第56頁（共56頁）2025-2026學年上學期高二物理滬科版（2020）期末必刷?？碱}之靜電場一．選擇題（共6小題）1．真空中兩個等量異種點電荷，固定于相距為2r的P1、P2兩點，O點為P1P2連線的中點，M點在P1P2連線的中垂線上，N點在P1P2的延長線上。已知O點的電場強度大小為E，MO＝NP2＝r，則（）A．M點的電場強度大小為2EB．M點的電場強度大小為22C．MN連線上，從M到N電勢一直降低 D．MN連線上，從M到N電勢先降低后升高2．對于庫侖定律，下列說法中正確的是（）A．凡計算兩個電荷間的作用力，都可以使用公式F＝kq1B．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相等，它們之間相互作用的庫侖力大小一定相等 C．由F＝kq1q2rD．關于庫侖定律F＝kq1q2r23．一個帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，從M點運動到N點，其運動軌跡如圖中實線所示，圖中虛線表示電場線。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子在M點的加速度大于在N點的加速度 C．粒子在M點的速度大于在N點的速度 D．粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能4．如圖中箭頭所示的是真空中兩點電荷中垂線上某點p的場強方向，關于兩點電荷帶電性質(zhì)以及電量多少的判斷，下列選項中正確的是（）A．Qa＞Qb，且a、b帶正電 B．Qa＞Qb，a帶正電，b帶負電 C．Qb＞Qa，a負電，b正電 D．Qb＞Qa，a正電，b負電5．雷雨云由一大團翻騰波動的水、冰晶和空氣組成。當云團里的冰晶在強烈氣流中上下翻滾時，這些被強烈氣流反復撕扯、撞擊的冰晶和水滴充滿了靜電，其中重量較輕、帶正電的堆積在云層上方，較重、帶負電的聚集在云層底部。地面則受云層底部大量負電的感應而帶正電。當正、負兩種電荷不斷累積到某種程度時，就會以閃電的形式把能量釋放出來。關于帶負電荷的雨滴從雷雨云底部落到地面的過程，下列說法正確的是（）A．從雷雨云底部到地面電勢逐漸降低 B．雷雨云底部與地面之間電場方向向下 C．雨滴落向地面的過程，電勢能減少 D．雨滴落向地面的過程，電場力做負功6．如圖所示，A、B、C是勻強電場中一個等邊三角形的三個頂點，邊長為23m。已知電場線平行于△ABC所在的平面，一個電荷量q＝﹣1×10﹣6C的點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加了1.2×10﹣5J，由B移到C的過程中電場力做功6×10﹣6A．B、A兩點的電勢差UBA＝12V B．該電場的場強為23V/m C．A點的電勢比C點的電勢低6V D．該點電荷由C點移到A點的過程中，電勢能增加6×10﹣6J二．多選題（共3小題）（多選）7．研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示。實驗中，極板所帶電荷量不變，若要使靜電計指針的張角變大，可采用的方法是（）A．僅增大兩極板間的距離 B．僅減小兩極板間的距離 C．僅將電容器b板向下平移 D．僅在極板間插入有機玻璃板（多選）8．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。據(jù)此可知（）A．三個等勢面中，c的電勢最高 B．帶電粒子在P點具有的電勢能比在Q點小 C．帶電粒子通過P點時的動能比通過Q點時大 D．帶電粒子通過P點時的加速度比通過Q點時大（多選）9．如圖所示，在空間直角坐標系Oxyz中有到原點O的距離均相等的a、b、c、d四個點，a、b在x軸上，c在y軸上，d在z軸上。在a、b兩點各放置一個帶電量為+Q的點電荷，下列說法正確的是（）A．c點和d點的電場強度相同 B．c點和d點的電勢相等 C．將帶正電的試探電荷沿直線從c點移動到O點的過程中和沿直線由O點移到d點的過程中，電場力做功相同 D．將帶正電的試探電荷沿直線從c點移動到O點，再沿直線由O點移到d點的過程中，電勢能先變大后變小三．填空題（共4小題）10．把q1=-3.0×10-8C的檢驗電荷放入點電荷Q產(chǎn)生的電場中的P點，測得q1所受靜電力大小為（1）P點的場強大小為N/C，方向水平向（填“左”或者“右”）。（2）若移走q1，而在P點放置一個q1=+1.0×10-8C的點電荷，則P點的場強大小為N/C11．電量為2.0×10﹣8C的正點電荷放在某電場上，受到的電場力大小為4.0×10﹣5N、方向水平向右，該點的電場強度大小為N/C、方向水平向；絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，則絲綢帶電。科學實驗發(fā)現(xiàn)，所有帶電體的電荷量或者等于e，或者是e的整數(shù)倍，人們把這個最小的電荷量e＝C叫做元電荷，某帶電體電量為4.8×10﹣8C，此帶電體所帶的電荷量是元電荷的倍。12．某帶電粒子僅在電場力作用下由a點運動到b點，電場線及運動軌跡如圖所示，由此可以判定粒子帶（選填“正”或“負”）電，在a、b兩點受到的電場力FaFb（選填“＜”、“＞”或“＝”）。13．真空中兩個可視為點電荷的完全相同的金屬小球，所帶電荷量大小之比為1：2，它們之間的吸引力大小為F1，現(xiàn)將兩小球充分接觸后再置于原處，此時它們之間的靜電力大小變?yōu)镕2，則F1：F2為。四．解答題（共2小題）14．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中間有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零。空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g。求：（1）小球到達小孔處的速度大小；（2）極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；（3）小球從開始下落到運動到下極板，所用的時間。15．如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)有上、下兩個水平正對的金屬板AC、BD，間距為d，金屬板間的電勢差如圖乙所示隨時間變化（U0、T未知）。t＝0時刻，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球（可視為質(zhì)點）以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時間內(nèi)小球做勻速直線運動，T（1）電勢差U0；（2）小球射出金屬板的速度v；（3）金屬板間電勢差變化的周期T及金屬板長度L。

2025-2026學年上學期高二物理滬科版（2020）期末必刷常考題之靜電場參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題）題號123456答案DBAACB二．多選題（共3小題）題號789答案ACBCBD一．選擇題（共6小題）1．真空中兩個等量異種點電荷，固定于相距為2r的P1、P2兩點，O點為P1P2連線的中點，M點在P1P2連線的中垂線上，N點在P1P2的延長線上。已知O點的電場強度大小為E，MO＝NP2＝r，則（）A．M點的電場強度大小為2EB．M點的電場強度大小為22C．MN連線上，從M到N電勢一直降低 D．MN連線上，從M到N電勢先降低后升高【考點】等量異種電荷的電勢分布；電場強度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)點電荷場強表達式進行矢量疊加；根據(jù)等量異種點電荷電場的特點分析電勢的變化?！窘獯稹拷猓篈B．設兩點電荷的電量為q，兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相同，根據(jù)電場疊加原理，可知O點電場強度為E由題知，正、負電荷到M點的距離相等，所以兩點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度大小相等，如圖所示則有E故M點的電場強度大小為E聯(lián)立可得EM=2CD．