2023年高考物理大一輪復(fù)習第7章靜電場配套教案

2023年高考物理大一輪復(fù)習第7章靜電場配套教案PAGEPAGE1第7章靜電場第1節(jié)電場力的性質(zhì)一、電荷及其守恒定律庫侖定律1．元電荷、點電荷(1)元電荷：e＝1.60×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍(2)點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小和形狀的理想化模型．2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一局部轉(zhuǎn)移到另一局部；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變．(2)三種起電方式：摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸起電．(3)帶電實質(zhì)：物體得失電子．(4)電荷的分配原那么：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶相同電荷；假設(shè)兩導(dǎo)體原來帶異種電荷，那么電荷先中和，余下的電荷再平分．3．感應(yīng)起電(1)起電原因：電荷間的相互作用，或者說是電場對電荷的作用．(2)當有外加電場時，電荷向?qū)w兩端移動，出現(xiàn)感應(yīng)電荷，當無外加電場時，導(dǎo)體兩端的電荷發(fā)生中和．4．庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．(2)表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量．(3)適用條件：真空中的點電荷．①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式；②當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷．(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，且同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．二、電場、電場強度1．電場(1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)．(2)根本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用．2．電場強度(1)定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值．(2)定義式：E＝eq\f(F,q).單位：N/C或V/m.(3)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點受電場力的方向為該點電場強度的方向．三、電場線1．電場線的特點(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處．(2)電場線在電場中不相交．(3)電場線不是電荷在電場中的運動軌跡．2．電場線的應(yīng)用(1)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大．(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向．(3)沿電場線方向電勢逐漸降低．(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直．[自我診斷]1．判斷正誤(1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍．(√)(2)根據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)，當r→0時，F(xiàn)→∞.(×)(3)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比．(×)(4)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向．(√)(5)在真空中，電場強度的表達式E＝eq\f(kQ,r2)中的Q就是產(chǎn)生電場的點電荷．(√)(6)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同．(×)(7)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向．(×)2．兩個分別帶有電荷量＋Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定，距離變?yōu)?r，那么兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(1,4)F B．eq\f(3,4)FC.eq\f(1,3)F D．F解析：選C.兩球接觸前F＝eq\f(3kQ2,r2)，接觸后所帶電量均為＋2Q，庫侖力大小為F′＝keq\f(2Q·2Q,2r2)＝eq\f(kQ2,r2)＝eq\f(1,3)F，C正確．3．(多項選擇)以下關(guān)于電場和電場線的說法中正確的選項是()A．電場、電場線都是客觀存在的物質(zhì)，因此電場線不僅能在空間相交，也能相切B．在電場中，但凡電場線通過的點，場強不為零，沒有電場線的區(qū)域內(nèi)的點場強為零C．同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大D．電場線是人們假想的，用以形象表示電場的強弱和方向，客觀上并不存在解析：選CD.電場線是假想的，不是物質(zhì)，在空間不相交、不相切，沒有電場線的區(qū)域內(nèi)的點，場強不一定為零，A、B錯誤，C、D正確．4.如下圖，電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點．在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR＝2RQ.那么()A．q1＝2q2 B．q1＝4q2C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2解析：選B.由于R處的合場強為0，故兩點電荷的電性相同，結(jié)合點電荷的場強公式E＝keq\f(q,r2)可知keq\f(q1,r\o\al(2,1))－keq\f(q2,r\o\al(2,2))＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，此題選B.考點一電荷守恒定律和庫侖定律1．庫侖定律適用條件的三點理解(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以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．(2)對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球外表電荷的重新分布．(3)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)不能再看成點電荷了．2．應(yīng)用庫侖定律的三條提醒(1)在用庫侖定律公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電量的絕對值計算庫侖力的大?。?2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反．(3)庫侖力存在極大值，由公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當q1＝q2時，F(xiàn)最大．1.如下圖，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們分別固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍．假設(shè)使它們帶上等量異種電荷，兩球電荷量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為()A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2)B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2)D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)解析：選D.萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點．因此，可以應(yīng)用萬有引力定律．對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，外表的電荷分布并不均勻，不能把兩球殼看成相距l(xiāng)的點電荷，故D正確．2．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6解析：選D.由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷．由庫侖定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，那么接觸時平分總電荷量，故有F＝q·nq＝eq\f(nq,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(nq,2))),2)，解得n＝6，D正確．3．均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同．如下圖，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R.現(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔，假設(shè)靜電力常量為k，球的體積公式為V＝eq\f(4,3)πr3，那么A點處檢驗電荷q受到的電場力的大小為()A.eq\f(5kqQ,36R2) B.eq\f(7kqQ,36R2)C.eq\f(7kqQ,32R2) D.eq\f(3kqQ,16R2)解析：選B.實心大球?qū)的庫侖力F1＝eq\f(kqQ,4R2)，實心小球的電荷Q′＝Q×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))3,R3)＝eq\f(Q,8)，實心小球?qū)的庫侖力F2＝eq\f(kq\f(Q,8),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)R))2)＝eq\f(kqQ,18R2)，檢驗電荷q所受的電場力F＝F1－F2＝eq\f(7kqQ,36R2)，選項B正確．考點二庫侖力作用下的平衡問題和動力學問題考向1：“三個自由點電荷平衡〞的問題(1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合場強為零的位置．(2)1.如下圖，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，那么C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為()A．正電荷，在B的右邊0.4m處B．正電荷，在B的左邊0.2m處C．負電荷，在A的左邊0.2m處D．負電荷，在A的右邊0.2m處解析：選C.要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異〞、“兩大夾小〞的原那么，所以C正確．2．(2022·福建寧德質(zhì)檢)如下圖，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質(zhì)點，A和C圍繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1和L2.不計三個質(zhì)點間的萬有引力，那么A和C的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)應(yīng)是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))2 B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))3解析：選C.根據(jù)B恰能保持靜止可得keq\f(qAqB,L\o\al(2,1))＝keq\f(qCqB,L\o\al(2,2))；A做勻速圓周運動，keq\f(qAqB,L\o\al(2,1))－keq\f(qCqA,L1＋L22)＝mAω2L1，C做勻速圓周運動，keq\f(qCqB,L\o\al(2,2))－keq\f(qCqA,L1＋L22)＝mCω2L2，聯(lián)立解得A和C的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)之比應(yīng)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3，選項C正確．考向2：共點力作用下的平衡問題解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的根底上多了電場力．具體步驟如下：3．(多項選擇)如下圖，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，那么()A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0解析：選AC.根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝eq\f(kq2,d2)，選項A正確；當細線上的拉力為0時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，選項D錯誤．4．(2022·廣東第二次大聯(lián)考)(多項選擇)如下圖，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5C，質(zhì)量均為0.72kg，其中A球帶正電荷，B球帶負電荷，且均可視為點電荷．A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，那么A、BA．0.5m B．0.8mC．1.2m D．2.5m解析：選AB.對A受力分析，受重力mg、細線的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin30°＝eq\f(kq2,r2)，解得r＝1m，所以兩球的距離d≤1m，A、B正確．考向3：庫侖力作用下的動力學問題解決與電場力有關(guān)的動力學問題的一般思路：(1)選擇研究對象(多為一個帶電體，也可以是幾個帶電體組成的系統(tǒng))；(2)對研究對象進行受力分析，包括電場力、重力(電子、質(zhì)子、正負離子等根本粒子在沒有明確指出或暗示時一般不計重力，帶電油滴、帶電小球、帶電塵埃等帶電體一般計重力)；(3)分析研究對象所處的狀態(tài)是平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)還是非平衡狀態(tài)(變速運動等)；(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程求解．5．如下圖，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R，在中心處固定一電荷量為＋Q的點電荷．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當小球運動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力是多大？解析：設(shè)小球在最高點時的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①設(shè)小球在最低點時的速度為v2，管壁對小球的作用力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,2),R)②小球從最高點運動到最低點的過程中只有重力做功，故機械能守恒，那么eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③由①②③式得F＝6mg由牛頓第三定律得小球?qū)鼙诘淖饔昧′＝6mg.答案：6mg6.如下圖，在光滑絕緣水平面上放置一帶正電的長直細棒，其周圍產(chǎn)生垂直于帶電細棒的輻射狀電場，場強大小E與距細棒的垂直距離r成反比，即E＝eq\f(k,r).在帶電長直細棒右側(cè)，有一長為l的絕緣細線連接了兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，小球A、B所帶電荷量分別為＋q和＋4q，A球距直棒的距離也為l，兩個球在外力F＝2mg的作用下處于靜止狀態(tài)．不計兩小球之間的靜電力作用．(1)求k的值；(2)假設(shè)撤去外力F，求在撤去外力瞬時A、B小球的加速度和A、B小球間絕緣細線的拉力．