1、專題八靜電場,高考物理 (新課標專用),A組統(tǒng)一命題課標卷題組 1.(2017課標,20,6分)(多選)在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標(ra,a)標出,其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是() A.EaEb=41B.EcEd=21,五年高考,C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC本題考查場強與電勢。由圖可

2、知:ra=1 m、a=6 V;rb=2 m、b=3 V;rc=3 m、c=2 V;rd=6 m、d=1 V。由點電荷的場強公式E=得EaEbEcEd=3694 1,A正確、B錯誤。由WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正確、D錯誤。,方法技巧電場力做功的計算方法 定量計算電場力做功時,第一種方法是利用W=qU;第二種方法是利用功能關(guān)系即電場力所做的功等于電勢能的變化量;第三種方法是利用動能定理;第四種方法是由功的定義得W=qEl cos 。其中最后一種方法僅適用于勻強電場中。,2.(2017課標,21,6分)(多選)一勻強電場的方向平

3、行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是() A.電場強度的大小為2.5 V/cm B.坐標原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV,答案ABD本題考查電場強度、電勢、電勢差。 設(shè)a、c連線上d點電勢為17 V,如圖所示,則=,得ldc=4.5 cm,tan =,=37。過c作bd 垂線交bd于e點,則lce=ldc cos =4.5 cm=3.6 cm。ce方向就是勻強電場方向,場強大小為E,Elce= Ucb,E=2.5 V/cm,A項正確。Ue

4、O=ElOb sin 53=16 V,故O點電勢0=17 V-16 V=1 V,B項正確。電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV,C項錯誤。電子從b點到c點電場力做功W=9 eV,D項正確。,方法技巧充分利用直角三角形中37和53的關(guān)系 Oa為6 cm,Ob=8 cm,這樣連接O、c,cOb=37,Ocb=53。 在a、c連線上找d=17 V,bd為等勢線。由對應(yīng)關(guān)系得lcd=4.5 cm,cbe=37。Oec恰好為電場線。 充分利用電場中的角度,以37和53的關(guān)系解題。,3.(2016課標,14,6分)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出,則電容器()

5、A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變,答案D電容器電容C=,云母介質(zhì)移出,r減小,C減小;又C=,電源恒壓,U一定,C減小,故 Q減小;電場強度E=,故E不變,選項D正確。,審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞:恒壓直流電源、介質(zhì)移出。,評析此題考查電容器電容、電荷量及電場強度之間的關(guān)系,難度為易,考生根據(jù)相關(guān)公式即可分析解答。,4.(2016課標,20,6分)(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻

6、力。由此可知() A.Q點的電勢比P點高 B.油滴在Q點的動能比它在P點的大 C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小,答案AB由油滴軌跡在豎直面內(nèi)相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力為0,豎直方向上油滴受重力和電場力,結(jié)合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力大于重力,油滴受力及電場線方向如圖所示,由沿電場線方向電勢逐漸降低,得Q點的電勢比P點的高,A選項正確;油滴從Q點到P點合力做負功,根據(jù)動能定理得油滴在Q點的動能大于它在P點的動能,這一過程中電場力做負功,則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能,故B項正確,C項錯;因為重力和電場力

7、為恒力,所以油滴在Q、P兩點的加速度相同,故D項錯誤。,評析以電場和重力場為背景,考查電場及運動的知識,關(guān)鍵在于分析出對稱性的特點,才能得出電場力與重力的大小關(guān)系及方向,屬于中等難度。,5.(2016課標,15,6分)如圖,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動,運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi),a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用,其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc。則() A.aaabac,vavcvbB.aaabac,vbvcva C.abacaa,vbvcvaD.abacaa,vavcvb,答案D帶

8、電粒子在電場中僅受電場力作用,由牛頓第二定律知加速度a=,E=k,因 為rbacaa; 由動能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m 因為Wabvb 因為Wbc0,所以vcvb 因為|Uab|Ubc|,所以vavc 故有vavcvb,D項正確。,規(guī)律總結(jié)掌握點電荷電場的特點及電場力做功與電勢差的關(guān)系,明確僅在電場力作用下,加速度的大小取決于場強的大小,速度的大小取決于電場力做功的正負及大小。,評析本題在考查點電荷電場的電場線、等勢面的分布特點及電場力做功與電勢差關(guān)系的同時,綜合考查了牛頓運動定律及動能定理的內(nèi)容,綜合性較強。,6.(2016課標,15,6分)關(guān)于靜電場的等