根據(jù)兩個等量異種點電荷的電勢分布規(guī)律，可知在MN連線上，離負電荷所在的P2點越近，電勢越低，故從M到N電勢先降低后升高，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】考查了電場強度的疊加原理，電勢差和電場力做功、電勢能的變化關系，熟練掌握等量同種點電荷和異種點電荷的電場分布特點。2．對于庫侖定律，下列說法中正確的是（）A．凡計算兩個電荷間的作用力，都可以使用公式F＝kq1B．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相等，它們之間相互作用的庫侖力大小一定相等 C．由F＝kq1q2rD．關于庫侖定律F＝kq1q2r2【考點】庫侖定律的適用范圍；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定性思想；歸納法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)庫侖定律的表達式結(jié)合適用條件以及牛頓第三定律的知識進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈、庫侖定律公式F＝kq適用于真空中靜止的點電荷，當兩電荷之間的距離較小時，電荷不能夠看為點電荷，此時公式不成立，故A錯誤；B、根據(jù)牛頓第三定律，兩電荷間的作用力與反作用力大小相等，與電荷量是否相等無關，故B正確；C、當r趨近于零時，電荷無法再視為點電荷，庫侖定律不再適用，無法得出力無窮大的結(jié)論，故C錯誤；D、k是靜電力常量，由實驗測定，與電荷間距離r無關，故D錯誤。故選：B?！军c評】考查庫侖定律的表達式結(jié)合適用條件以及牛頓第三定律的知識，會根據(jù)題意進行準確分析解答。3．一個帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，從M點運動到N點，其運動軌跡如圖中實線所示，圖中虛線表示電場線。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子在M點的加速度大于在N點的加速度 C．粒子在M點的速度大于在N點的速度 D．粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能【考點】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場方向的互判．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】A.結(jié)合題意，根據(jù)曲線運動的特點、電場力的特點，即可分析判斷；B.結(jié)合題意，根據(jù)電場線與電場強度的關系，電場力、電場強度、加速度的關系，即可分析判斷；CD.結(jié)合前面分析及題意，根據(jù)電場中的功能關系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.因為粒子做曲線運動所受合力（電場力）方向指向運動軌跡凹側(cè)、粒子所受電場力方向與該點電場線的切線方向共線，所以由題圖可知，該粒子所受電場力方向大致指向右上方、與電場方向相同，由此可知，該粒子帶正電，故A正確；B.同一電場中，電場線越密集的地方電場強度越大，則由圖可知，M點的電場強度小于N點的電場強度，故由F＝qE＝ma可知，粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故B錯誤；CD.結(jié)合前面分析及粒子的運動軌跡可知，粒子從M點運動到N點，其所受電場力方向與其速度方向夾角為銳角，則電場力做正功，動能增加，電勢能減少，則粒子在M點的速度小于在N點的速度，粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故CD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況，解題時需注意，在只有電場力做功的情況下，電勢能與動能之和保持不變，也就是說粒子的動能增大時，電勢能減小。4．如圖中箭頭所示的是真空中兩點電荷中垂線上某點p的場強方向，關于兩點電荷帶電性質(zhì)以及電量多少的判斷，下列選項中正確的是（）A．Qa＞Qb，且a、b帶正電 B．Qa＞Qb，a帶正電，b帶負電 C．Qb＞Qa，a負電，b正電 D．Qb＞Qa，a正電，b負電【考點】電場強度的疊加；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．【專題】比較思想；方程法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)點電荷場強的方向規(guī)律（正電荷場強背離自身，負電荷場強指向自身）及矢量疊加原理（合場強為各電荷在該點產(chǎn)生場強的矢量和），通過分析p點合場強方向推導分場強的方向與電荷屬性、電量關系。【解答】解：根據(jù)題意分析可知，合場強向外，且夾在ap、bp連線之間偏右，則可知Qa＞Qb，且ab均為正電荷，兩點電荷電荷在P點的原場強如圖所示故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題核心是利用點電荷場強的方向規(guī)律與矢量疊加原理，結(jié)合場強大小公式分析電荷屬性與電量關系。關鍵在于明確正/負電荷場強的方向特征，以及距離、電量對場強大小的影響邏輯。5．雷雨云由一大團翻騰波動的水、冰晶和空氣組成。當云團里的冰晶在強烈氣流中上下翻滾時，這些被強烈氣流反復撕扯、撞擊的冰晶和水滴充滿了靜電，其中重量較輕、帶正電的堆積在云層上方，較重、帶負電的聚集在云層底部。地面則受云層底部大量負電的感應而帶正電。當正、負兩種電荷不斷累積到某種程度時，就會以閃電的形式把能量釋放出來。關于帶負電荷的雨滴從雷雨云底部落到地面的過程，下列說法正確的是（）A．從雷雨云底部到地面電勢逐漸降低 B．雷雨云底部與地面之間電場方向向下 C．雨滴落向地面的過程，電勢能減少 D．雨滴落向地面的過程，電場力做負功【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；通過電場線的方向判斷電勢的高低．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】題目描述了雷雨云中電荷分布和閃電形成過程。分析帶負電雨滴下落時，需要明確云底帶負電、地面帶正電，電場方向由地面指向云底。電勢沿電場方向降低，因此從云底到地面電勢升高。負電荷在電勢高處電勢能小，下落過程中電勢能減少。電場力方向與位移方向相同，電場力做正功。通過比較選項與上述分析即可判斷正誤。【解答】解：A、電場方向由地面指向云底，即豎直向上。根據(jù)電勢沿電場方向降低的規(guī)律，從云底到地面電勢逐漸升高。故A錯誤；B、實際電場分布應為地面帶正電荷，云底帶負電荷，因此電場方向向上。故B錯誤；C、雨滴帶負電q＜0，地面電勢高于云底ΔV＞0。由電勢能公式ΔU＝qΔV可得ΔU＜0，表明電勢能減小。故C正確；D、負電荷在向上電場中受力方向向下，與雨滴下落位移方向相同，根據(jù)功的定義W=F→?故選：C。【點評】本題以雷雨云電荷分布為背景，考查靜電場中電勢、電場方向、電勢能變化等核心概念。題目通過實際情境引導學生建立物理模型，重點檢驗學生對電場方向與電勢關系的理解，以及電勢能公式的靈活應用能力。計算量雖小，但需要準確把握負電荷在電場中的受力特點與能量轉(zhuǎn)化關系。C選項考查電勢能變化的判斷，要求學生能結(jié)合電勢差與電荷性質(zhì)進行符號分析；D選項則涉及電場力做功方向的判斷，需注意位移方向與電場力方向的夾角關系。該題能有效訓練學生的電場空間想象能力和符號運算嚴謹性，屬于中等難度題目。6．如圖所示，A、B、C是勻強電場中一個等邊三角形的三個頂點，邊長為23m。已知電場線平行于△ABC所在的平面，一個電荷量q＝﹣1×10﹣6C的點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加了1.2×10﹣5J，由B移到C的過程中電場力做功6×10﹣6A．B、A兩點的電勢差UBA＝12V B．該電場的場強為23V/m C．A點的電勢比C點的電勢低6V D．