【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练21 电场能的性质.doc，共(13)页，998.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练21电场能的性质1．(2018·河南焦作二模)如图所示是由电荷量分别为＋6q和－q的两个点电荷组成的一个电荷系统，其中A、B是两点电荷所在位置，N、P、Q是AB连线上的三点，N点的电场强度为零，若规定无限远处的

电势为零，则下列说法正确的是()A．N点的电势小于零B．图中左侧A点为＋6q的点电荷C．P点的电势高于Q点的电势D．P点的电场强度大于Q点的电场强度答案：C解析：题图中右侧电场线比较密集，故题图中右侧B点为＋6q

的点电荷，选项B错误；P、Q两点所在的区域，沿电场线方向是逐渐变密的，因此P点的电场强度小于Q点的电场强度，选项D错误；由N点电场强度为零，可知N点左侧电场线指向无穷远处，N点右侧电场线指向负电荷，因此N点的电势大于零，P点的电势高于Q

点的电势，选项C正确，选项A错误．2．(2018·辽宁铁岭协作体第三次联考)点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c„表示等势面上的点

，下列说法正确的有()A．位于g点的点电荷不受电场力作用B．b点的场强与d点的场强大小一定相等C．把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力做的功D．把1C正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功

等于7kJ答案：D解析：由题图知g点的场强不为零，所以位于g点的点电荷受电场力作用，故A错误；b点和d点等势线疏密程度不同，所以b点的场强与d点的场强大小不相等，故B错误；根据电场力做功W＝qU得，把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i

点移到f点过程中，电场力做的总功等于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力做的功，故C错误；把1C正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功W＝qU＝1C×[4kV－(－3kV)]＝7kJ，故D正确．3．(2018·广东惠州三调)(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、

质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和A、B连线的夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()A．力F大小的取值范围只能在0～mgcosθB．

电场强度E的最小值为mgsinθqC．小球从A运动到B电场力可能不做功D．若电场强度E＝mgtanθq时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ答案：BCD解析：对小球进行受力分析，小球受到重力、拉力、电场力，因

为小球做匀速直线运动，故小球受力平衡，合外力为0，则拉力与电场力的合力与重力大小相等、方向相反，受力分析图如图所示．当电场力垂直于F斜向上时，电场强度最小，Eminq＝mgsinθ，Emin＝mgsinθq，B正确；当电

场强度竖直向上，且Eq＝mg时，F＝0，当电场强度斜向下，方向越趋向于F的反方向，力F越大，F没有最大值，A错误；电场力的方向可能水平向右，此时tanθ＝Eqmg，E＝mgtanθq，这种情况下，小球从A

运动到B电场力不做功，C正确；若电场强度为E＝mgtanθq时，qE＝mgtanθ，则电场力可能为图中1或者图中2处，若电场力位于图中2处位置时，电场力做功W＝qEsin2θ·d＝q·mgtanθqsin2θ·d＝

2mgdsin2θ，电场力做功大小等于电势能的变化量大小，D正确．4．(2018·福建师大附中期中)空间某一静电场方向平行于x轴，电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是()A．电场强度的方向始终指

向x轴的正方向B．x1处的电场强度小于x2处的电场场强C．正电荷沿x轴从O移到x2的过程中，电场力先做负功，后做正功D．负电荷沿x轴从O移到无限远处的过程中，电场力先做负功，后做正功答案：D解析：由题图可得，在O～x2之间，电势降低，则在

O～x2之间的电场强度的方向指向x轴的正方向，在x>x2区间，电势升高，则在x>x2区间电场强度的方向指向x轴负方向，选项A错误；根据公式E＝UABd＝φA－φBd＝ΔφΔx可知，图象的斜率大小表示电场强度的大小，所以由题图可得

，x1处的电场强度大于x2处的电场强度，选项B错误；正电荷沿x轴从O移到x2的过程中，电荷受到的电场力指向x轴正方向，电场力一直做正功，选项C错误；负电荷沿x轴从O移到无限远处的过程中，电场力先指向x轴负

方向，后指向x轴正方向，电场力先做负功，后做正功，选项D正确．5．(2018·上海松江区一模)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在

x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增加C．由x1运动到x4的过程中电势能先减少后增加D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大答案：B解析：x1～x4场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x2到x4处逆着电场线方

向，电势升高，则正点电荷在x4处电场能较大，故A错误；x1～x3处场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能增加，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正点电荷的电势能增加，故C错误；由x1运动到x4的过程中，场强的