9、勢面,下列說法正確的是() A.兩個電勢不同的等勢面可能相交 B.電場線與等勢面處處相互垂直 C.同一等勢面上各點電場強度一定相等 D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功,答案B假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交,則交點處的電勢就是兩個不同的值,這是不可能的,A錯誤;同一等勢面上各點電勢相等,而場強不一定相等,C錯誤;負電荷從高電勢處移到低電勢處,電勢能增加,電場力做負功,D錯誤。,方法技巧用類比法理解電荷在電場中運動的過程中電場力做功以及電勢能變化情況:一塊石頭從山頂(高地勢處)滾落到山腳(低地勢處),重力勢能減少,重力做正功。與此類似,正電荷從高電勢處向低電勢處

10、移動,電勢能減少,電場力做正功,所以,可將正電荷與石頭類比。如果是負電荷的運動,只要把正電荷電勢能變化、電場力做功情況反過來就可以了。,7.(2015課標,15,6分,0.699)如圖,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為M、N、P、Q。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等。則() A.直線a位于某一等勢面內(nèi),MQ B.直線c位于某一等勢面內(nèi),MN C.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功,答案B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,MN=

11、P,故過N、P點的直線d位于某一等勢面內(nèi),則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內(nèi),選項A錯、B正確;M=Q,則電子由M點運動到Q點,電場力不做功,選項C錯誤;由于PM=Q,電子由P點運動到Q點,電勢能減小,電場力做正功,選項D錯誤。,解題關(guān)鍵電子帶負電荷。由“一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等”知N、P兩點在同一等勢線上,則直線c、d為勻強電場中的等勢線。由于勻強電場中電場線與等勢線垂直可知,a和b為電場線。由于電場力對電子做負功,可知電場方向為MN。,知識總結(jié)勻強電場中電場線和等勢線分別是相互垂直的兩組平行線。電場力對電場中運動電荷做的功W=q。,8.(2015

12、課標,14,6分,0.586)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將() A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動,答案D最初帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài),受力如圖(1),Eq=mg;當(dāng)兩板繞過a點的軸逆時針轉(zhuǎn)過45時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項D正確。,審題指導(dǎo)“微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)”,即處于平衡狀態(tài),所受的合外力為零,得微粒所受的電場力與其重

13、力大小相等方向相反;“將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45”,注意電容器帶電荷量不變,間距不變,正對面積也不變,故電場強度的大小不變,電場力的大小不變,僅方向逆時針旋轉(zhuǎn)45,根據(jù)平行四邊形定則求出合力的方向,確定微粒的運動即可。,9.(2014課標,19,6分,0.590)(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是() A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向,答案AD電場中場強為零的位置是絕對的,而電勢為零的位置是人為選取的;再者場強的大小表

14、征著電勢隨空間的變化率,而與電勢的大小無關(guān),故B錯誤。由沿電場線方向電勢降低,可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關(guān),故C錯誤。,10.(2013課標,15,6分,0.480)如圖,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點,a和b、b和c、c和d間的距離均為R,在a點處有一電荷量為q(q0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零,則d點處場強的大小為(k為靜電力常量) () A.kB.kC.kD.k,答案B由b點處場強為零知,圓盤在b點處產(chǎn)生的場強E1與q在b點處產(chǎn)生的場強E2大小相等,即:E1=E2=k,由對稱性,圓盤在d點產(chǎn)生的場

15、強E3=k,q在d點產(chǎn)生的場強E4=k,方向與E3相 同,故d點的合場強Ed=E3+E4=k,B正確,A、C、D錯誤。,評析本題考查點電荷場強的公式及電場的疊加,熟記點電荷場強公式是解此題的基礎(chǔ),考慮到圓盤的電場的對稱分布及d點處是兩個電場的合成是解題的關(guān)鍵。難度中等。,11.(2013課標,18,6分,0.586)如圖,在光滑絕緣水平面上,三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上:a、b帶正電,電荷量均為q,c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),則勻強電場場強的大小為() A.B. C.D.,即當(dāng)qc=2q時a可處于平衡

16、狀態(tài),同理b亦恰好平衡,故選項B正確。,解題思路三小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),則三小球均處于平衡狀態(tài),可選擇a、c小球受力分析,列出平衡方程求解,最后可對b進行驗證。,評析三球平衡是典型問題,充分考查了學(xué)生的想象、理解能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)工具能力,以及分析綜合能力。,12.(2013課標,16,6分,0.430)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電 粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移,則從P點開始下落的相同粒子將() A.打到下極板上B.