解析：(1)對小球A、B及細線構(gòu)成的整體，受力平衡，有qeq\f(k,l)＋4qeq\f(k,2l)＝2mg解得k＝eq\f(2mgl,3q).(2)假設(shè)撤去外力瞬時，A、B間細線拉力突然變?yōu)榱?，那么對A球：q·eq\f(k,l)＝maA得aA＝eq\f(kq,ml)，方向向右．對B球：4q·eq\f(k,2l)＝maB得aB＝eq\f(2kq,ml)，方向向右．因為aA<aB，所以在撤去外力瞬時A、B將以相同的加速度a一起向右運動，A、B間絕緣細線張緊，有拉力T.因此，對A、B整體，由牛頓第二定律，有q·eq\f(k,l)＋4q·eq\f(k,2l)＝2ma解得a＝g對A：q·eq\f(k,l)＋T＝ma解得T＝eq\f(1,3)mg故撤去外力瞬時，A、B的加速度a＝g；A、B小球間絕緣細線的拉力T＝eq\f(1,3)mg.答案：(1)eq\f(2mgl,3q)(2)aA＝aB＝geq\f(1,3)mg考點三電場強度的理解和計算1．三個場強公式的比擬表達式比擬E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)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的關(guān)系式適用條件一切電場①真空；②點電荷勻強電場決定因素由電場本身決定，與檢驗電荷q無關(guān)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為兩點沿場強方向的距離2.電場的疊加(1)疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場場強的矢量和．(2)運算法那么：平行四邊形定那么．1.A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為()A．－eq\f(F,2) B．eq\f(F,2)C．－F D．F解析：選B.設(shè)A處電場強度為E，那么F＝qE；由點電荷的電場強度公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，C處的電場強度為－eq\f(E,4)，在C處放電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為F′＝－2q·eq\f(－E,4)＝eq\f(F,2)，選項B正確．2．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如下圖．M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為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．假設(shè)將該正點電荷移到G點，那么H點處場強的大小和方向分別為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負向解析：選B.處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝keq\f(Q,2a2)，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負向．3．對于真空中電荷量為q的靜止點電荷而言，中選取離點電荷無窮遠處的電勢為零時，離點電荷距離為r位置的電勢為φ＝eq\f(kq,r)(k為靜電力常量)，如下圖，兩電荷量大小均為Q的異號點電荷相距為d，現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩電荷連線上的A點沿以負電荷為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點，在質(zhì)子從A到C的過程中，系統(tǒng)電勢能的變化情況為()A．減少eq\f(2kQeR,d2－R2) B．增加eq\f(2kQeR,d2＋R2)C．減少eq\f(2kQe,d2－R2) D．增加eq\f(2kQe,d2＋R2)解析：選A.A、C兩點關(guān)于－Q對稱，故－Q對質(zhì)子不做功，質(zhì)子由A到C只有＋Q做正功，電勢能減小，ΔEp＝eq\f(e·kQ,d－R)－eq\f(e·kQ,d＋R)＝eq\f(2kQeR,d2－R2)，A正確．求電場強度的兩種特殊方法(1)對稱法：巧妙而合理地假設(shè)放置額外電荷，或?qū)㈦姾汕擅畹胤指钍箚栴}簡化而求得未知電場強度，這都可采用對稱法求解．(2)微元法：微元法就是將研究對象分割成假設(shè)干微小的單元，或從研究對象上選取某一“微元〞加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉(zhuǎn)化為常量、容易確定的量．考點四電場線的理解及應(yīng)用考向1：幾種典型電場的電場線分布特點(1)孤立點電荷的電場(如圖甲、乙所示)①正(負)點電荷的電場線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外(內(nèi))部；②離點電荷越近，電場線越密(場強越大)；③以點電荷為球心作一球面，那么電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小相等，但方向不同．(2)兩種等量點電荷的電場比擬等量異種點電荷等量同種點電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大，中點O處電場強度最小中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點為零，向外先變大后變小1.如下圖為兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生電場的電場線(方向未標出)．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱，那么以下說法中正確的選項是()A．這兩點電荷一定是等量異種電荷B．這兩點電荷一定是等量同種電荷C．D、C兩點的電場強度一定相等D．C點的電場強度比D點的電場強度小解析：選A.由電場線分布的特征可知，產(chǎn)生電場的兩點電荷一定是等量異種電荷，A正確，B錯誤；C點電場線的密度比D點大，所以C點的電場強度大，C、D錯誤．2.如下圖，Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點電荷，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足．以下說法正確的選項是()A．假設(shè)兩電荷是異種電荷，那么OM的中點與ON的中點電勢一定相等B．假設(shè)兩電荷是異種電荷，那么O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的C．假設(shè)兩電荷是同種電荷，那么OM中點與ON中點處的電場強度一定相同D．假設(shè)兩電荷是同種電荷，那么O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比是最大的解析：選B.假設(shè)兩電荷是異種電荷，那么OM的中點與ON的中點電勢一定不相等，選項A錯誤．假設(shè)兩電荷是異種電荷，根據(jù)兩異種電荷電場特點可知，O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的，選項B正確．假設(shè)兩電荷是同種電荷，那么OM中點與ON中點處的電場強度大小一定相同，方向一定相反，選項C錯誤．假設(shè)兩電荷是同種電荷，那么O點的電場強度為零，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比也是最小的，選項D錯誤．考向2：電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關(guān)系一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合．(1)電場線為直線；(2)帶電粒子初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)帶電粒子僅受電場力或所受其他力的合力方向與電場線平行．3.(2022·山東濟寧質(zhì)檢)(多項選擇)某電場的電場線分布如下圖，以下說法正確的選項是()A．c點電場強度大于b點電場強度B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．假設(shè)將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點D．