大小先增大后减小，故由F＝qE知，电场力先增大后减小，故D错误．6．(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v­t图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒

子在A点的电势能一定大于在B点的电势能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两点间的电势差答案：AB解析：由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B

点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做

功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误．7.(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点．若在x

＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是()A．小球在x＝L处的速度最大B．小球一定可以到达x＝－2L处C．小球将以x＝L点为中心做往复运动D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比

为QA∶QB＝4∶1答案：AD解析：x＝L点为电势的最低点，正电荷在这点的电势能最小，所以动能最大，速度最大，故A正确；从图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L处，故B错误；由图乙可知，图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往复运

动，故C错误；x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E＝0，两个点电荷在该点电场强度大小相等，方向相反，即kQAL2＝kQBL2，所以固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1，故D正确．8．(2018·湖南衡阳一模

)两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C、质量为1kg的带正电的小物块从C点静止释放，其运动的v­t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强

度最大的点，场强E＝0.2N/CB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后增大C．A、B两点间的电势差UAB＝5VD．UCB<UBA答案：D解析：v­t图象的斜率表示加速度的大小，而a＝Eqm，所以B点为中垂线上电场强度最大的点，E＝maq＝mΔvΔtq＝1N/

C，A错误；由C到A的过程中，电场力一直做正功，小物块的电势能一直减少，B错误；由B到A的过程，由动能定理得UBAq＝12mv2A－12mv2B，解得UBA＝5V，所以UAB＝－5V，C错误；由C到B的过程，由动能定理得

UCBq＝12mv2B－0，解得UCB＝4V，所以UCB<UBA，D正确．9.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，带电荷量相等的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，则下列说法正确的是()A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，电势能减少，b加速度增大，电势能增加C．M、N两点间的电势差|UMN|等于N、Q两点间的电势差|

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的动能变化量小答案：D解析：由图知，a粒子的轨迹向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，但由于电场线方向未知

，无法判断粒子的电性，故A错误；由图可知，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力逐渐增大，加速度增大．根据图知a、b两粒子所受电场力和速度的夹角均为锐角，电场力对粒子做正功，电势能减少，故B错误；已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以M、N两点间的电势差|UMN

|大于N、Q两点间的电势差|UNQ|，故C错误；根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做的功小于b粒子从等势线2到1电场力做的功，所以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，故D正确．10．如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速

度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和电场力的合力为零答案：B解析：在小球P与弹

簧接触到速度变为零的过程中，电场力对小球P一直做正功，小球P的电势能一直减小，小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，B正确，A错误；小球动能的减少量等于弹簧弹力、电场力和重力做功的代数和，C错误；小球P速度最大时所受重力、弹簧弹力和电场力的合力为零，D错误．11.如图所示，半径为R的水平绝

缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为＋q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向从A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ(虚线AB上)时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ(

虚线CD上)时受到的摩擦力为f.求：(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．答案：(1)2fRq(2)2fr2解析：(1)设圆盘转动的角速度为ω，场强大小为E

，小物块质量为m，由牛顿第二定律得在位置Ⅰ：qE＝mω2r在位置Ⅱ：f2－qE2＝mω2r圆盘边缘两点间电势差的最大值U＝2ER联立解得U＝2fRq(2)设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf由动能定理得qEr－Wf＝0解得Wf＝2fr212.如图所示，半径为R＝0.4m的14光滑

圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电荷量q＝＋0.2C、质量m＝0.4kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以v＝1m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝x2－

6(x和y的单位均为m)，在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E＝20V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ＝0.1.g取10m/s2.求：(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小；(2)水平轨道BO的长度；(3)P点的坐标．答案：(1)24N(2)3.

75m(3)(1m，－5m)解析：(1)小物块由A运动到B的过程，由动能定理得(mg＋qE)R＝12mv2B小物块经过B点时，由向心力公式FN－(mg＋qE)＝mv2BR解得FN＝24N，vB＝4m/s由牛顿第三定律，小物块对轨道压力

大小为24N(2)小物块由B运动到O的过程，由动能定理有－μ(mg＋qE)l＝12mv2－12mv2B解得l＝3.75m(3)小物块从O点水平抛出后满足y＝－12gt2x＝vt解得小物块的轨迹方程y＝－5x2，和y＝x2－6联立，解得x＝