17、在下極板處返回 C.在距上極板處返回D.在距上極板d處返回,答案D設(shè)板間電壓為U,場強為E,則E=, 由動能定理得mgd-qEd=0 將下極板向上平移后,U不變,d=d,則E=E,設(shè)粒子在距上極板x處返回,則 mg(+x)-qEx=0 聯(lián)立解得:x=d,故D正確,A、B、C錯誤。,方法技巧(1)畫物理過程分析圖:學(xué)會畫過程分析圖有利于理清物理過程,尋找物理量之間的關(guān)系(如圖所示)。分析帶電粒子在各段所做的運動:在小孔上方做自由落體運動,然后在電容器內(nèi)做勻減速直線運動。 (2)選擇解題方法:帶電粒子在兩段都做勻變速直線運動,可以分段運用勻變速直線運動的規(guī)律;而多過程問題中,初、末位置速度都為零時

18、,對全過程運用動能定理分析更合適、更方便。,13.(2017課標,25,20分)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比; (2)A點距電場上邊界的高度; (3)該電場的電場強度大小。,答案(1)31(2)

19、H(3),解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學(xué)公式得 v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 聯(lián)立式得=3 (2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學(xué)公式 =2gh H=vyt+gt2 M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知 = 聯(lián)立式可得,h=H (3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則 = 設(shè)M、N離開電場時的動能分別

20、為Ek1、Ek2,由動能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知條件 Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立式得 E=,解題關(guān)鍵N離開電場時的速度方向豎直向下N在水平方向的速度恰好減速到0;方向水平向右的勻強電場M、N在豎直方向只受重力,二者在電場中的運動時間相等;剛離開電場時M的動能為N的1.5倍建立等式確定電場力和重力的關(guān)系。,14.(2017課標,25,20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然

21、將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度。 (2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。,答案見解析,解析(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動,故電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,加速度方向向上,大小a1滿足 qE2-mg=ma1 油滴在時刻t1

22、的速度為 v1=v0+a1t1 電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足 qE2+mg=ma2 油滴在時刻t2=2t1的速度為 v2=v1-a2t1 由式得 v2=v0-2gt1 (2)由題意,在t=0時刻前有 qE1=mg 油滴從t=0到時刻t1的位移為,s1=v0t1+a1 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2=v1t1-a2 由題給條件有 =2g(2h) 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上,依題意有 s1+s2=h 由式得 E2=E1 為使E2E1,應(yīng)有 2-+1 即當(dāng),0 才是可能的;條件式和式分別對應(yīng)于v20和v

23、2E1,應(yīng)有 2-1 即,t1 另一解為負,不合題意,已舍去。,解題指導(dǎo)多階段運動 物體的運動不僅僅取決于物體所受外力,還與物體的初速度有關(guān)。在多階段運動過程中,當(dāng)物體所受外力突變時,物體由于慣性而速度不發(fā)生突變,故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度。對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系,可以通過作運動過程草圖來獲得。,15.(2015課標,24,12分,0.298)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不

24、計重力。求A、B兩點間的電勢差。,答案,解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即 vB sin 30=v0 sin 60 由此得vB=v0 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=m(-) 聯(lián)立式得 UAB=,解題關(guān)鍵據(jù)運動的獨立原理:一個物體同時參與幾個不同方向的運動,每個分運動的規(guī)律相互獨立?？芍Ｗ釉贏和B兩點沿與電場垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30=v0 sin 60。A和B兩點速度方向雖然不同,但是并不影響動能定理的運用。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,1.(2017天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)

25、生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是() A.電子一定從A向B運動 B.若aAaB,則Q靠近M端且為正電荷 C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAEpB D.B點電勢可能高于A點電勢,答案BC本題考查帶電粒子在電場中的運動。電子的運動軌跡為曲線,由曲線運動的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左,因此電場線方向為水平向右(MN),若aAaB,則A靠近場源電荷Q,即Q靠近M端且為正電荷,選項B正確;若電子由AB,則水平向左的電場力與軌跡切