假設(shè)在d點再固定一點電荷－Q，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電勢能減小解析：選BD.電場線越密的地方電場強度越大，Ec<Eb，A錯誤；沿著電場線的方向，電勢逐漸降低，φa>φb，B正確；將試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線的切線方向運動而不是沿電場線運動，C錯誤；在原電場中，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電場力做正功，在d點再固定一點電荷－Q，將一試探電荷＋q由a移到b的過程中，在－Q形成的電場中電場力對試探電荷也做正功，所以在合電場中，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電場力做正功，電勢能將減小，D正確．4.(多項選擇)如下圖，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．那么()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大D．兩個粒子的電勢能都減少解析：選CD.因為電場線方向未知，不能確定a、b的電性，所以選項A錯誤；由于電場力對a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，電勢能都減少，選項B錯誤、D正確；粒子的加速度大小取決于電場力的大小，a向電場線稀疏的方向運動，b向電場線密集的方向運動，所以選項C正確．電場線與軌跡問題判斷方法(1)“運動與力兩線法〞——畫出“速度線〞(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線〞(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設(shè)〞——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的上下、電荷運動的方向．假設(shè)其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；假設(shè)三個都不知，那么要用“假設(shè)法〞分別討論各種情況．課時標準訓練[根底穩(wěn)固題組]1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，?春秋緯·考異郵?中有“玳瑁吸衣假設(shè)〞之說，但以下不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從枯燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺解析：選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從枯燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象．2．關(guān)于電場強度的概念，以下說法正確的選項是()A．由E＝eq\f(F,q)可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B．正、負試探電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入試探電荷的正負有關(guān)C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷的正負無關(guān)D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零解析：選C.電場中某點場強的大小由電場本身決定，與有無試探電荷、試探電荷的受力情況及所帶電荷性質(zhì)無關(guān)，A、B、D錯誤，C正確．3.如下圖，電量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有()A．體中心、各面中心和各邊中點B．體中心和各邊中點C．各面中心和各邊中點D．體中心和各面中心解析：選D.根據(jù)點電荷場強公式E＝eq\f(kQ,r2)及正方體的對稱性可知正方體的體中心點及各面的中心點處場強為零，故答案為D.4.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如下圖．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，那么()A．Q3為負電荷，且放于A左方B．Q3為負電荷，且放于B右方C．Q3為正電荷，且放于A、B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方解析：選A.因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間．根據(jù)庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應(yīng)放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應(yīng)放在Q1的左側(cè)．要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故應(yīng)選A.5．有一負電荷自電場中的A點自由釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度圖象如下圖，那么A、B所在電場區(qū)域的電場線分布可能是選項中的()解析：選B.由v-t圖象可知，負電荷的a和v均增加，故EB>EA，B點的電場線比A點的密，且電場力與v同向，E與v反向，應(yīng)選項B正確．6.如下圖，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的選項是()A．Ea＝eq\f(Eb,3) B．Ea＝eq\r(3)EbC．Ea＝eq\f(\r(3),3)Eb D．Ea＝3Eb解析：選D.由題圖可知，rb＝eq\r(3)ra，再由E＝eq\f(kQ,r2)可得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,b),r\o\al(2,a))＝eq\f(3,1)，故D正確．7.如下圖，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(q>0)的固定點電荷．b點處的場強為零，那么d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：選B.由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小EQ′＝EQ＝keq\f(q,R2)，那么Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，B正確．[綜合應(yīng)用題組]8．(多項選擇)如下圖，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且PO＝ON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質(zhì)點)由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，以下關(guān)于小球C的說法可能正確的選項是()A．速度先增大，再減小B．速度一直增大C．加速度先增大再減小，過O點后，加速度先減小再增大D．加速度先減小，再增大解析：選AD.在AB的中垂線上，從無窮遠處到O點，電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，故正電荷所受庫侖力沿連線的中垂線運動時，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度到達最大；由O點到無窮遠處時，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性．如果P、N相距很近，加速度那么先減小，再增大．9．(多項選擇)如下圖，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m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0.12m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點處的電場強度為0解析：選ACD.