該點電荷由C點移到A點的過程中，電勢能增加6×10﹣6J【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電場力做功與電勢差的關系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)電勢差的定義式U=Wq求AB、BC以及AC間的電勢差。根據(jù)電場力做功來量度電勢能的變化；勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線與電場線垂直；由題意知AB連線上一定有一點的電勢與C點相等，故可以找到一條等勢線，根據(jù)電場線與等勢線的特點可確定電場線的方向，再根據(jù)公式U【解答】解：ACD.根據(jù)電勢差的定義式U=得：UAB則有UBA＝﹣UAB＝﹣12V同理得：UBC根據(jù)UAC＝UAB+UBC＝12V+（﹣6）V＝6V則有φA﹣φC＝6V故A點電勢比C點電勢高6V，該電荷由C點移到A點的過程中，電場力做功WCA故電勢能降低6×10﹣6J，故ACD錯誤；B.取B點電勢為零，則φA＝12VφC＝6V取AB的中點D，則有φD解得φD＝6V＝φC所以CD為等勢面，電場線沿AB方向，故電場強度E=故B正確。故選：B?！军c評】本題的關鍵在于找出等勢面，然后才能確定電場線，要求學生明確電場線與等勢線的關系，能利用幾何關系找出等勢點，再根據(jù)等勢線的特點確定等勢面。知道公式U＝Ed應用時d為沿著電場線方向的距離。二．多選題（共3小題）（多選）7．研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示。實驗中，極板所帶電荷量不變，若要使靜電計指針的張角變大，可采用的方法是（）A．僅增大兩極板間的距離 B．僅減小兩極板間的距離 C．僅將電容器b板向下平移 D．僅在極板間插入有機玻璃板【考點】電容器的動態(tài)分析——電容器與靜電計相連．【專題】比較思想；控制變量法；電容器專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】要使靜電計指針的張角變大，就要使電容器板間電壓，根據(jù)電容的定義式C=QU和電容的決定式【解答】解：根據(jù)電容的定義式C=QU得U=QC，極板間電壓增大時，靜電計指針的張角變大，極板所帶電荷量不變，應減小電容C，根據(jù)電容的決定式C=εrS故選：AC?！军c評】本題是電容器動態(tài)分析問題，抓住電荷量不變，根據(jù)電容的定義式C=QU和電容的決定式（多選）8．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。據(jù)此可知（）A．三個等勢面中，c的電勢最高 B．帶電粒子在P點具有的電勢能比在Q點小 C．帶電粒子通過P點時的動能比通過Q點時大 D．帶電粒子通過P點時的加速度比通過Q點時大【考點】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場方向的互判．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】A.結(jié)合題意，根據(jù)等勢面與電場線的關系、電場力的特點、曲線運動的特點，即可分析判斷；D.結(jié)合題意，根據(jù)等差等勢面和電場強度的關系，電場力、電場強度、加速度的關系，即可分析判斷；BC.結(jié)合前面分析及題意，根據(jù)電場力做功的特點及電場中的功能關系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.因為等勢面與電場線相交處互相垂直、帶電粒子所受電場力方向與該點電場線的切向方向共線、粒子做曲線運動所受合力（電場力）指向運動軌跡凹側(cè)，所以該帶電粒子所受電場力方向垂直等勢面指向右下方，但并不知道該帶電粒子的電性，所以無法判斷電場方向，則無法判斷三個等勢面的電勢高低，故A錯誤；D.同一電場中，等差等勢面的疏密，體現(xiàn)電場強度的大小，則由圖可知，P點的電場強度比Q點的電場強度小，則由F＝qE＝ma可知，帶電粒子通過P點的加速度比通過Q點時小，故D錯誤；BC.結(jié)合前面分析可知，該帶電粒子所受電場力方向垂直等勢面指向右下方，則若該粒子由P至Q，則其所受電場力方向與速度方向夾角為鈍角，則電場力做負功，由動能定理及電場力做功與電勢能變化的關系可知，該粒子的動能減小、電勢能增加，由此可知，帶電粒子通過P點時的動能比通過Q點時大、帶電粒子通過P點時的電勢能比通過Q點時小，故BC正確；故選：BC?！军c評】本題考查根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況，解題時需注意，在只有電場力做功的情況下，電勢能與動能之和保持不變，也就是說粒子的動能增大時，電勢能減小。（多選）9．如圖所示，在空間直角坐標系Oxyz中有到原點O的距離均相等的a、b、c、d四個點，a、b在x軸上，c在y軸上，d在z軸上。在a、b兩點各放置一個帶電量為+Q的點電荷，下列說法正確的是（）A．c點和d點的電場強度相同 B．c點和d點的電勢相等 C．將帶正電的試探電荷沿直線從c點移動到O點的過程中和沿直線由O點移到d點的過程中，電場力做功相同 D．將帶正電的試探電荷沿直線從c點移動到O點，再沿直線由O點移到d點的過程中，電勢能先變大后變小【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；單個或多個點電荷周圍的電勢分布；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場強度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】題目中兩個等量正電荷對稱分布在x軸上，c點和d點分別位于y軸和z軸上，與兩個電荷的距離相等。分析c點和d點的電場強度時，由于對稱性，兩點的場強大小相同但方向不同，因此電場強度不相同。電勢是標量，c點和d點到兩個電荷的距離相同，電勢相等。移動正試探電荷時，從c點到O點電勢降低，電場力做正功；從O點到d點電勢升高，電場力做負功。整個過程電勢能先減小后增大，因此電場力做功不相同。【解答】解：A、根據(jù)等量同種電荷電場線分布特性，c、d兩點電場強度大小相同，方向分別沿y軸和z軸正方向，故A錯誤；B、c點與d點到a、b兩點電荷的距離相等，因此c、d兩點電勢相同，故B正確；CD、將正試探電荷沿直線從c點移至d點時，先靠近后遠離a、b兩點電荷，電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故C錯誤，D正確；故選：BD?！军c評】本題以空間直角坐標系中的等量同種點電荷電場分布為背景，綜合考查電場強度、電勢、電場力做功與電勢能變化等核心概念。題目通過三維空間設置，有效檢驗了學生對對稱性分析的能力，需要學生建立清晰的物理圖景。計算量適中，但要求學生準確理解電場疊加原理和電勢的標量性。B選項考查電勢的對稱分布特點，D選項則通過路徑分析考察電場力做功與電勢能變化的對應關系，體現(xiàn)了對能量觀點的考查。題目在選項設置上具有層次性，從簡單的電場強度方向判斷到復雜的路徑功分析，逐步提升思維深度，能夠有效區(qū)分學生對電場性質(zhì)的理解程度。三．填空題（共4小題）10．把q1=-3.0×10-8C的檢驗電荷放入點電荷Q產(chǎn)生的電場中的P點，測得q1所受靜電力大小為3.0（1）P點的場強大小為100N/C，方向水平向左（填“左”或者“右”）。（2）若移走q1，而在P點放置一個q1=+1.0×10-8C的點電荷，則P點的場強大小為100【考點】電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）100，左；（2）100，左。【分析】（1）根據(jù)電場強度的定義式E=Fq，計算（2）電場強度是電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關，所以移走原檢驗電荷，換用新的點電荷，P點的場強大小和方向不變?！窘獯稹拷猓海?）由題可知，P點的電場強度大小為E由于負電荷的受力方向與電場強度方向相反，因此P點的電場強度方向水平向左。