电荷在A、B、C三点的电势能各为多大？
(2)若将P从A移到B，则静电力做功多少？电势能变化了多少？
(3)若将P从B移到C，则静电力做功多少？电势能变化了多少？
【解析】(1)由题意可知电势φA>φC>φB，而沿电场线的方向电势降低，则电场线的方向由A指向B，
点A的电势能为：
EpA=qφA=-6×10-6 C×5 V=-3×10-5 J
点B的电势能为：
EpB=qφB=-6×10-6 C×(-2)V=1.2×10-5 J
点C的电势能为：
EpC=qφC=-6×10-6 C×0 V=0
(2)电荷从A移到B点的过程中，电场力做的功为
WAB=EpA-EpB=-3×10-5 J-1.2×10-5 J=-4.2×10-5 J，电势能增大了4.2×10-5 J
(3)电荷从B移到C点的过程中，电场力做的功为
WBC=EpB-EpC=1.2×10-5 J，电势能减小了1.2×10-5 J
答案：(1)-3×10-5 J 1.2×10-5 J 0
(2)-4.2×10-5 J 电势能增大了4.2×10-5 J
(3)1.2×10-5 J 电势能减小了1.2×10-5 J
【能力挑战区】
1.如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q，-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a，b，c，d是圆上的四个点，其中a，c两点在x轴上，b，d两点关于x轴对称，下列说法不正确的是 ( )
A.b，d两点处的电势相同
B.四个点中c点处的电势最低
C.b，d两点处的电场强度相同
D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
【解析】选C。该电场中的电势关于x轴对称，所以b，d两点的电势相等，故A正确；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确；该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b，d两点场强大小相等，方向是对称的，不相同，故C错误；c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，静电力做正功，+q的电势能减小，故D正确。
2.为了使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线由A点匀速运动到B点，必须对该电荷施加一个恒力F。如图所示，若AB=0.4 m，θ=37°，q=-3.0×10-7 C，F=1.5×10-4 N，A点电势φA=100 V(不计电荷所受到的重力)。
(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线。
(2)求q在由A点运动到B点的过程中电势能的改变量是多少？
【解析】(1)电荷q由A点匀速运动到B点，说明电荷q受到的静电力与力F大小相等，方向相反，故电场线方向与力F方向相同，等势线垂直于该点的电场线，如图所示。
(2)电荷由A点运动到B点的过程中，静电力所做的功为
W=Eq·AB·cos θ=-F·AB·cos θ=-1.5×10-4×0.4×0.8 J=-4.8×10-5 J。
根据功能关系可知，电势能将增加4.8×10-5 J。根据W=q(φA-φB)得，B点电势为φB=φA-=-60 V。
答案：(1)见解析图
(2)电势能增加4.8×10-5 J。
【补偿训练】
1.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是 ( )
A.A点的电场强度比B点的大
B.小球表面的电势比容器内表面的低
C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
【解析】选C。B点的电场线比A点的电场线密，所以B点的电场强度大，A错误；比较电势高低看电场线的方向，沿着电场线方向电势降低，所以B项错误；容器内表面为等势面，电场线与等势面永远垂直，C项正确；电场力做功与路径无关，取决于初末两点电势差，所以将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功相同，D项错误。
2.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是
( )
A.x=a点的电势高于x=2a点的电势
B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C.点电荷M、N一定为异种电荷
D.x=2a处的电势一定为零
【解析】选B。由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故A错误。M在2a处产生的场强E1=，而N在2a处产生的场强E2=，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以QM=4QN，故B正确。由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误。由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误。
3.(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点。将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v -t图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有 ( )
A.φa>φb B.Ea>Eb
C.EaWb
【解析】选B、D。由题意可知，粒子只受电场力时，其动能和电势能之和保持不变，而由v -t图象可知粒子从a运动到b的过程中速度逐渐增大，动能增大，所以其电势能逐渐减小，又由于粒子带负电，所以电势是逐渐升高的，A错，D对；由于v -t图象的斜率是逐渐减小的，加速度逐渐减小，因此电场力逐渐减小，所以电场强度也逐渐减小，B对，C错。故选B、D。
