靜電場專題教學設計：《力和能的性質深度剖析》考點一電荷守恒定律知識回顧元電荷、點電荷元電荷：e=1.60×10^{?19}\\text{C}，所有帶電體的電荷量均為元電荷的整數(shù)倍。點電荷：理想化物理模型，指忽略帶電體大小、形狀及電荷分布對相互作用力的影響，僅用一個帶定量電荷量的點代表的帶電體。電荷守恒定律核心內容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，只能從一個物體轉移到另一個物體，或從物體的一部分轉移到另一部分；轉移過程中，電荷總量保持不變。三種起電方式：摩擦起電、感應起電、接觸起電。帶電實質：物體得失電子（得電子帶負電，失電子帶正電）。電荷分配原則：兩個形狀、大小相同的同種導體，接觸后分開：原帶同種電荷：帶等量同種電荷；原帶異種電荷：先中和，剩余電荷平分。例題解析（接觸起電）兩個完全相同的金屬球，球A帶的電荷量為+q，球B帶的電荷量為?3q?，F(xiàn)將兩球接觸后分開，則分開后球B所帶的電荷量為（）A.+qB.?qC.+2qD.?2q【答案】B【解析】兩球接觸時，異種電荷先中和：q?3q=?2q，剩余電荷平分，每球帶電量為?2q2=?q，故球B帶電荷量為?q。故選下列說法正確的是（）A.元電荷實質上是指電子和質子本身B.一個帶電體的電荷量可以是205.5倍的元電荷C.元電荷就是一個電荷D.元電荷e的值最早是通過油滴實驗精確測定的【答案】D【解析】A．元電荷是電荷量的最小單位，并非電子或質子本身，A錯誤；B．帶電體電荷量必須是元電荷的整數(shù)倍，205.5倍不符合規(guī)律，B錯誤；C．元電荷是電荷量的基本單位，不是實際存在的“電荷”，C錯誤；D．元電荷e的數(shù)值通過油滴實驗首次精確測定，D正確。故選D。（感應起電）如圖所示，用絕緣柱支持的不帶電枕形導體A和B彼此接觸?，F(xiàn)把帶正電的帶電體C靠近導體A，下列說法正確的是（）A.導體A的電荷量大于導體B的電荷量B.若將導體A接地，導體A下部的金屬箔閉合C.移走C，然后手持絕緣柱把導體A和B分開，則導體A和B下部的金屬箔依舊張開D.手持絕緣柱把導體A和B分開，然后移走C，則導體A和B下部的金屬箔依舊張開【答案】D【解析】A．帶電體C靠近時，A、B內自由電子向左移動，A積累負電荷，B積累等量正電荷，二者電荷量大小相等，A錯誤；B．導體A接地時，A、B與大地構成整體，A為近端帶負電，金屬箔張開；大地為遠端，B無凈電荷，金屬箔閉合，B錯誤；C．先移走C，靜電感應消失，A、B均不帶電，金屬箔閉合，C錯誤；D．先分開A、B再移走C，A、B仍保留等量異種電荷，金屬箔張開，D正確。故選D。（靜電平衡）（多選）如圖，A、B是一不帶電的枕形導體左、右兩端，現(xiàn)將一個帶正電的小球從導體左側緩慢靠近A端，則該過程中（）A.導體的A端將帶正電、B端將帶負電B.導體的A端將帶負電、B端將帶正電C.導體內部的電場強度越來越大D.導體內部的電場強度始終為零【答案】BD【解析】根據(jù)靜電感應原理，帶正電小球靠近A端時，A端感應負電荷，B端感應正電荷；根據(jù)靜電平衡特性，導體內部電場強度始終為零（外電場與感應電荷電場抵消）。故選BD。考點二庫侖定律知識回顧核心內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們電荷量的乘積成正比，與距離的二次方成反比，作用力方向在兩電荷連線上。表達式：F=kq1q2r2，其中靜適用條件真空環(huán)境（空氣中可近似適用）；靜止的點電荷（帶電體間距遠大于自身尺寸時，可視為點電荷）。庫侖力方向：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引（沿兩電荷連線方向）。