（2）電場強度由場源的性質(zhì)決定，與試探電荷的大小、有無無關，因此，移走q1，而在P點放置一個q1=+1.0×10-8故答案為：（1）100，左；（2）100，左。【點評】本題主要考查電場強度的定義式E=F11．電量為2.0×10﹣8C的正點電荷放在某電場上，受到的電場力大小為4.0×10﹣5N、方向水平向右，該點的電場強度大小為2000N/C、方向水平向右；絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，則絲綢帶負電?？茖W實驗發(fā)現(xiàn)，所有帶電體的電荷量或者等于e，或者是e的整數(shù)倍，人們把這個最小的電荷量e＝1.6×10﹣19C叫做元電荷，某帶電體電量為4.8×10﹣8C，此帶電體所帶的電荷量是元電荷的3×1011倍?！究键c】電場強度的定義、單位和方向；電荷量與元電荷；摩擦起電．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】2000；右；負；1.6×10﹣19；3×1011【分析】依據(jù)公式E=F【解答】解：該點的電場強度大小為E方向水平向右；絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，則絲綢帶負電?？茖W實驗發(fā)現(xiàn)，所有帶電體的電荷量或者等于e，或者是e的整數(shù)倍，人們把這個最小的電荷量e＝1.6×10﹣19C叫做元電荷，某帶電體電量為4.8×10﹣8C，此帶電體所帶的電荷量是元電荷的4.8×10-故答案為：2000；右；負；1.6×10﹣19；3×1011?！军c評】電場強度是描述電場本身性質(zhì)的物理量，是電場中最重要的概念之一，關鍵要掌握其定義式和方向特征。12．某帶電粒子僅在電場力作用下由a點運動到b點，電場線及運動軌跡如圖所示，由此可以判定粒子帶負（選填“正”或“負”）電，在a、b兩點受到的電場力Fa＞Fb（選填“＜”、“＞”或“＝”）。【考點】帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場方向的互判；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大?。緦ｎ}】定性思想；模型法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】負，＞?！痉治觥肯纫罁?jù)軌跡凹側(cè)判斷電場力方向，進而結(jié)合電場線方向確定粒子電性；再根據(jù)電場線疏密比較電場強度，最后利用F＝qE比較電場力大小?！窘獯稹拷猓毫Ｗ又皇茈妶隽ψ饔?，所以電場力方向指向粒子運動軌跡的凹側(cè)，即電場力指向左側(cè)，與圖中電場方向相反，所以粒子帶負電。電場線的疏密表示電場強度的大小，由圖可知a點的電場線比b點的電場線密，所以Ea＞Eb，根據(jù)F＝qE（其中q為粒子電荷量），可知Fa＞Fb。故答案為：負，＞?！军c評】本題圍繞帶電粒子在電場中的運動展開，綜合考查電場相關知識，具有典型性與代表性。13．真空中兩個可視為點電荷的完全相同的金屬小球，所帶電荷量大小之比為1：2，它們之間的吸引力大小為F1，現(xiàn)將兩小球充分接觸后再置于原處，此時它們之間的靜電力大小變?yōu)镕2，則F1：F2為8：1?！究键c】庫侖定律的表達式及其簡單應用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】8：1【分析】小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分，結(jié)合庫侖定律求解?！窘獯稹拷猓核鼈冎g的吸引力大小為F1，所以接觸前兩小球帶異種電荷，設q1＝﹣q，q2＝2q，根據(jù)庫侖定律可得F將兩小球充分接觸后再置于原處，則接觸后兩球所帶電荷量均為q它們之間的靜電力大小變?yōu)镕可得F1：F2＝8：1故答案為：8：1【點評】本題考查庫侖定律及帶電體電量的轉(zhuǎn)移問題，注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關鍵。四．解答題（共2小題）14．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中間有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零?？諝庾枇雎圆挥嫞瑯O板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g。求：（1）小球到達小孔處的速度大??；（2）極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；（3）小球從開始下落到運動到下極板，所用的時間。【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球到達小孔處的速度大小為2g（2）極板間電場強度大小為mg(h+d)（3）小球從開始下落到運動到下極板，所用的時間為(h+d【分析】（1）根據(jù)運動學公式即可求解；（2）根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求極板間電場強度大小，結(jié)合U＝Ed、Q＝CU求電容器所帶電荷量；（3）根據(jù)運動學公式求小球從開始下落到運動到下極板，所用的時間?！窘獯稹拷猓海?）由v2＝2gh得v=（2）在極板間帶電小球受重力和電場力作用，加速度大小為a，有qE﹣mg＝ma且v2﹣0＝2ad得E=由U＝Ed、Q＝CU得Q=（3）由v2可得t=答：（1）小球到達小孔處的速度大小為2g（2）極板間電場強度大小為mg(h+d)（3）小球從開始下落到運動到下極板，所用的時間為(h+d【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，題目屬于小型綜合，注意對運動學公式的靈活選用。15．如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)有上、下兩個水平正對的金屬板AC、BD，間距為d，金屬板間的電勢差如圖乙所示隨時間變化（U0、T未知）。t＝0時刻，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球（可視為質(zhì)點）以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時間內(nèi)小球做勻速直線運動，T（1）電勢差U0；（2）小球射出金屬板的速度v；（3）金屬板間電勢差變化的周期T及金屬板長度L?！究键c】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉(zhuǎn)．【專題】比較思想；推理法；功能關系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】（1）電勢差U0為mgdq（2）小球射出金屬板的合速度為v=（3）金屬板間電勢差變化的周期T為9d2g，金屬板長度L【分析】（1）在初始階段小球做勻速直線運動，說明電場力與重力平衡。根據(jù)平衡條件可以建立方程，直接求出電勢差的大小。（2）分析小球在不同時間段內(nèi)的受力情況，先計算僅受重力作用時的豎直分速度，再分析反向電場作用下的加速度變化，最終合成水平和豎直速度得到射出時的合速度。（3）通過豎直方向的位移條件建立方程，結(jié)合小球在電場和重力作用下的運動規(guī)律求出周期。水平方向勻速運動，利用運動時間與初速度的關系求出金屬板長度?！窘獯稹拷猓海?）在0到T3時間內(nèi)，小球做勻速直線運動，受力平衡滿足qU0（2）在T3到2T3時間內(nèi)，小球僅受重力作用，豎直分速度vy1=13gT，水平速度保持v0不變。在2T3到T時間內(nèi)，由牛頓第二定律q2（3）根據(jù)（2）的分析，T時刻小球從金屬板邊緣水平射出，其豎直位移滿足12g(T3)2答：（1）電勢差U0為mgdq（2）小球射出金屬板的合速度：v=（3）金屬板間電勢差變化的周期T為9d2g，金屬板長度L【點評】本題綜合考查帶電粒子在交變電場中的運動，涉及受力分析、運動學公式和能量守恒定律的應用。題目計算量適中，難度中等偏上，重點考查學生對動力學過程的分段處理能力以及復雜情境下的建模分析能力。題目亮點在于通過交變電場創(chuàng)設多階段運動情境，要求學生準確識別各時間段的受力特點與運動性質(zhì)。0﹣T/3時段考查平衡條件，T/3﹣2T/3時段考查自由落體，2T/3﹣T時段則需處理勻減速運動，這種設計能有效檢驗學生對運動獨立性的理解深度。解題關鍵在于把握三個時段的動力學特征，建立豎直方向的位移方程。易錯點在于忽略電場方向改變導致的加速度突變，以及各時段速度變化的矢量性處理。通過本題訓練，可提升學生對復雜運動過程的分解能力和對臨界條件的把握能力。