由接觸起電的電荷量分配特點可知，兩相同金屬小球接觸后帶上等量同種電荷，選項A正確；對A受力分析如下圖，有eq\f(F庫,mg)＝eq\f(AD,OAD)，而F庫＝keq\f(q2,AB2)，得F庫＝6×10－3N，q＝4eq\r(6)×10－8C，選項B錯誤，選項C正確；等量同種電荷連線的中點電場強度為0，選項D正確．10．如下圖，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的外表，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，那么在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體外表上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，那么在z軸上z＝eq\f(h,2)處的電場強度大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)解析：選D.設(shè)點電荷為正電荷(不影響結(jié)果)，那么導(dǎo)體外表的感應(yīng)電荷為負電荷．如下圖，設(shè)所求點為A點，取其關(guān)于xOy平面的對稱點為B，點電荷q在A、B兩點的場強大小分別為E1、E2，感應(yīng)電荷在A、B兩點的電場強度的大小分別為EA、EB.由題意可知，B點的合場強為零，EB＝E2＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,2)))2)＝eq\f(4kq,9h2)，由對稱性可知，EA＝EB＝eq\f(4kq,9h2)，故A點場強為E＝EA＋E1＝eq\f(4kq,9h2)＋eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)＝eq\f(40kq,9h2)，D正確．11.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．靜電力常量為k.假設(shè)三個小球均處于靜止狀態(tài)，那么勻強電場電場強度的大小為()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：選B.以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡條件得：2F庫cos30°＝Eqc.即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，此時a的受力如圖乙所示，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq2,l2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)kq2,l2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(qqc,l2)))2，解得qc＝2q，即當qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，應(yīng)選項B正確．12.(多項選擇)如下圖，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.0×10－6C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0.3m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0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、BA．支架對地面的壓力大小為2.0NB．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC．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＝1.225N，F(xiàn)2＝1.0ND．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N解析：選BC.當B在A的正下方時，A、B受到彼此的庫侖引力，大小為F庫1＝keq\f(Q2,r\o\al(2,1))＝0.9N，那么支架對地面的壓力大小為NB＝mBg－F庫1＝1.1N，A選項是錯誤的；A球所受的重力與庫侖引力的合力為FA＝mAg＋F庫1＝1.9N，由平行四邊形定那么可得F1＝F2＝1.9N，B選項是正確的；當M、A、B在同一直線上時，庫侖引力大小為F庫2＝keq\f(Q2,r\o\al(2,2))＝0.225N，再對A受力分析，進行正交分解，可得F1＝1.225N，F(xiàn)2＝1.0N，C選項是正確的；當B移至無窮遠處時，A、B之間的庫侖力為零，兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.0N，D選項是錯誤的．13．如下圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m．假設(shè)將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強度的大小和方向．解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N②(2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos30°④由③④式并代入數(shù)據(jù)得E≈7.8×103N/C場強E的方向沿y軸正方向．答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向第2節(jié)電場能的性質(zhì)一、電勢等勢面和電勢能1．電勢(1)定義：電荷在電場中某點具有的電勢能與它的電荷量的比值．(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q).(3)矢標性：電勢是標量，有正負之分，其正(負)表示該點電勢比零勢點高(低)．(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零勢點的不同而不同，通常取無限遠或地球的電勢為零．2．等勢面的特點(1)同一等勢面上的任意兩點間移動電荷電場力不做功．(2)等勢面一定跟電場線垂直，即跟場強的方向垂直．(3)電場線總是從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面．(4)等差等勢面越密的地方場強越大，反之越?。?．電勢能(1)定義：電荷在電場中某點具有的勢能，等于將電荷從該點移到零勢點位置時電場力所做的功．(2)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.二、電勢差勻強電場中電勢差與場強的關(guān)系1．電勢差(1)定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力F做的功與移動的電荷的電荷量的比值．(2)定義式：UAB＝eq\f(WAB,q).(3)電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.(4)影響因素：電勢差UAB由電場本身的性質(zhì)決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關(guān)，與零電勢點的選取無關(guān)．2．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系(1)電勢差與場強的關(guān)系式：UAB＝Ed，其中d為電場中兩點間沿場強方向的距離．(2)在勻強電場中，場強在數(shù)值上等于沿場強方向每單位距離上降低的電勢；注意：電場中，場強方向是指電勢降落最快的方向．[自我診斷]1．判斷正誤(1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)．(√)(2)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零．(×)(3)電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同.(×)(4)沿電場線方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低．(×)(5)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功．(×)(6)電場線越密集的地方，等差等勢線也越密集．(√)2．(多項選擇)關(guān)于電勢差的計算公式，以下說法正確的選項是()A．電勢差的公式UAB＝eq\f(WAB,q)說明兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比，與移動電荷的電荷量q成反比B．