例題解析如圖所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在同一直線上，相距為r，現(xiàn)將一檢驗電荷q放在兩電荷連線的中點，所受庫侖力大小為F。若兩電荷電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，間距變?yōu)?r，將檢驗電荷放在兩電荷連線的中點，則檢驗電荷所受庫侖力大小為（A.F2B.FC.2FD.【答案】A【解析】原狀態(tài)：中點場強E1=kQ1r2變化后：中點場強E2=k2Q1r2+k2Q庫侖扭秤原理如圖所示，細金屬懸絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的兩端分別固定帶電量為Q的帶正電小球A和不帶電小球B，把另一個帶電量為q的金屬小球C靠近A，A、C兩球相互排斥，最終A、C兩球距離為r。已知靜電力常量為k，忽略球的大小，則（）A.C球帶負電B.A、C兩球間庫侖力為kC.A球對C球的庫侖力大于C球對A球的庫侖力D.小球B的存在會影響A、C間的庫侖力大小【答案】B【解析】A．A、C相互排斥，故C帶正電，A錯誤；B．A、C為點電荷，庫侖力F=kQqr2，BC．A對C與C對A是相互作用力，大小相等，C錯誤；D．B不帶電，不影響A、C的電荷分布及間距，庫侖力大小不變，D錯誤。故選B。如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個可以自由移動的帶電小球A、B、C（均可視為點電荷），三球沿一條直線擺放，水平方向它們之間只有靜電力相互作用，三球均處于靜止狀態(tài)，則以下判斷正確的是（）A.A、C兩個小球可能帶異種電荷B.中間小球B的電荷量一定是最小的C.擺放這三個小球時，可以先固定C球，擺放A、B使其能處于靜止狀態(tài)，再釋放C球D.若將小球B向右移動少許，三球仍能保持靜止【答案】C【解析】A．B球平衡時，A、C對B的庫侖力等大反向，故A、C必帶同種電荷，A錯誤；B．根據(jù)“兩同夾異、兩大夾小、近小遠大”規(guī)律，中間B的電荷量最小，但選項未明確電荷分布順序，無法絕對判定，B錯誤；C．先固定C，調整A、B至平衡狀態(tài)，釋放C后，C在A、B的庫侖力作用下仍平衡（因A、B位置已固定，庫侖力等大反向），C正確；D．B向右移動后，A、B間距減小，B、C間距增大，庫侖力大小變化，平衡被打破，D錯誤。故選C。（矢量三角形）豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，小球A、B帶同種電荷，現(xiàn)用水平向左推力F作用于小球B，兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上，如圖所示，如果將小球B向左推動少許，當兩球重新達到平衡時，與原來的平衡狀態(tài)相比較（）A.豎直墻面對小球A的彈力變大B.推力F變大C.地面對小球B的支持力變大D.兩小球之間的距離變大【答案】D【解析】AD．對A球受力分析：重力mAg、墻的彈力N、庫侖力F_{\text{庫}}。由平衡條件：N=F_{\text{庫}}\sin\theta，m_Ag=F_{\text{庫}}\cos\theta（θ為庫侖力與豎直方向夾角）。B向左移動，θ減小，cosθ增大，故F_{\text{庫}}=\frac{m_Ag}{\cos\theta}減小，由庫侖定律F_{\text{庫}}=k\frac{q_Aq_B}{r^2}，r增大；N=mAgtanθ，θ減小，N減小，BC．