考點卡片1．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．2．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘脛幽芏ɡ肀容^簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。3．電荷量與元電荷【知識點的認識】（1）元電荷是最小的電荷量，而不是實物粒子，元電荷無正、負之分。（2）雖然質(zhì)子、電子的電荷量等于元電荷，但不能說質(zhì)子、電子是元電荷。（3）元電荷e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的，e＝1.60×10﹣19C．（4）電子的比荷：電子的電荷量e與電子的質(zhì)量me之比，叫作電子的比荷。它也是一個重要的物理量．電子的質(zhì)量me＝9.1×10﹣31kg，所以電子的比荷為eme=1.76×10【命題方向】關于電荷量的下列說法中哪些是錯誤的（）A.物體所帶的電荷量可以是任意實數(shù)B.物體所帶的電荷量只能是某些值C.電子和質(zhì)子的電荷量的大小均為1.6×10﹣19CD.物體所帶電荷量的最小值是1.6×10﹣19C分析：元電荷e＝1.6×10﹣19C是自然界最小的電荷量，所有帶電體所帶電量都元電荷的整數(shù)倍．物體原來中性，失去電子后帶正電，根據(jù)n=q解答：A、物體的帶電荷量不是任意值，只能是元電荷的整數(shù)倍。故A錯誤。B、根據(jù)密立根等科學家研究結(jié)果可知，物體的帶電荷量只能不連續(xù)的某些值。故B正確。C、元電荷是自然界最小的電荷量，等于一個電子或一個質(zhì)子的電荷量，元電荷是1.6×10﹣19C．故C、D正確。本題選擇錯誤的，故選：A。點評：本題考查元電荷這個知識點，元電荷自然界最小的電荷量，其數(shù)值等于電子或質(zhì)子的電量，但不是電子或質(zhì)子?！窘忸}思路點撥】元電荷不是電荷，是一個數(shù)值，是帶電體所能攜帶的最小電荷量，質(zhì)子與電子攜帶的電荷量等于元電荷，其值為1.6×10﹣19C。4．摩擦起電【知識點的認識】物體有三種起電方式（1）摩擦起電：當兩種物質(zhì)組成的物體互相摩擦時，一些受束縛較弱的電子會轉(zhuǎn)移到另一個物體上。于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶負電，失去電子的物體則帶正。（2）靜電感應：當一個帶電體靠近導體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體靠近帶電體的一端帶異種電荷，電荷，遠離帶電體的一端帶帶同種電荷。這種現(xiàn)象叫作靜電感應。利用靜電感應使金屬導體帶電的過程叫作感應起電。（3）接觸起電：將帶電體與導體接觸，如果帶電體帶負電，則由于電子之間的相互排斥，會轉(zhuǎn)移到導體上一部分，使導體帶上負電；如果帶電體帶正電，則會吸引一部分導體的電子，使導體帶上正電。3.三種起電方式的比較【命題方向】下列說法中正確的是（）A、用絲綢摩擦玻璃棒可以創(chuàng)造正電荷，故玻璃棒帶正電B、用絲綢摩擦玻璃棒時，玻璃棒和絲綢帶等量異種電荷C、用絲綢摩擦玻璃棒可使玻璃棒和絲綢都帶正電D、不帶電的物體不具有任何電荷分析：用絲綢摩擦玻璃棒帶正電荷，是由于玻璃棒的電子轉(zhuǎn)移到了絲綢上，從而使玻璃棒帶了正電荷，絲綢帶等了負電荷．解答：由電荷守恒定律可得，電荷不會產(chǎn)生也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變。用絲綢摩擦玻璃棒帶正電荷，是由于玻璃棒的電子轉(zhuǎn)移到了絲綢上，從而使玻璃棒帶了正電荷，絲綢帶等了負電荷，并不是玻璃棒創(chuàng)造了正電荷，所以B正確。故選：B。點評：本題是基礎的題目，考查的就是學生對電荷守恒定律的掌握的情況．【解題思路點撥】1.摩擦起電時一個物體失去電子，一個物體得到等量電子，所以兩個物體一定帶上等量異種電荷。2.摩擦起電的實質(zhì)也是電子的轉(zhuǎn)移，電子由一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，但這個過程中電荷的總量是不變的，即遵循電荷守恒定律。3.摩擦起電過程中能夠得到電子的是對電子束縛能量比較強的物體，而物體對電子的束縛能力是相對的。例如，下列幾種物質(zhì)的原子核束縛核外電子的能力由小到大的排列順序是“獸皮——玻璃——絲綢——膠水”，用獸皮與玻璃棒摩擦，玻璃棒帶負電，用玻璃棒與絲綢摩擦，玻璃棒帶正電，由此說明玻璃的原子核束縛核外電子的能力比獸皮強，比絲綢弱。5．庫侖定律的適用范圍【知識點的認識】1、庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應用庫侖定律．2、當帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．3、對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．4、對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．【命題方向】關于庫侖定律，下列說法正確的是（）A、庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積很小的帶電球體B、根據(jù)庫侖定律公式，當兩個點電荷距離趨于0時，電場力將趨于無窮大C、若點電荷Q1的電荷量大于Q2的電荷量，則Q1對Q2的電場力大于Q2對Q1電場力D、庫侖定律的適用范圍是真空中兩個靜止的點電荷分析：庫侖定律F=k解答：A、當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷。不是體積小就能看成點電荷。故A錯誤。B、當兩個點電荷距離趨于0時，兩電荷不能看成點電荷，此時庫侖定律的公式不再適用。故B錯誤。C、兩電荷之間的相互作用力大小相等，與點電荷電量的大小無關。故C錯誤。D、庫侖定律適用于真空中兩靜止點電荷之間的作用力。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關鍵掌握庫侖定律的適用范圍，以及能看成點電荷的條件，當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷．【解題思路點撥】庫侖定律適用于真空中的點電荷，當兩個物體間的距離趨近于零時，帶電體已經(jīng)不能被看作是點電荷，庫侖定律就不再適用了。6．庫侖定律的表達式及其簡單應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：在真空中兩個靜止的點電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上．2．表達式：F＝kq1q2r2，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?3．適用條件：真空中的靜止點電荷．【命題方向】題型一：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可．解：距離改變之前：F=k當電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：庫侖定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進行類比學習．