把正電荷從A點移到B點電場力做正功，那么有UAB>0C．電勢差的公式UAB＝eq\f(WAB,q)中，UAB與移動電荷的電荷量q無關(guān)D．電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把正電荷q從A點移動到B點時電場力所做的功解析：選BC.電場中兩點間的電勢差是一個定值，不會隨電場力做的功WAB和移動電荷的電荷量q的變化而變化，故A錯誤，C正確；又由UAB＝eq\f(WAB,q)知，電場力做正功，且q為正電荷，那么電勢差為正，B正確；電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把單位正電荷從A點移動到B點時電場力所做的功，D錯誤．3.(多項選擇)某導(dǎo)體置于電場后周圍的電場分布情況如下圖，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點．以下說法正確的選項是()A．A點的電場強度小于B點的電場強度B．A點的電勢高于B點的電勢C．將負電荷從A點移到B點，電場力做正功D．將正電荷從A點移到C點，電場力做功為零解析：選ABD.電場線的疏密表示電場強度的大小，A處電場線比B處稀疏，A正確；在同一等勢面上電勢相等且沿著電場線的方向電勢逐漸降低，所以A點的電勢高于B點的電勢，B正確；將負電荷從A點移到B點，電場力做負功，C錯誤；A點、C點在同一個等勢面上，將正電荷從A點移到C點，電場力做功為零，D正確．4.(多項選擇)光滑絕緣水平面上有兩個帶等量異種電荷的小球A、B，小球A通過絕緣輕彈簧與豎直墻相連，如下圖．今小球B在外力F作用下緩慢向右移動，移動中兩小球帶電荷量不變，那么對兩小球和彈簧組成的系統(tǒng)的分析正確的選項是()A．外力F對系統(tǒng)做正功，彈性勢能增大B．外力F對系統(tǒng)做正功，彈性勢能減小C．靜電力做正功，電勢能減小D．靜電力做負功，兩球間電勢差增大解析：選BD.外力對小球做正功，當小球B向右運動時，兩球距離增大，庫侖力減小，因此彈簧的伸長量減小，彈性勢能減小，A錯誤，B正確；由于兩球距離增大，庫侖力做負功，系統(tǒng)電勢能增大，兩球間電勢差增大，C錯誤，D正確．考點一電勢等勢面和電勢能考向1：電勢與電勢能的判斷1．電勢上下的判斷判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的上下依據(jù)電勢能的上下正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大2.電勢能大小的判斷判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減小電場力做負功，電勢能增加電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負電荷在電勢低的地方電勢能大公式法將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負Ep的絕對值越大，電勢能越小能量守恒法在電場中，假設(shè)只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加1．(多項選擇)如下圖，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、eq\f(L,2)為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱．以下判斷正確的選項是()A．b、d兩點處的電勢相同B．四個點中c點處的電勢最低C．b、d兩點處的電場強度相同D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小解析：選ABD.由等量異種點電荷的電場線分布及等勢面特點知，A、B正確，C錯誤．四點中a點電勢最高、c點電勢最低，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確．2.(多項選擇)如下圖，有一對等量異種電荷分別位于空間中的a點和f點，以a點和f點為頂點作一正立方體．現(xiàn)在各頂點間移動一試探電荷，關(guān)于試探電荷受電場力和具有的電勢能，以下判斷正確的選項是()A．在b點和d點受力大小相等，方向不同B．在c點和h點受力大小相等，方向相同C．在b點和d點電勢能相等D．在c點和h點電勢能相等解析：選ABC.根據(jù)對稱性和等量異種電荷周圍電場線的分布特點可知，試探電荷在b點和d點受力大小相等，方向不同，在c點和h點受力大小相等，方向相同，所以選項A、B正確；因為b點和d點到兩個場源電荷的距離都一樣，所以試探電荷在b點和d點電勢能相等，選項C正確；c點離場源正電荷較h點遠，所以試探電荷在c點和h點電勢能不相等，或者根據(jù)等量異種電荷周圍等勢面的分布特點可知，中垂面是等勢面，而c點和h點分居中垂面的兩側(cè)，它們的電勢肯定不等，所以選項D錯誤．帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧(1)判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向．(2)判斷電場力(或場強)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負判斷場強的方向．(3)判斷電場力做功的正負及電勢能的增減：假設(shè)電場力與速度方向成銳角，那么電場力做正功，電勢能減少；假設(shè)電場力與速度方向成鈍角，那么電場力做負功，電勢能增加．考向2：幾種常見的典型電場等勢面的比照分析電場等勢面(實線)圖樣重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇等間距平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂面上的電勢為零等量同種正點電荷的電場連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高．關(guān)于中點左右對稱或上下對稱的點電勢相等3．(2022·高考全國丙卷)關(guān)于靜電場的等勢面，以下說法正確的選項是()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，電場力做正功解析：選B.靜電場中的電場線不可能相交，等勢面也不可能相交，否那么的話會出現(xiàn)一個點有兩個電場強度和兩個電勢值的矛盾，A錯誤；由WAB＝qUAB可知，當電荷在等勢面上移動時，電荷的電勢能不變，如果電場線不與等勢面垂直，那么電荷將受到電場力，在電荷運動時必然會做功并引起電勢能變化，這就矛盾了，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，但電場強度不一定相等，C錯誤；對于負電荷，q<0，從電勢高的A點移到電勢低的B點，UAB>0，由電場力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，電場力做負功，D錯誤．4．(2022·山東青島模擬)(多項選擇)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，假設(shè)粒子只受靜電力作用，那么以下關(guān)于帶電粒子的判斷正確的選項是()A．帶正電B．速度先變大后變小C．電勢能先變大后變小D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相等解析：選CD.做曲線運動的物體受到的合力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶電粒子受力方向可以判斷，粒子帶負電，選項A錯誤；負電荷在電勢低的位置電勢能大，粒子的電勢能先變大后變小，粒子的電勢能和動能之和不變，所以粒子的動能先變小后變大，速度先變小后變大，選項B錯誤，選項C正確；b、d兩點電勢相同，粒子經(jīng)過這兩點時電勢能相等，動能相等，速度大小也相等，選項D正確．考點二電場強中電勢差與電場強度的關(guān)系考向1：在勻強電場中由公式U＝Ed得出“一式二結(jié)論〞(1)“一式〞：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(W電,qd)，其中d是沿電場線方向上的距離．(2)“二結(jié)論〞結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖1所示．結(jié)論2：勻強電場中假設(shè)兩線段AB∥CD，且AB＝CD，那么UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖2所示．