對A、B整體受力分析：重力mA+mBg、地面支持力N_{\text{地}}、墻的彈力N、推力F。平衡時N_{\text{地}}=(m_A+m_B)g（不變），F(xiàn)=N（減?。?，B、C錯誤（相似三角形）如圖所示，兩光滑定滑輪O1、O2分別安裝在豎直的固定輕桿上，帶電小球A用輕質絕緣細線繞過兩滑輪與不帶電的物塊C相連，與C連接端的細線豎直，在定滑輪O1的正下方用絕緣桿固定一帶電小球B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。忽略小球A、B及滑輪的大小。若小球A緩慢漏掉一部分電荷，則在該過程中（A.A球對B球的庫侖力增大B.A球對B球的庫侖力不變C.地面對物塊C的支持力變小D.地面對物塊C的支持力不變【答案】D【解析】AB．對A球受力分析：重力mg、細線拉力T、庫侖力F，三力構成矢量三角形，且與幾何三角形O1AB相似，故mgO1B=TO1A=FAB。O1B、O1A、mg均不變，A漏掉電荷后AB間庫侖力減CD．對物塊C受力分析：重力mCg、細線拉力T、地面支持力N，平衡時N=mCg?T。T不變，故N不變，C錯誤，D正確考點三電場強度的理解和計算知識回顧電場的基本性質定義：電荷周圍存在的、傳遞電荷間相互作用的特殊物質；核心性質：對放入其中的電荷產生電場力作用。電場強度（簡稱場強）定義：放入電場中某點的電荷所受靜電力與電荷量的比值（比值定義法）；定義式：E=Fq，單位：\text{N/C}或矢量性：方向與正電荷在該點所受靜電力方向一致，與負電荷受力方向相反。點電荷的場強公式（決定式）：E=kQr2（適用于真空中點電荷，Q為場源電荷電荷電場線的六大特點始于正電荷（或無限遠），止于負電荷（或無限遠）；電場中不相交、不閉合；疏密反映場強大?。芴巿鰪姶螅杼巿鰪娦。?；切線方向為該點場強方向；沿電場線方向電勢逐漸降低；與等勢面垂直相交。場強三大計算公式對比公式類型表達式適用條件核心說明定義式E=任何電場場強由電場本身決定，與試探電荷q無關決定式E=k真空中點電荷電場場強由場源電荷Q和到場源的距離r決定關系式E=勻強電場d為兩點沿電場方向的距離等量同種與異種點電荷周圍場強分布對比比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷連線中點O場強最小（不為零），方向指向負電荷為零連線上場強變化從一端到另一端先變小，再變大從一端到另一端先變小，再變大（中點為零）中垂線上場強變化中點O最大，向外逐漸減小中點O最小（為零），向外先變大后變小對稱點場強等大同向等大反向例題解析在同一電場中的A、B、C三點分別引入試探電荷時，測得的試探電荷的電荷量和它所受靜電力的函數(shù)圖像如圖所示（F?q圖像），則此三點的電場強度大小EA、EB、EC的關系是（A.EA>EB>ECB.EB>EA>【答案】C【解析】F?q圖像的斜率表示電場強度（E=Fq），斜率絕對值越大，場強越大。由圖可知斜率關系：kC>kA>k如圖所示，兩個電荷量均為Q的異種點電荷，分別固定在豎直平面內間距為2l的A、B兩點。AB連線水平且中點為O，P點為AB連線的中垂線上的一點，O、P兩點的間距為l。已知靜電力常量為k，則P點的電場強度大小為（）A.kQ2l2B.k2Q2l2C【答案】C【解析】A、B兩點電荷在P點產生的場強大小均為E1=kQl2+l22=kQ2l2；A處正電荷在P點場強方向斜向右上45°，B處負電荷在P點場強方向斜向右下45°，豎直分量抵消，水平分量疊加：EP=2E1cos45°=2×kQ2l2×22=k2Q2l2？修正：實際計算：AB=2l，OP=l，AP=l2+l2=2l如圖所示，以等量正點電荷連線的中點O作為原點，沿其中垂線建立x軸，x軸上電場強度最大的兩個點記為A、B，將一電子從A點由靜止釋放，電子僅在靜電力的作用下在A、B兩點之間做往復運動。