題型二：庫侖定律與力學的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球B，B的質(zhì)量為0.1kg，電荷量為19×10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達最低點時的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，沿繩子方向上，小球受到的合力為零，則mgcos60°＝kqA代入數(shù)值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向與繩子垂直，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，a=（3）釋放后小球B做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點，由牛頓第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的帶電荷量為5×10﹣6C；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小為53m/s2；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力為1.5N．點評：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．【解題方法點撥】1．庫侖定律適用條件（1）庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應用庫侖定律．（2）當帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應用庫侖定律需要注意的幾個問題（1）庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化模型，當帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用．（2）庫侖定律的應用方法：庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結(jié)果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個點電荷的平衡問題：要使三個自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應為零．3．分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，要學會把電學問題力學化．分析方法是：（1）確定研究對象．如果有幾個帶電體相互作用時，要依據(jù)題意，適當選取“整體法”或“隔離法”；（2）對研究對象進行受力分析，多了個電場力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0）或牛頓第二定律方程．7．電場強度的定義、單位和方向【知識點的認識】1.單場強度的定義：試探電荷所受電場力與所帶電荷量之比叫作電場強度。2.表達式：E=F3.標矢性：矢量，方向與放在該處的正電荷受力方向一致。4.意義：描述電場的性質(zhì)的物理量，取決于電場本身。5.單位：牛每庫，符號N/C?！久}方向】電場中有一點P，下列說法中正確的是（）A、若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半B、若P點沒有試探電荷，則P點場強為零C、P點的場強方向為放在該點的負電荷的受力方向D、P點的場強大小和方向與放入的試探電荷無關分析：場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，與放入電場中試探電荷無關．場強方向是放在該點的正電荷的受力方向．解答：A、場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，將放在P點的電荷的電荷量減半，P點的場強不變。故A錯誤。B、場強是由電場本身決定的，與試探電荷無關，若P點沒有試探電荷，P點場強不變，不為零。故B錯誤。C、場強方向是放在該點的正電荷的受力方向，與放在該點的負電荷的受力方向相反。故C錯誤。D、場強是描述電場本身性質(zhì)的物理量，與放入電場的試探電荷無關。故D正確。故選：D。點評：本題考查場強的物理意義和方向，抓住場強反映電場本身特性的物理量，方向與正電荷所受的靜電力方向相同是關鍵．【解題思路點撥】E=Fq中的E是利用比值法定義的物理量。E的大小、方向是由電場本身決定的，是客觀存在的，與放不放試探電荷，以及放入的試探電荷的正負、電荷量多少均無關。既不能認為E與F成正比，也不能認為E與8．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【知識點的認識】1.點電荷是最簡單的場源電荷，一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強度為E=2.推導如下：如果以Q為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。Q為場源電荷電量。F=3．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點；若Q是負電荷，Q和該點的連線值向Q。3．使用范圍：僅使用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場。4.點單荷電場的特點：根據(jù)上式可知，如果以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。當Q為正電荷時，電場強度E的方向沿半徑向外（圖甲）﹔當Q為負電荷時，電場強度E的方向沿半徑向內(nèi)（圖乙）。即點電荷的電場是以電荷為球心向四周發(fā)散或由四周指向球心的。5.帶電球體（球殼）與點電荷等效：在一個比較大的帶電體不能看作點電荷的情況下，當計算它的電場時，可以把它分成若干小塊，只要每個小塊足夠小，就可以看成點電荷，然后用點電荷電場強度疊加的方法計算整個帶電體的電場?？梢宰C明，一個半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產(chǎn)生的電場相同（如下圖），即E=式中的r是球心到該點的距離（r＞R），Q為整個球體所帶的電荷量?！久}方向】一點電荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此點電荷30cm處，該電荷產(chǎn)生的電場的強度是多大？分析：知道點電荷的電荷量，知道離點電荷的距離，由點電荷的場強公式可以直接求得結(jié)果．解答：由點電荷的場強公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以電荷產(chǎn)生的電場的強度是2000N/C．點評：本題是點電荷的場強公式的直接應用，掌握住公式就很簡單了．【解題思路點撥】1.公式E=kQr2又2.一個均勻帶電球體（或球殼）在球外某點產(chǎn)生的電場與一個位于球心，電荷量相字的點電荷在該點產(chǎn)生的電場相同。要注意只局限于球外。3.常見的錯誤之一是認為以點電荷為球心的球面上各處電場強度相等。錯誤的原因在于忽略了電場強度的矢量性。準確的說法是以點電荷為球心的球面上各處電場強度大小相等，方向不同。4.電場強度三個計算式的比較表達式比較E=E＝kQE=公式意義電場強度定義式真空中點電荷的電場強度決定式勻強電場中E與U關系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強電場比較決定因素由電場本身決定，與q無關由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d是場中兩點間沿場強方向的距離相同點矢量，單位：1N/C＝1V/m9．