1.(多項選擇)如下圖，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1V、2V、3V，正六邊形所在平面與電場線平行．以下說法正確的選項是()A．通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線B．勻強電場的電場強度大小為10V/mC．勻強電場的電場強度方向為由C指向AD．將一個電子由E點移到D點，電子的電勢能將減少1.6×10－19J解析：選ACD.由AC的中點電勢為2V，所以BE為等勢線，CD、AF同為等勢線，故A正確；CA為電場線方向，電場強度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10×cos30°×10－2)V/m＝eq\f(20,3)eq\r(3)V/m，故B錯誤，C正確；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J.2．(多項選擇)如下圖，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在以下各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是()解析：選BC.勻強電場中將任一線段等分，那么電勢差等分．把AB等分為三段，AB間電壓為3V，那么每等分電壓為1V，H點電勢為4V，F(xiàn)點電勢為3V，將FC相連，那么FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2V，那么G點電勢為4V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確．考向2：E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與場強大小的關(guān)系，當電勢差U一定時，場強E越大，那么沿場強方向的距離d越小，即場強越大，等差等勢面越密集．(2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關(guān)系，如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越?。?3)利用φ-x圖象的斜率判斷沿x方向場強Ex隨位置的變化規(guī)律．在φ-x圖象中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示場強的大小，正負表示場強的方向．3．(2022·福建福州質(zhì)檢)電場中某三條等勢線如圖甲中實線a、b、c所示．一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v-t圖象可能是圖乙中的()-解析：選A.結(jié)合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場，且Q點處電場強度小于P點處電場強度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，將做加速度越來越小的加速運動，A正確．4.如下圖的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，那么以下說法正確的選項是()A．電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小B．電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大C．電勢差UAB＝UBCD．電勢φA<φB<φC解析：選B.該電場為負點電荷電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；根據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UAB<UBC，選項C錯誤；電勢φA>φB>φC，選項D錯誤．考點三電場中的功能關(guān)系1．求電場力做功的四種方法(1)定義式：WAB＝Flcosα＝qEdcosα(適用于勻強電場)．(2)電勢的變化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．(3)動能定理：W電＋W其＝ΔEk.(4)電勢能的變化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.2．電場中的功能關(guān)系(1)假設(shè)只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．(2)假設(shè)只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量．(4)所有外力對物體所做的總功，等于物體動能的變化．[典例1]如下圖，虛線PQ、MN間存在如下圖的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100V的電場加速后，垂直于勻強電場方向進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角．PQ、MN間距離為(1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速度v1；(2)勻強電場的場強大??；(3)ab兩點間的電勢差．解析(1)由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得v1＝104m/s(2)因帶電粒子重力不計，那么進入PQ、MN間電場中后，做類平拋運動，粒子沿初速度方向做勻速直線運動：d＝v1t.粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動：vy＝at.由題意得：tan30°＝eq\f(v1,vy)由牛頓第二定律得qE＝ma聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得：E＝eq\r(3)×103N/C≈1.73×103N/C(3)由動能定理得：qUab＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))聯(lián)立以上相關(guān)各式代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400V答案(1)104m/s(2)1.73×103N/C(3)400V(1)電荷在電場中運動時，電場力做功將引起電勢能與其他形式的能相互發(fā)生轉(zhuǎn)化，電荷的機械能不再守恒．(2)要搞清幾個功能關(guān)系：重力做功等于重力勢能的變化，電場力做功等于電勢能的變化，彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，合外力做功等于動能的變化．(3)無論能量如何變化，總是滿足能量守恒定律．1.如下圖，直線MN是某電場中的一條電場線(方向未畫出)．虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，軌跡為一拋物線．以下判斷正確的選項是()A．電場線MN的方向一定是由N指向MB．帶電粒子由a運動到b的過程中動能一定逐漸減小C．帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度解析：選C.由于帶電粒子的電性不確定，所以電場線的方向不確定，A錯誤；帶電粒子由a運動到b的過程中，只受電場力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤、C正確；由于僅給出一條電場線，電場強度的大小關(guān)系不確定，D錯誤．2.(多項選擇)如下圖，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，那么上述過程中()A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球的重力勢能增加－W1C．小球的機械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的電勢能減少W2解析：選BD.此題考查勢能大小的計算和機械能守恒定律．由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加，機械能不守恒，故A選項錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負功，重力勢能增加，增加量為－W1，故B選項正確；小球增加的機械能等于重力勢能的增加量與小球動能的增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C選項錯誤；根據(jù)電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能減少，減少量為W2，故D選項正確．