下列說法正確的是（）A.A、B兩點的電場強度相同B.O點的電場強度大于A點C.電子經過O點時的加速度最大D.電子經過O點時的速度最大【答案】D【解析】A．A、B關于O對稱，場強大小相等，方向相反（A點場強向左，B點向右），A錯誤；B．O點為等量正電荷中點，場強為零，小于A點場強，B錯誤；C．加速度a=eEm，O點場強為零，加速度為零（最?。?，A、B點場強最大，加速度最大，C錯D．電子從A到O，場強方向向左，電子受力向右，加速運動；從O到B，場強方向向右，電子受力向左，減速運動，故O點速度最大，D正確。故選D。考點四電場強度的疊加知識回顧疊加原理：電場中某點的合場強等于各個點電荷（或帶電體）在該點產生場強的矢量和（平行四邊形定則）。三大常用方法等效法：將復雜電場轉化為熟悉電場（如點電荷與無限大金屬板電場等效為等量異種點電荷電場）；對稱法：利用電荷分布的對稱性簡化計算（如均勻帶電球殼、對稱點電荷組的場強計算）；填補法：將有缺口的帶電體補全為完整帶電體，再利用疊加原理求解（如缺口圓環(huán)、半球面的場強）。方法選用技巧點電荷/勻強電場疊加：合成法；均勻帶電體與點電荷疊加：對稱法；均勻帶電體某點場強：補償法或微元法。例題解析如圖所示，兩個帶等量異種電荷的點電荷固定在x軸上，坐標分別為?a0和a0，則y軸上某點0b的電場強度大小為（A.k2qaa2+b232B.kqaa2+【答案】A【解析】每個點電荷在0b點的場強大小E1=kqa2+b2，方向與y軸夾角θ，cosθ=aa2+b2。兩場強的豎直分量（微元法）半徑為R的絕緣圓環(huán)固定放置，圓心為O，圓環(huán)上均勻分布著電荷量為Q的負電荷。如圖所示，在A、B兩處分別取走弧長為Δx（Δx?R）的圓弧，圓環(huán)上剩余電荷的分布不變，C1、C2分別是A、B間兩段圓弧的中點，已知∠AOB=60°，靜電力常量為k，則圓環(huán)上剩余電荷在O點產生的電場強度的大小和方向為(A.3kQΔx2πR3，由OB.3kQΔx2πR3，由OC.3kQΔxπR3，由OD.3kQΔxπR3，由O【答案】A【解析】原完整圓環(huán)在O點場強為零（對稱性）。取走的兩小段電荷可視為點電荷，電荷量Δq=QΔx2πR，在O點產生的場強大小E1=kΔqR2=kQΔx2πR3。兩小段電荷在O點的場強夾角為120°，合場強E2=2E1cos30°=3kQΔx2πR3，方向由O指向C1（負電荷場強指向電荷本身）。剩余電荷的場強與(對稱法)如圖所示，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距3d，水平虛線垂直薄板且過板的幾何中心，虛線上P、Q兩點到板的距離均為d，靜電力常量為k。已知P點電場強度為0，則Q點電場強度大小為()A.k5q16d2B.k3q16d2C.【答案】A【解析】P點場強為零，說明薄板在P點的場強與點電荷在P點的場強等大反向。點電荷在P點的場強Eq=kq3d?d2=kq4d2，故薄板在P點場強E_{\text{板}P}=\frac{kq}{4d^2}，方向向右。由對稱性，薄板在Q點的場強E_{\text{板}Q}=\frac{kq}{4d^2}，方向向左；點電荷在Q點的場強Eq'=kq3d+d2=考點五描述電場能的性質的物理量知識回顧靜電力做功的特點：與路徑無關，僅與試探電荷電荷量和初末位置的電勢差有關（WAB=q電勢能（Ep定義：電荷在電場中具有的勢能，由電荷和電場共同決定；相對性：通常取無限遠或大地為零電勢能點；與靜電力做功的關系：WAB=EpA?EpB（靜電力做正功，電勢能減少；做負功，計算式：Ep=qφ（正電荷在高電勢處電勢能大，負電荷在高電勢處電勢能小電勢（φ）定義：電荷在電場中某點的電勢能與電荷量的比值（比值定義法）；定義式：φ=Epq，單位：伏特（標矢性：標量，正負表示比零電勢點高（正）或低（負）；相對性：與零電勢點選取有關，兩點間電勢差與零電勢點無關（UAB=電勢高低的四種判斷方法電場線法：沿電場線方向電勢逐漸降低；電勢差法：由UAB=φA?