26、線方向的速度夾角大于90,電場力做負功,電勢能增加,即EpAB,選項D錯誤。,方法技巧運動軌跡與電場線關(guān)系 曲線運動的受力方向指向軌跡的凹側(cè)。受電場力方向在電場線所在直線上(切線所在直線上)。速度方向為軌跡的切線方向。正、負功的判斷。電勢高低與電勢能大小的關(guān)系。,2.(2017江蘇單科,8,4分)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有() A.q1和q2帶有異種電荷 B.x1處的電場強度為零 C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小 D.負電荷從x1移到x2,受到的電場力增大,答案AC本題考查識別-x圖象、場強與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢能

27、變化關(guān)系。-x圖線的切線斜率表示場強,由圖可知從x1到x2過程中,圖線切線斜率變小,到x2處斜率為0,即場強從x1到x2一直減小,且E2=0,電場力F=Eq,負電荷從x1移動到x2,受到電場力減小,選項B、D錯誤;沿x軸方向電勢由負到正,故x軸上的兩個電荷q1、q2為異種電荷,選項A正確;由圖可知x1x2,負電荷由低電勢到高電勢,電場力做正功,電勢能減小,選項C正確。,解題關(guān)鍵由U=Ed知-x圖線切線斜率表示場強E,x1=0,q1、q2分布在x1的兩側(cè)。,3.(2017江蘇單科,4,3分)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電

28、子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P點,則由O點靜止釋放的電子() A.運動到P點返回 B.運動到P和P點之間返回 C.運動到P點返回 D.穿過P點,答案A本題考查帶電粒子在勻強電場中的加(減)速運動。由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P點,由于板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E=,E不變,故電子仍運動到P點返回,選項A正確。,解題關(guān)鍵C板移動過程中,板間場強不變,能分析出這個結(jié)論是解答本題的關(guān)鍵點。,4.(2016天津理綜

29、,4,6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則() A.增大,E增大B.增大,Ep不變 C.減小,Ep增大D.減小,E不變,答案D極板移動過程中帶電荷量Q保持不變,靜電計指針張角變化反映板間電勢差U的變化,由C=和C=可知,極板下移,d減小,C增大,U減小,又E=,則E不變,Ep不變,綜合 上述,只有D選項正確。,疑難突破設(shè)固定在P點的點電荷帶電荷量為q,其在P點的電

30、勢能等于將其從P點移到零電勢處(下極板)電場力做的功。,5.(2015安徽理綜,15,6分)由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電荷量分別為q1和q2,其間距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量。若用國際單位制的 基本單位表示,k的單位應(yīng)為() A.kgA2m3B.kgA-2m3s-4 C.kgm2C-2D.Nm2A-2,答案B由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2s2,又 因1 N=1,整理可得k的單位應(yīng)為,即kgA-2m3s-4,故選項B正確。,6.(2015山東理綜,18,6分)直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上

31、,G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷,一電荷量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點,則H點處場強的大小和方向分別為() A.,沿y軸正向B.,沿y軸負向 C.,沿y軸正向D.,沿y軸負向,答案BM、N兩處的負點電荷在G處產(chǎn)生的合場強E1與O點處正點電荷在G處產(chǎn)生的場強等大反向,所以E1=,方向沿y軸正向,因為H與G關(guān)于x軸對稱,所以M、N兩處的負點電荷在H處產(chǎn) 生的合場強E2=E1=,方向沿y軸負向。當(dāng)正點電荷放在G點時,它在H點產(chǎn)生的場強E3=, 方向沿y軸正向,則H處的場強為EH=-=,方向沿y軸負向,B正確。,7.(2

32、015安徽理綜,20,6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為,其中 為平面上單位面積所帶的電荷量,0為常量。如圖所示的平行板電容器,極板正對面積為S,其間為真空,帶電荷量為Q。不計邊緣效應(yīng)時,極板可看作無窮大導(dǎo)體板,則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為() A.和B.和 C.和D.和,答案D由題意知帶電荷量為Q的極板上單位面積所帶的電荷量=,故一個極板激發(fā)的電 場的場強大小E=,而平行板電容器兩極板帶等量異種電荷,在極板間激發(fā)的電場等大 同向,由電場疊加原理知,極板間的電場強度大小為E合=2E=;兩極板間相互的靜電引力F=EQ =,選項D正確。,8.(2