1m，y＝－5m所以P点坐标为(1m，－5m)刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点

a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A．Ea：Eb＝：1B．Ec：Ed＝：1C．Wab：Wbc

＝：1D．Wbc：Wcd＝：3答案：AC解析：根据点电荷的电场强度表达式E＝kQr2，则EaEb＝r2br2a＝41，选项A正确；同理，EcEd＝41，选项B错误；根据电势能与电场力做功的关系Wab＝qφa－qφb，WabWbc＝φa－φbφb－φc＝6－33－2＝3，选项C正确；同理，Wbc

Wcd＝1，选项D错误．2．(2017·新课标全国卷Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子

在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV答案：ABD解析：在匀强电场中，两平行且等长的线段两端的电势差相等，设O点电势为φ，则UaO＝Ucb，故φ＝1V，选项B正确；连接O、c，过a

点作Oc垂线，分析可知此垂线为一等势线，则Oc沿电场线方向，E＝26－162＋82V/cm＝2.5V/cm，故选项A正确；电子在a点的电势能Epa＝－10eV，在b点的电势能Epb＝－17eV，Epa－Epb＝7eV，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故选项C错误；电子在c

点处的电势能Epc＝－26eV，电子从b点运动到c点，电场力做的功W＝－ΔEp＝－(Epc－Epb)＝9eV，故选项D正确．3．(2016·新课标全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．

电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功答案：B解析：两个电势不同的等势面一定不相交，若相交则同一点出现不同的电势，选项A错误；电荷在同一等势

面上移动时电场力不做功，所以电场线与等势面处处相互垂直，选项B正确；同一等势面上电势相等，各点电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，选项D错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·辽宁沈阳一模)(多选)

如图所示，P、Q为两个等量的异种点电荷，以靠近P点的O为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿连线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计．在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动

速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()答案：CD解析：等量异种点电荷的电场线分布如图所示．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度E＝ΔφΔx，E先变小后变大，所以φ－

x图象切线的斜率先变小后变大，故A错误；沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在变大，电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v­t图象切线的斜率先变小后变大，故C、D正确；粒子的动能

Ek＝qEx，电场强度先变小后变大，则Ek－x切线的斜率先变小后变大，故B错误．5．(2018·广东肇庆二模)(多选)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动．此后，它

们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知()A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能

一直增加，乙的动能一直减少答案：BC解析：由题图(b)可知，刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，说明电荷间产生的是排斥力，则两电荷的电性一定相同，选项A错误；在t1时刻，两电荷共速，两电荷间的距离最

小，而在间距减小的过程中，电荷始终克服静电力做功，以后电荷的距离逐渐增大，静电力做正功，故间距最小时两电荷的电势能最大，选项B正确；在0～t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项C正确；0～t3时间内，甲的速度一直增加，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小

后增大，故它的动能先减少后增加，选项D错误．6．(2018·吉林长春模拟)(多选)如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在圆心为O、半径为R＝2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、C、E三点的电势分别为φA＝

(2－3)V、φC＝2V、φE＝(2＋3)V，下列判断正确的是()A．电场强度的方向由A指向DB．电场强度的大小为100V/mC．该圆周上的点电势最高为4VD．将电子沿圆弧从D点移到F点，电场力始终做负功答案：BC解析：由于圆周处

于匀强电场中，且φA＝(2－3)V、φE＝(2＋3)V，则线段AE的中点电势为2V，等于C点电势，故过C点和O点的直线与F点在同一等势线上，AE和等势线垂直，故场强方向由E指向A，故A错误；AE＝2Rsin60°＝23cm

，则电场强度的大小为E＝UEAEA＝100V/m，B正确；ED中点位置的电势最高，大小为Umax＝4V，C正确；电子从D点沿圆周移到F点，电势先升高后降低，电子的电势能先减少后增加，故电场力先做正功后做负功，D错误．7．(2018·河南豫北联考)(

多选)如图所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝d.把一个带电荷量为＋q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做的功为－W.若规定C点的电势为零，则()A．该电场的电场强度大小为W

dqB．C、B两点间的电势差UCB＝WqC．A点的电势为WqD．若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙答案：BD解析：将点电荷从A点移动到B点电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，从B点移动到C点电场力做的功为－W，说明电场强度的方向垂直于AB边向上，则A点的电势

φA＝－Wq，选项C错误；C、B两点间的电势差UCB＝Wq，选项B正确；该电场的电场强度大小E＝UCBdsin60°＝23W3dq，选项A错误；电子从A点沿AB方向飞入，受力方向将沿电场线方向的反方向，故电子将向右下偏转，运动轨迹可能是题图中的乙，选