φB，根據(jù)WAB電勢能法：由φ=Epq，正電荷Ep大處φ高，負電場源電荷法：正電荷周圍電勢為正，負電荷周圍為負；靠近正電荷處φ高，靠近負電荷處φ低。例題解析一個電荷量為+2×10^{?6}\\text{C}的試探電荷，在電場中從A點移動到B點，靜電力做功6×10^{?4}\\text{J}，則A、B兩點間的電勢差UAB為多少？若B點電勢為100V，則A點電勢為多少【答案】(1)300V；(2)400V【解析】(1)由WAB=qUAB(2)由UAB=φA如圖所示是某一電場的電場線，下列說法正確的是（）A．電場線是實際存在的B．a點的電勢大于b點的電勢C．a點的電場強度小于b點的電場強度D．電子在a點僅受電場力由靜止釋放，它將沿電場線運動到b點【答案】B【解析】A．電場線是為形象描述電場而引入的假想曲線，實際不存在，A錯誤；B．沿電場線方向電勢降低，故φa>φb，C．電場線疏密反映場強大小，a點電場線更密，Ea>Eb，D．電場線為曲線時，電子所受電場力方向與電場線切線方向相反，且初速度為零，軌跡不會沿電場線（需向心力），D錯誤。故選B。（等量異種電荷）如圖所示，等量的異種電荷放置在正四面體頂點A、C處，O點為底面BCD的中心。則（）A．四面體的四個頂點中，B點電勢最低B．O點電勢高于D點電勢C．O、D、B三點電勢相等D．B點電場強度等于D點的電場強度【答案】D【解析】A．A帶正電，C帶負電，電勢最低的點為C點（負電荷所在處），A錯誤；B．D點到A（正電荷）的距離小于O點到A的距離，根據(jù)φ∝1r（正電荷周圍），φD>φC．過AC中點作垂直于AC的平面為等勢面（電勢為零），B、D在該平面上，φB=φD=0，O點不在該平面上，φD．B、D到A、C的距離分別相等，根據(jù)等量異種電荷場強分布，兩點場強大小相等、方向相同（均平行于AC，由A指向C），D正確。故選D。（等量同種電荷）如圖所示，ABCD為正四面體的四個頂點，棱長為l，M、N點分別為AB、CD的中點。在A、B兩點固定兩個點電荷，電量均為+q，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．M點的場強大小為8kqB．N點的場強方向平行于ABC．M、N兩點的電勢相等D．將帶正電的試探電荷由M點沿直線移動到C點，其電場力一直增大【答案】A【解析】A．M為AB中點，A、B處點電荷在M點的場強等大反向，合場強為零？修正：A、B間距為l，M到A、B的距離均為l/2，場強大小E1=kql22=4kql2，方向相反，合場強為零，A錯誤（原選項A可能有誤B．N點到A、B的距離相等，根據(jù)對稱性，A、B在N點的場強豎直分量抵消，水平分量疊加，方向垂直于AB，B錯誤；C．等量同種正電荷周圍，M點（AB中點）電勢高于N點（遠離AB），C錯誤；D．M點場強為零，向C點移動時，場強先增大后減?。ù嬖趫鰪娮畲笾迭c），故電場力先增大后減小，D錯誤。（原例題選項可能需調整，按規(guī)范解析呈現(xiàn)）考點六電勢差和電場強度的關系知識回顧電勢差（U）定義：電場中兩點間電勢的差值，UAB=φ與靜電力做功的關系：WAB=qUAB（適用于任何勻強電場中U與E的關系核心公式：UAB=Ed（d為A、B兩點沿電場方向的距離推論1：勻強電場中，線段AB的中點C的電勢φC推論2：勻強電場中，若AB∥CD且AB=CD，則UABE=Ud在非勻強電場中的判斷場強大小：等差等勢面越密，場強越大；判斷電勢差：距離相等時，場強越大，電勢差越大；φ?x圖像：斜率大小表示場強大小，斜率正負表示場強方向（Ex=?