電場強度的疊加【知識點的認識】電場強度的疊加原理多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，這種關系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場強度問題時，應分清所敘述的場強是合場強還是分場強，若求分場強，要注意選擇適當?shù)墓竭M行計算；若求合場強時，應先求出分場強，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點．下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側(cè)？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點正電荷所受電場力方向為電場強度方向來確定各自電場強度方向．然后兩點電荷在同一點的場強是由各自電場強度矢量疊加而成的．解答：A、當兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿MN背離N方向。當Q1＜Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點強，所以電場強度合成后，方向偏左。當Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱，所以電場強度合成后，方向偏右。故A正確；B、當Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線背離b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向b點，則合電場強度方向偏右。不論電量大小關系，仍偏右。故B錯誤；C、當Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線背離a點，則合電場強度方向偏左。不論它們的電量大小關系，仍偏左。故C正確；D、當Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向a點，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點評：正點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且背離正電荷，而負點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且指向負電荷．【解題思路點撥】電場強度疊加問題的本質(zhì)就是矢量運算法則，先確定每一個電荷在該點單獨產(chǎn)生的電場強度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強。10．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=故選：B。點評：本題關鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝11．根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小【知識點的認識】可以通過電場線定性的分析電場強度的大?。涸谕浑妶鲋?，電場線越密集，電場強度越大；電場線越稀疏，電場強度越小。【命題方向】如圖是某區(qū)域的電場線圖．A、B是電場中的兩個點，EA和EB分別表示A、B兩點電場強度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個點電荷在A、B兩點所受到的電場力的大小．下面說法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度?。獯穑篈、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場的A點的電場線較密，所以，在A點的電場的強度要比B點的電場的強度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯誤；C、由于EA＞EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點時受到的電場力要在B點時受到的電場力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯誤；故選：AC。點評：本題就是考查學生基礎知識的掌握，加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題．【解題思路點撥】同一電場中可以通過電場線的疏密定性的判斷電場強度的大小，進而可以分析運動學的情況，因為可以通過F＝qE分析電場力的大小，再通過F＝ma分析加速度的大小。所以可以說同一電場中，電場線密集的地方電場力大，電荷的加速度也大。12．電場力做功與電勢能變化的關系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關系：①靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已?！久}方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減?。浑妶隽ψ鲐摴r電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。13．通過電場線的方向判斷電勢的高低【知識點的認識】1.結(jié)論：沿電場線方向，電勢降低。2.推導：如下圖，一個帶電荷量為q的正電荷僅在電場力的作用下由A點運動到B點。設A、B兩點的電勢分別為φA、φB從A到B，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系WAB＝EPA﹣EPB又根據(jù)電場力做正功，且EP＝qφ，所以有WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＞0所以φA＞φB，即沿電場線方向，電勢降低?？梢宰C明在這一結(jié)論在任何電場中都適用?！久}方向】關于電勢的高低，下列說法正確的是（）A、沿電場線方向電勢逐漸降低B、電勢降低的方向一定是電場線的方向C、正電荷在只受電場力作用下，一定向電勢低的地方運動D、負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動分析：根據(jù)推論：沿電場線方向電勢逐漸降低；電勢降低最快的方向才是電場強度的方向；正電荷只在電場力作用下從A移到B，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度；負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動．解答：A、電場力做功WAB＝UABq＝Eqd，不妨設沿著電場線方向移動正電荷，則電場力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿著電場線方向電勢逐漸降低。故A正確。B、沿著電場線方向移動電勢降低，但是電勢降低的方向不一定是電場線的方向，電勢降低最快的方向是場強的方向，故B錯誤。C、正電荷只在電場力作用下從一點移到另一點，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度。故C錯誤。D、根據(jù)電場力做功的表達式WAB＝UABq＝Eqd，負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，電場力做正功，WAB＞0，q＜0，則UAB＜0，所以φA＜φB，即向電勢高的地方運動。故D正確。故選：AD。點評：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，則電場強度與電勢沒有直接關系．順著電場線方向，電勢逐漸降低，但場強不一定減?。窘忸}思路點撥】1.一個誤區(qū)：沿電場線方向電勢逐漸降低，但是電勢降低的方向并不一定是電場線的方向。在所有電勢降低的方向中，沿電場線方向降低的最快。2.電勢高低的判斷方法總結(jié)：（1）電場線法：沿電場線方向，電勢逐漸降低。（2）場源電荷判斷法：離場源正電荷越近的點，電勢越高；離場源負電荷越近的點，電勢越低。（3）公式法：由φ=EP14．單個或多個點電荷周圍的電勢分布【知識點的認識】本考點旨在針對單個或多個（兩個不等量及兩個以上）點單荷疊加情況下的電勢分布問題?！