项D正确．刷最新原创——抓重点8．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>

∠NFE.则()A．E带正电，F带负电，且QE>QFB．在M点由静止释放一带正电的试探电荷，试探电荷将沿电场线运动到N点C．N点的场强方向与EF连线平行D．负试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能答案：C解析：根据电场线的指向知E带正电，F带负电，N点的场强

是由E、F两点电荷在N点产生的场强的叠加，点电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，而NF>NE，可知点电荷F在N点产生的场强大于点电荷E在N点产生的场强，所

以由点电荷场强公式E＝kQr2知QE<QF，A错误；只有电场线是直线，且初速度为零或初速度方向与电场线平行时，试探电荷的运动轨迹才与电场线重合，而该电场线是一条曲线，所以试探电荷运动轨迹与电场线不重合，不可能从M点沿电

场线运动到N点，B错误；场强沿电场线切线方向，C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，φM>φN，再根据Ep＝φq，q为负电荷，知EpM<EpN，D错误．9．如图甲所示为半径为R、均匀带正电荷的球体，A、B为过

球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R.球体在空间产生电场，场强大小沿OB方向分布情况如图乙所示，图中E0已知，E－r图线与横轴O～R部分所围的面积等于与2R～3R部分所围的面积．则下列说法中正确的是()A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．从球面到A点的

电势差小于A、B两点间的电势差D．带电荷量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做的功为E0Rq2答案：D解析：球外电场线的方向为由正电荷指向无穷远，所以φA>φB，A错误；由题图乙可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，B错

误；E－r图线与横轴围成的面积表示该段长度上的电势差，所以从球面到A点的电势差大于A、B两点间的电势差，C错误；带电荷量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中电场力做的功WAB＝UABq＝E02Rq，D

正确．刷易错易误——排难点易错点1不熟悉非匀强电场性质导致错解10．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某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到静电力作用，根据此图可以作出正确判断的

是()A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在A、B两点的受力方向C．带电粒子在A、B两点的加速度何处较大D．带电粒子在A、B两点的速度何处较大答案：BCD解析：由图可知，带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在A、B两点受到的电场

力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定带电粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，选项A错误，选项B正确．根据电场线的疏密程度，可判断A、B两点场强的大小，从而判断A、B两点处的电场力大小，再根据牛顿第二定律得，带电粒子在A点的加速度较大，选项C

正确．带电粒子由A运动到B点，电场力做负功，带电粒子的动能减少，故带电粒子在A点的速度较大，选项D正确．易错点2不熟悉等效“重力场”问题导致出错11．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强E＝1×104N/C的匀强电场．在匀强电

场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，

cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．小球的带电荷量g＝6×10－5CB．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最小D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保

持不变，且为4J答案：AB解析：对小球进行受力分析，如图甲所示，可得mgtan37°＝Eq，解得小球的带电荷量q＝mgtan37°E＝6×10－5C，A正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆上各点中，小球在平衡

位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置关于圆心的对称点B点，小球的势能最大，由于小球的总能量不变，所以在B点的动能EkB最小．对应速度vB最小，在B点，小球受到重力和电场力，其合力提供小球做圆周运动的向心力，而线的拉力恰

好为零，有mgcos37°＝mv2BL，所以EkB＝12mv2B＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，C错误；小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械

能之和保持不变，大小为平衡位置的动能，由动能定理可知E＝12mv2B＋mgcos37°×2L＝5J，D错误．刷综合大题——提能力12．(2018·四川自贡一诊)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋

Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)．现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，

速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)C、O间的电势差UCO；(2)小球P在O点时的加速度大小以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小．答案：(1)mv2－2mgd2q(

2)g＋22kQqmd22v解析：(1)小球P由C运动到O的过程，由动能定理得mgd＋qUCO＝12mv2－0①所以UCO＝mv2－2mgd2q②(2)小球P经过O点时受力示意图如图所示，由库仑定律得F1＝F2＝kQq2d2，它们的合力F＝F1cos45°＋F2cos45°

③由牛顿第二定律得mg＋F＝ma④所以a＝g＋22kQqmd2⑤小球P由O运动到D的过程，由动能定理得mgd＋gUOD＝12mv2D－12mv2⑥由电场特点可知UCO＝UOD⑦联立解得vD＝2v.