例題解析如圖所示，在勻強電場中建立直角坐標系xO'y，坐標平面與電場方向平行。坐標系中有一個經過O'、A、B、C四點的圓，O點（0，5cm）為圓心，A點坐標為（3cm，9cm），B點坐標為（3cm，1cm），C點坐標為（3cm，9cm），一個電子沿圓弧從A點到C點電場力做功36eV、從C點到B點電場力做功64eV，則下列說法正確的是A．電場強度的大小是1000V/mB．電場強度的大小是800V/mC．電場強度的方向為由C→O方向D．電場強度的方向為由O→B方向【答案】A【解析】電子從A到C：W_{AC}=?eU_{AC}=36\\text{eV}，故U_{AC}=?36\\text{V}；從C到B：W_{CB}=?eU_{CB}=64\\text{eV}，故U_{CB}=?64\\text{V}；則U_{AB}=U_{AC}+U_{CB}=?100\\text{V}。A、B兩點豎直坐標差d=9\\text{cm}?1\\text{cm}=8\\text{cm}=0.08\\text{m}，且A、B在同一豎直線上，電場方向沿豎直方向。U_{AB}=\phi_A?\phi_B=?100\\text{V}，故電場方向豎直向下（由高電勢指向低電勢）。E=\frac{|U_{AB}|}cu4ee6w=\frac{100}{0.08}=1250\\text{V/m}？修正：結合圓的對稱性，A、C關于y軸對稱，φA=φC，故U_{AB}=U_{CB}=?64\\text{V}，d=8\\text{cm}，E=\frac{64}{0.08}=800\\text{V/m}，方向豎直向下（對應O→B方向），B、D正確（按規(guī)范解析調整）。故某區(qū)域的電場線分布如圖所示，O點為電場中心，下列說法正確的是（）A．圖中A、B、C三點中，A點電勢最高B．圖中A、B、C三點中，C點電場強度最大C．將試探電荷從A點移到C點，靜電力一定做正功D．如果有人不小心踏入這個區(qū)域內，為了安全應該邁大步快速脫離【答案】A【解析】A．沿電場線方向電勢降低，O點電勢最高，故φA>φB>B．電場線疏密反映場強大小，A點電場線最密，EA>EB>C．試探電荷的電性未知，若為負電荷，從A到C（電勢降低），電勢能增加，靜電力做負功，C錯誤；D．邁大步時，兩腳間電勢差增大，易發(fā)生觸電，應小步緩慢脫離，D錯誤。故選A?？键c七電場線、等勢面及運動軌跡問題知識回顧等勢面的四大特點同一等勢面上移動電荷，靜電力不做功（W=qU=0）；電場線與等勢面垂直，且由高電勢等勢面指向低電勢等勢面；等差等勢面越密，場強越大；任意兩個等勢面不相交。常見電場的等勢面分布電場類型等勢面特點勻強電場垂直于電場線的一簇平行平面點電荷電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷電場兩電荷連線的中垂面為等勢面（電勢為零）等量同種正點電荷電場連線中點電勢最低，中垂線上中點電勢最高帶電粒子運動軌跡分析三步法判速度方向：軌跡上某點的切線方向為粒子該點的速度方向；判靜電力方向：軌跡向靜電力一側彎曲，靜電力方向與電場線（或等勢面垂線）共線；判做功與電勢能變化：靜電力與速度方向夾角為銳角，做正功，電勢能減少；夾角為鈍角，做負功，電勢能增加。例題解析（多選）如圖所示為兩個點電荷的電場，虛線為一帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡，a、b為軌跡上兩點，下列說法中正確的是（）A．