33、015山東理綜,20,6分)(多選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內(nèi)微粒勻速運動,T 時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述,正確的是() A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd,答案BC由題意知qE0=mg,所以與T時間內(nèi)微粒的加速度等大反向,大小都等 于g。時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g,豎直位移y1=g,在T時 間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vy1-

34、g=0,豎直位移y2=vy1-g=g,所以y1=y2=,微粒克服 電場力做功W=q2E0=2mg=mgd,在重力作用下微粒的豎直位移為,其重力勢能減少了 mgd。綜上可知A、D錯誤,B、C正確。,9.(2015浙江理綜,20,6分)(多選)如圖所示,用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點,A上帶有Q=3.010-6 C的正電荷。兩線夾角為120,兩線上的拉力大小分別為F1和F2。A的正下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B,B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,A、B球可視為

35、點電荷),則() A.支架對地面的壓力大小為2.0 N B.兩線上的拉力大小F1=F2=1.9 N C.將B水平右移,使M、A、B在同一直線上,此時兩線上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 N D.將B移到無窮遠處,兩線上的拉力大小F1=F2=0.866 N,答案BC小球B和支架組成的整體,在三個力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k,聯(lián)立兩 式解得:FAB=0.9 N,FN=1.1 N,根據(jù)牛頓第三定律可判斷出A錯。小球A在四個力作用下平衡,如圖(甲)所示。 (甲) 由對稱性可知F1=F2,在豎直方向上有: 2F1 cos 60=2F2cos 60=mAg+FBA,解

36、得F1=F2=1.9 N,可見B正確。 當(dāng)B球與M、A共線時,A球受力情況如圖(乙)所示,(乙) 由幾何關(guān)系可知rAB=0.6 m,FBA=k=0.225 N。將A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上 述兩個方向上分力的合力為零可得:F1=1.225 N,F2=1.0 N,故C正確。B球移至無窮遠處時,A、B之間的庫侖力忽略不計,對A球由三力平衡條件可求得F1=F2=mAg=1.0 N,故D錯。,評析本題考查了庫侖定律和共點力平衡問題,情景清晰,但計算量稍大。題目難度中等,要求考生鎮(zhèn)定、細心。,10.(2015天津理綜,7,6分)(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地

37、飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上。整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么() A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C.三種粒子運動到屏上所用時間相同 D.三種粒子一定打到屏上的同一位置,答案AD設(shè)粒子離開電場E1時速度為v,由動能定理得qE1d1=mv2-0,v=,在電場E2中y= at2,E2q=ma,L=vt,tan =,聯(lián)立以上方程得y=,tan =。所以,在電場E2中電場力做功 W=E2qy=,三種粒子電荷量相等,做功相等,A項正確。因為在電場E2中y和tan 與q、m無關(guān),

38、故它們通過同一軌跡打到屏上同一點,D項正確。對全程應(yīng)用動能定理,設(shè)打到屏上的速度為v,則qE1d1+qE2y=mv2-0,解得v2=(E1d1+),所以氕核打到屏上的速度最大,故B項錯誤。在加 速電場中所用時間t1=,通過偏轉(zhuǎn)電場到達屏所用時間t2=(L+L),所以總時 間t=t1+t2,故氚核運動時間最長,C項錯誤。,11.(2015廣東理綜,21,6分)(多選)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則() A.M的帶電荷量比N的大 B.M帶負電荷,N帶正電荷 C.靜止時M受到的合力比N的大 D.移動過程中

39、勻強電場對M做負功,答案BD不考慮重力,取整體為研究對象,外力只有勻強電場的電場力,由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向,故M、N必帶有等量異種電荷,A錯誤;隔離出M,因N對其靜電引力向右,則電場E對其電場力必向左,即與場強方向反向,故M帶負電,則N帶正電,B正確;靜止時,M、N所受合力都為0,C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角,故D正確。,答案BD對小球M、N和桿組成的整體,由題意可知k=k,得xN,則C錯誤。M、N及細桿靜止于光滑絕緣桌面上,所以系統(tǒng)所受合外力為零,D正確。,13.(2014山東理綜,18,6分)如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域