久}方向】如圖所示為一對不等量異號點電荷的電場線分布，下列說法正確的是（）A、Q1的電性無法確定B、Q1的帶電荷量一定比Q2的帶電荷量少C、A點電勢一定高于B點電勢D、B處沒畫出電場線故B處場強為零分析：根據(jù)電場線的特點判斷Q1的電性；根據(jù)電場線的分布圖，利用對稱性比較A、B所帶的電荷量大小；沿著電場線方向電勢降低；根據(jù)電場強度疊加原理判斷B處場強。解答：A、根據(jù)電場線的特點得電場線從正電荷出發(fā)，所以Q1帶正電，故A錯誤；B、電場線疏密程度反映電場強度大小，Q1處附近電場強度大于Q2處附近電場強度，所以Q1的帶電荷量一定比Q2的帶電荷量大，故B錯誤；C、沿著電場線方向電勢降低，所以A點電勢一定高于B點電勢，故C正確；D、電場線實際并不存在，沒有畫出電場線的位置不代表沒有電場，根據(jù)電場強度疊加原理也得出B處場強不為零，故D錯誤；故選：C。點評：本題考查電場線的分布和電場的疊加原理，考查借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，并掌握點電荷電場強度公式的內(nèi)容，注意矢量合成法則的應用?！窘忸}思路點撥】電勢是標量，電勢的疊加遵循代數(shù)相加法則，如果A、B兩個點電荷在空間中C點產(chǎn)生的電勢分別為φA、φB，那么C點的電勢φ＝φA+φB。15．等量異種電荷的電勢分布【知識點的認識】等量異種電荷的電勢分布如下圖（用等勢面表示）：1.等勢面的特點：（1）關于中垂面對稱的閉合曲面，也關于兩源電荷連線對稱。（2）中垂面是電勢為0的等勢面，正電荷一側(cè)各點電勢大于0，負電荷一側(cè)各點電勢小于0。2.兩電荷連線上各點的電勢情況如下：（1）連線上從正電荷到負電荷電勢一直降低（2）關于中點對稱的點，電勢互為相反數(shù)（3）離正電荷越近電勢越高，離負電荷越近電勢越低（4）越靠近源電荷時等差等勢面越密集3.總結(jié)：（1）中點電勢為0，是左右兩側(cè)電勢的正負分界點（2）關于連線對稱的點電勢相等，關于中點、中垂面對稱的點電勢互為相反數(shù)（可同為0）【命題方向】如圖所示，A、B是兩個等量異種點電荷，C、D是A、B連線的中垂A、線上且與連線距離相等的兩點，則（）B、在A、B連線的中垂線上，從C到D，各點電勢都相等，場強都相同C、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，電勢先升高后降低D、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，各點的電勢都相等分析：在A、B連線上，從A到B，場強先減小后增大，電勢逐漸升高，根據(jù)等量的異種電荷的電場的分布的規(guī)律，在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，并且中垂線上的電勢都為零，由此可以分析電場力和電勢能的變化．解答：A、在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，但是電場強度的大小不同，在正中間的電場強度最大，向兩邊逐漸的減小，所以A錯誤；B、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，但是垂線上的所有點的電勢都為零，所以B錯誤，C正確；D、從正電荷到負電荷，電勢是逐漸升高的，所以從A到B，電勢逐漸升高，離電荷越近，電荷的場強越大，所以從A到B，場強先減小后增大，所以D正確。故選：CD。點評：本題要求學生了解等量異種電荷的電場線及電場特點，并能判斷電場的變化．【解題思路點撥】電勢是標量，電勢的疊加遵循代數(shù)相加法則，如果A、B兩個點電荷在空間中C點產(chǎn)生的電勢分別為φA、φB，那么C點的電勢φ＝φA+φB。16．電場力做功與電勢差的關系【知識點的認識】1.電勢差與電場力做功的關系UAB=W2.推導：設電荷q在電場中從A點移動到B點，根據(jù)靜電力做功等于電勢能的減小量可知WAB＝EPA﹣EPB又EP＝qφ，所以WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＝qUAB所以UAB=【命題方向】在電場中把一個電荷量為﹣6×10﹣8C的點電荷從A點移到B點，電場力做功為﹣3×10﹣5J，將此電荷從B點移到C點，電場力做功4.5×10﹣5J，求：（1）A與C兩點間的電勢差；（2）取C點為電勢零點時，A的電勢為多大？（3）若是把一個q＝4×10﹣8C的點電荷在電場中移動則由A移到B電場力做多少功？由B移到C電場力做多少功？分析：（1）根據(jù)電勢差的公式分別求出A與B兩點間和B與C兩點間電勢差，再求解A與C兩點間的電勢差．（2）A與C兩點間的電勢差UAC＝φA﹣φC．（3）在AB間、BC間移動正電荷時，它們之間的電勢差不變，由電場力做功公式W＝qU求解電場力做功．解答：（1）A與B兩點間UAB=WABq=B與C兩點間電勢差UBC=WBCq則A與C兩點間的電勢差UAC＝UAB+UBC＝﹣250V；（2）由UAC＝φA﹣φC，φC＝0得到，φA＝﹣250V；（3）若移動q＝4×10﹣8C，電場力做功WAB′＝qUAB＝4×10﹣8×500J＝2×10﹣5JWBC′＝qUBC＝4×10﹣8×（﹣750）J＝﹣3×10﹣5J答：（1）A與C兩點間的電勢差是﹣250V；（2）取C點為電勢零點時，A的電勢為﹣250V；（3）若是把一個q＝4×10﹣8C的點電荷在電場中移動則由A移到B電場力做功是2×10﹣5J，由B移到C電場力做功是﹣3×10﹣5J．點評：本題考查電勢差公式的應用．第（1）問中，也可根據(jù)電場力做功與電荷經(jīng)過路徑無關，直接求出電荷從A到C電場力做功WAC＝WAB+WBC，再求AC間電勢差．【解題思路點撥】電勢差與電場力做功的關系為WAB＝qUAB，計算時要代入各數(shù)據(jù)的正負號。17．勻強電場中電勢差與電場強度的關系【知識點的認識】一、電勢差與電場強度的關系式1．關系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強電場中才有這個關系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關系：場強的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質(zhì)描述了電場的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標量，無方向規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強電場使小球由A點運動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．（1）判斷勻強電場的場強方向；（2）求電場強度的大??；（3）求小球到達B點時的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，根據(jù)運動情況判斷勻強電場的場強方向；（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關系求解電場強度的大小（3）根據(jù)動能定理求解小球到達B點時的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，所以勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據(jù)動能定理研究小球由A點運動到B點，qU=v＝210m/s答：（1）勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）電場強度的大小是200V/m；（3）小球到達B點時的速率是210m/s．點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關系，在具體題目中能熟練的應用．【解題方法點撥】U＝Ed關系的應用：公式U＝Ed中d是沿場強方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關系只適用于勻強電場，變形后E=Ud，用它可求18