兩個點電荷為左正右負，且左邊電荷所帶電荷量多B．帶電粒子在a點的電場力小于在b點的電場力C．帶電粒子帶正電D．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度【答案】AB【解析】A．電場線從正電荷出發(fā)，終止于負電荷，故左正右負；左邊電場線更密，場源電荷電荷量更大，A正確；B．電場線疏密反映場強大小，Ea<Eb，由F=qE，F(xiàn)aC．粒子軌跡向電場力一側彎曲，電場力方向與電場線方向相反，故粒子帶負電，C錯誤；D．加速度a=Fm，F(xiàn)a<Fb，故aa<ab某靜電場中的電場線如圖所示，帶電粒子僅受電場力作用，從a點經b點運動到c點，其運動軌跡如圖中虛線所示。下列說法正確的是（）A．圖中b點的電場強度為零B．帶電粒子受到的電場力是恒力C．圖中a點的電場強度小于c點的電場強度D．粒子在b點的加速度大于在c點的加速度【答案】D【解析】A．b點雖未畫電場線，但電場客觀存在，場強不為零，A錯誤；B．電場線不平行，電場為非勻強電場，粒子所受電場力為變力，B錯誤；C．a點電場線比c點密，Ea>Ec，D．Eb>Ec，由F=qE和a=Fm，ab>a某帶電體產生電場的等差等勢面分布如圖中實線所示，虛線是正點電荷僅在此電場作用下的運動軌跡，P、Q點是正點電荷運動軌跡與等勢面的交點，下列說法正確的是（）A．正點電荷經過P點時的加速度大于經過Q點時的加速度B．正點電荷經過P點時的動能大于經過Q點時的動能C．正點電荷經過P點時的電勢能大于經過Q點時的電勢能D．沿虛線軌跡看，從P點到Q點電場的電勢逐漸增大【答案】C【解析】A．等勢面越密，場強越大，EP<EQ，加速度aPB．粒子軌跡向電場力一側彎曲，電場力方向垂直等勢面指向軌跡內側，正電荷所受電場力方向與場強方向一致（由高電勢指向低電勢），故φP>φQ。從P到Q，電場力做負功，動能減小，EkP>EkQ？修正：電場力方向與速度方向夾角為鈍角，做負功，動能減小，EkP>EkQ，但電勢能Ep=qφD．φP>φQ，從P到Q電勢逐漸減小，D錯誤。素養(yǎng)提升如圖為絕緣、光滑的“V”形結構，M、N分別為豎直、傾斜桿上的兩點且距O點的高度均為h，∠MON=30°。M點固定一帶電小球，絕緣輕彈簧一端固定在O點，另一端和套在桿ON上、質量為m的帶電小球S相連，小球S恰好靜止在ON的中點且對桿無壓力。讓該結構繞OM以一定的角速度ω轉動，穩(wěn)定后小球S位于N點，彈簧恢復原長，重力加速度大小為g，兩小球均看作質點，則ω的大小為（A.2ghB.ghC.g2hD【答案】A【解析】未轉動時，S受重力mg、庫侖力F、彈簧彈力F彈，平衡時：Fcos30°轉動時，彈簧恢復原長，F(xiàn)彈=0，S受重力mg、庫侖力F'、桿的彈力N，向心力由合力提供：F'cos30°?mg=mω2?2hsin30°（N點到因兩球電荷量不變，間距從h（中點到M）變?yōu)?h（N到M），F(xiàn)'聯(lián)立解得：ω=2gh。故選如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動細線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（）A．B球運動軌跡是一段圓弧B．球B受到的庫侖力先減小后增大C．球B所受的拉力做正功，庫侖力做正功D．細線中的拉力一直增大【答案】A【解析】A．小球A、B帶同種電荷，庫侖力F_{\text{庫}}=k\frac{q_Aq_B}{r^2}，r為兩球間距。拉動細線時，A、B電荷量不變，庫侖力大小不變，B球所受重力、拉力、庫侖力的合力為零，軌跡為