40、abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于() A.B.C.D.,答案B因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向=v0t, 豎直方向=at2且滿足a=,三式聯(lián)立解得v0=,故B正確。,14.(2014天津理綜,2,6分)如圖所示,電路中R1、R2均為可變電阻,電源內(nèi)阻不能忽略,平行板電容器C的極板水平放置。閉合電鍵S,電路達到穩(wěn)定時,帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。如果僅改變下列某一個條件,油

41、滴仍能靜止不動的是() A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值 C.增大兩板間的距離D.斷開電鍵S,答案B設(shè)油滴質(zhì)量為m,電荷量為q,兩板間距離為d,當(dāng)其靜止時,有q=q=mg;由題圖知, 增大R1,UR1增大,油滴將向上加速,增大R2,油滴受力不變,仍保持靜止;由E=知,增大d,U不變時,E 減小,油滴將向下加速;斷開電鍵S,電容器將通過R1、R2放電,兩板間場強變小,油滴將向下加速,故只有B項正確。,15.(2013安徽理綜,20,6分)如圖所示,xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面,該導(dǎo)體充滿z0的空間為真空。將電荷量為q的點電荷置于z軸上z=h處,則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷?？臻g任意一點處的

42、電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零,則在z軸上z=處的場強大小為(k為靜電力常量)() A.kB.kC.kD.k,答案D點電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場在z0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點對稱的電偶極子形成的電場。所以z軸上z=處的場強E=k+k=k,選項D正確。,評析本題的等效關(guān)系出自課本內(nèi)容,要求考生認真閱讀課本、牢固掌握基本模型的應(yīng)用。難度中等。,16.(2013天津理綜,6,6分)(多選)兩個帶等量正電的點電荷,固定在圖中P、Q兩點,MN為PQ連線的中垂線,交PQ于O點,A為MN上的一點。一帶負電的試探電荷q,從A點由靜止釋放,只在靜電力作用下

43、運動,取無限遠處的電勢為零,則() A.q由A向O的運動是勻加速直線運動 B.q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C.q運動到O點時的動能最大 D.q運動到O點時電勢能為零,答案BC兩個等量正點電荷形成的電場不是勻強電場,在中垂線MN上由無窮遠到O點電場強度先增大后減小,電荷q所受電場力為變力,q將做變加速直線運動,A項錯誤。因q所受電場力方向指向O點,所以q由A向O運動過程中電場力做正功,電勢能減小,動能增大,B、C項均正確。因O點電勢大于零,故q在O點時的電勢能不為零,D項錯誤。,17.(2017上海單科,13)靜電場中某電場線如圖所示。把點電荷從電場中的A點移到B點,其電勢能增加1.21

44、0-7 J,則該點電荷帶電(選填“正”或“負”);在此過程中電場力做功為J。,答案負-1.210-7,解析從A到B,電勢能增加1.210-7 J,說明電場力做負功,做功為-1.210-7 J,故電場力方向與場強方向相反,該點電荷帶負電。,18.(2017北京理綜,22,16分)如圖所示,長l=1 m的輕質(zhì)細繩上端固定,下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角=37。已知小球所帶電荷量q=1.010-6 C,勻強電場的場強E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小球所受電場力F的

45、大小。 (2)小球的質(zhì)量m。 (3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。,答案(1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s,解析本題考查物體的平衡與動能定理。 (1)F=qE=3.010-3 N (2)由=tan 37,得m=4.010-4 kg (3)由mgl(1-cos 37)=mv2,得 v=2.0 m/s,解題指導(dǎo)(1)小球平衡時,正確進行受力分析。(2)撤去電場后,小球會從高處擺下,在小球從開始運動到到達最低點的過程中,機械能守恒。,19.(2015四川理綜,10,17分)如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊,A是軌道上

46、一點,過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.010-6 C,質(zhì)量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)=0.4。P從O點由靜止開始向右運動,經(jīng)過0.55 s到達A點,到達B點時速度是5 m/s,到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為,且tan =1.2。P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用,F大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2。求:,(1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間; (2)小物體P從A運動至D的過程,電場力做的功。,答案(1)0

47、.5 s(2)-9.25 J,解析(1)小物體P的速率從0至2 m/s,受外力F1=2 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1,經(jīng)過時間t1速度為v1,則 F1-mg=ma1 v1=a1t1 由式并代入數(shù)據(jù)得 t1=0.5 s 說明:式各2分。 (2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點,受外力F2=6 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2,則 F2-mg=ma2 設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過t2時間,在A點的速度為v2,則 t2=0.55 s-t1 v2=v1+a2t2 P從A點至B點,受外力F2=6 N、電場力和滑動摩擦力的作用,設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3,電荷量為q,在B點的速度為v

48、3,從A點至B點的位移為x1,則 F2-mg-qE=ma3,-=2a3x1 P以速度v3滑出軌道右端B點,設(shè)水平方向受外力為F3,電場力大小為FE,有 FE=F3 F3與FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力為零,所以,P從B點開始做初速度為v3的平拋運動。設(shè)P從B點運動至D點用時為t3,水平位移為x2,由題意知 =tan x2=v3t3 設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W,則 W=-qE(x1+x2) 聯(lián)立,式并代入數(shù)據(jù)得 W=-9.25 J 說明:式各1分,式各2分。,20.(2015安徽理綜,23,16分)在xOy平面內(nèi),有沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E(圖中未畫出),由A點斜

49、射出一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子,B和C是粒子運動軌跡上的兩點,如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求: (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功; (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間; (3)粒子經(jīng)過C點時的速率。,答案(1)3qEl0(2)3(3),解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0 (2)根據(jù)拋體運動的特點,粒子沿x軸正方向做勻速直線運動,由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上,可令tAD=tDB=T,則tBC=T 由qE=ma,得a= 又yD=aT2,yD+3l0=a(2T)2 解得T= 則AC過程所經(jīng)歷的時間t=3 (3)粒子在DC段做類平拋運動,于是有,2l

50、0=vCx(2T),vCy=a(2T) vC=,C組教師專用題組 1.(2016浙江理綜,14,6分)以下說法正確的是() A.在靜電場中,沿著電場線方向電勢逐漸降低 B.外力對物體所做的功越多,對應(yīng)的功率越大 C.電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 D.在超重和失重現(xiàn)象中,地球?qū)ξ矬w的實際作用力發(fā)生了變化,答案A在靜電場中,沿電場線電勢的變化量=,無論q為正還是為負,總是負的,即 0,表明沿電場線方向電勢逐漸降低,A正確;功率P=,功率P的大小由W和t共同決定,B錯誤; 電容器電容C與電容器所帶電荷量無關(guān),C錯誤;無論超重還是失重,地球?qū)ξ矬w的實際作用力不變,D錯誤。,疑難突破電勢=,電

51、勢的變化=。正電荷沿電場線方向移動時,電場力做正功,電勢 能減少,Ep0,=0,即沿電場線方向電勢降低。因此在靜電場中,沿電場線方向電 勢降低是一個普遍正確的結(jié)論。,2.(2016浙江理綜,15,6分)如圖所示,兩個不帶電的導(dǎo)體A和B,用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近,貼在A、B下部的金屬箔都張開,() A.此時A帶正電,B帶負電 B.此時A電勢低,B電勢高 C.移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D.先把A和B分開,然后移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合,答案C由于靜電感應(yīng),A帶負電,B帶等量正電,若移去C,A、B所帶等量正負電荷中和,金屬箔閉合,所以C正確

52、,A錯誤;處于電場中的導(dǎo)體是等勢體,B錯誤;若先把A、B分開,然后移去C,A、B所帶電荷就不能中和,金屬箔不再閉合,D錯誤。,失分警示不要誤以為因B帶正電,B的電勢就高,實際上電場中的導(dǎo)體是一個等勢體,A、B電勢相等。,3.(2016浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質(zhì)量是8.010-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g=10 m/s2,靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,則

53、() A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.010-2 N C.B球所帶的電荷量為410-8 C D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0,答案ACD用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷,與A球接觸后A球也帶正電荷,兩球接觸后分開,B球也帶正電荷,且兩球所帶電荷量相等,A正確; 兩球相互排斥,穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示 sin =0.60,=37 F庫=mg tan 37=6.010-3 N,B項錯誤; F庫=k QA=QB=Q,r=0.12 m 聯(lián)立得Q=410-8 C,故C項正確;,由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知,A、B兩球連線中點處的場強為0,故D項正確。,疑難突破準確進行受力分

54、析、力的合成,再利用三角函數(shù)計算庫侖力和電荷量大小。,4.(2016江蘇單科,3,3分)一金屬容器置于絕緣板上,帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中,容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面,A、B為容器內(nèi)表面上的兩點,下列說法正確的是() A.A點的電場強度比B點的大 B.小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C.B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D.將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點,電場力所做的功不同,答案C電場線的疏密表示場強的大小,因為A點處電場線較B點處稀疏,所以EAEB,A項錯誤;沿著電場線電勢逐漸降低,故B項錯誤;電場線與等勢面垂直,C項正確;電場力做功與路徑無關(guān),故D項錯誤。,知

55、識歸納本題涉及的知識點有:如何用電場線描述電場的強弱及電勢的高低,電場線與等勢面的關(guān)系,電場力做功的特點。,評析本題是一道考查基礎(chǔ)知識的題,要求學(xué)生熟練掌握靜電場中電場線與等勢面的特點及電場力做功的特點,難度較小。,5.(2015浙江理綜,16,6分)如圖所示為靜電力演示儀,兩金屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極,表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間,則() A.乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負電荷 B.乒乓球受到擾動后,會被吸在左極板上 C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用,D.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸,放開后乒乓球會在兩極板間

56、來回碰撞,答案D乒乓球在兩極板中間時,其左側(cè)會感應(yīng)出正電荷,A錯誤;電場力和庫侖力是同一個力的不同稱謂,C錯誤;乒乓球與右極板接觸則帶正電,在電場力作用下向左運動與左極板相碰,碰后帶上負電,又向右運動與右極板相碰,如此往復(fù)運動,所以D正確,B錯誤。,6.(2015海南單科,7,5分)(多選)如圖,兩電荷量分別為Q(Q0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè),a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是() A.b點電勢為零,電場強度也為零 B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右 C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克

57、服電場力做功 D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大,答案BC由兩等量異種點電荷的電場線分布知:過Q和-Q連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面,因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點做的功相同,因此正試探電荷電勢能的變化相同,D錯。點b在零勢能面上,b點電勢為零,由場強的合成法則知,b點的場強不為零,方向平行x軸向右,A錯。在a點放一正的試探電荷,所受的電場力方向向右,當(dāng)沿x軸正方向移動時,電場力做正功電勢能減少,在O點減為零,過了O點電勢能為負值,所以正的試探電荷在a點電勢能大于零,反之若從O點移到a點,電場力與運動方向相反,因此電場力做負功即克服電場

58、力做功,B、C正確。,7.(2015江蘇單科,8,4分)(多選)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點,d點在正電荷的正上方,c、d到正電荷的距離相等,則() A.a點的電場強度比b點的大B.a點的電勢比b點的高 C.c點的電場強度比d點的大D.c點的電勢比d點的低,答案ACD觀察題中圖可知a點附近電場線比b點附近電場線密,所以EaEb,A項正確;由沿電場線方向電勢逐漸降低可知ba,B項錯;由場強公式E=k和場強疊加原理可知EcEd,C項正 確;當(dāng)取無窮遠處電勢為0時,c為負值,d為正值,所以dc,D項正確。,8.(2015江蘇單科,7,4分)(多選)一帶

59、正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球() A.做直線運動B.做曲線運動 C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小,答案BC剛開始時帶電小球所受重力與電場力的合力F跟v0不在同一條直線上,所以它一定做曲線運動,A項錯誤,B項正確。因重力與電場力的合力F為恒力,結(jié)合圖可知運動過程中合力F與速度之間的夾角由鈍角減小到銳角,其中直角時速率最小,所以帶電小球的速率先減小后增大,故C項正確,D項錯誤。,9.(2015四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a(),A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小 B.從N到P的過程中,速率先增大后減小 C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加 D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量,答案BC小球a從N到Q的過程中,重力不變,庫侖力F逐漸增大,庫侖力F與重力的夾角逐漸變小,因此,F與mg的合力逐漸變大,A錯誤。從N到P的過程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的