考點四靜電場中的三類圖象問題考向1:v-t圖象根據(jù)v-t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的上下及電勢能的變化．[典例2](多項選擇)如圖(a)，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v-t圖線如圖(b)所示．設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa、φb，電場強度大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，那么有()A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞W(wǎng)b解析由v-t圖象的斜率減小可知由a到b的過程中，粒子的加速度減小，所以電場強度變小，Ea＞Eb；根據(jù)動能定理，速度增大，可知電勢能減小，Wa＞W(wǎng)b，可得選項B、D正確．答案BD考向2：φ-x圖象(1)電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零．(2)在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向．(3)在φ-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷．[典例3]兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如下圖，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，那么()A．N點的電場強度大小為零B．A點的電場強度大小為零C．NC間電場強度方向指向x軸正方向D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功解析A、N點的電勢等于零，電場強度大小不為零，選項A、B錯誤；從N到C電勢升高，NC間電場強度方向指向x軸負方向，選項C錯誤；從N到C電勢升高，從C到D電勢降低，將一負點電荷從N點移到C點，電場力做正功，從C點到D點，電場力做負功，選項D正確．答案D考向3：E-x圖象在給定了電場的E-x圖象后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積〞表示電勢差．在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況．在這類題目中，還可以由E-x圖象假設(shè)某一種符合E-x圖線的電場，利用這種電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題．[典例4](多項選擇)靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關(guān)系如下圖，x軸正向為電場強度正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，那么點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析由圖象可知，正電荷從x2移動到x4的過程電場力做功不為零，兩點電勢能不相等，A項錯誤；從x1移動到x3的過程電場力沿x軸負方向，電場力做負功，電勢能增大，B項正確；從x1到x4的過程電場強度先增大，后減小，所以電場力先增大后減小，C項正確，D項錯誤．答案BC課時標準訓練[根底穩(wěn)固題組]1．(多項選擇)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，以下說法正確的選項是()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解析：選AD.電場線與等勢面垂直，而電場強度的方向為電場線的方向，故電場強度的方向與等勢面垂直，選項A正確；場強為零的地方電勢不一定為零，例如等量同種正電荷連線的中點處的場強為零但是電勢大于零，選項B錯誤；場強大小與電場線的疏密程度有關(guān)，而沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故隨電場強度的大小逐漸減小，電勢不一定降低，選項C錯誤；任一點的電場強度方向總是和電場線方向一致，而電場線的方向是電勢降落最快的方向，選項D正確．2.如下圖，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點．A點的電勢φA＝30V，B點的電勢φB＝－10V，那么C點的電勢()A．φC＝10VB．φC＞10VC．φC＜10VD．上述選項都不正確解析：選C.由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，所以φC＜10V，C正確．3.一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)的電場線分布如下圖．容器內(nèi)外表為等勢面，A、B為容器內(nèi)外表上的兩點，以下說法正確的選項是()A．A點的電場強度比B點的大B．小球外表的電勢比容器內(nèi)外表的低C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)外表垂直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解析：選C.電場線的疏密反映電場的強弱，電場線越密，電場越強，據(jù)圖可知，B點的電場強度比A點大，選項A錯誤；沿電場線電勢降低，小球外表的電勢比容器內(nèi)外表的高，選項B錯誤；容器內(nèi)外表為等勢面，而電場線總與等勢面垂直，故B點的電場強度方向與該處內(nèi)外表垂直，選項C正確．A、B兩點等勢，將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力做功均為零，選項D錯誤．4.如下圖，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．假設(shè)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，那么()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb解析：選D.由庫侖定律可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關(guān)系為Fb>Fc>Fa，由a＝eq\f(F,m)可知，ab>ac>aa，由運動軌跡可知，粒子Q的電性與P相同，受斥力作用，不管粒子從a到c，還是從c到a，在運動過程中總有排斥力與運動方向的夾角先為鈍角后為銳角，即斥力先做負功后做正功，因此va>vc>vb，故D正確．5．如下圖，一帶電小球沿與CD平行方向，射入傾角為θ的光滑斜面上，斜面所在區(qū)域存在和AD平行的勻強電場，小球運動軌跡如圖中虛線所示，那么()A．假設(shè)小球帶正電荷，那么電場方向一定沿斜面向下B．小球從M點運動到N點電勢能一定增加C．小球從M點運動到N點動能一定增加D．小球從M點運動到N點機械能一定增加解析：選C.假設(shè)小球帶正電荷，重力沿斜面向下的分力大于電場力時，電場力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，所以A錯誤；當電場力沿斜面向上時，那么電場力做負功，電勢能增加，當電場力沿斜面向下時，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根據(jù)動能定理可知，動能一定增加，故C正確；假設(shè)電場力沿斜面向上，電場力做負功，機械能減小，故D錯誤．6.如圖是勻強電場遇到空腔導(dǎo)體后的局部電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的選項是()A．O點電勢與Q點電勢相等B．O、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差C．將一負電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D．在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上解析：選C.由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A錯誤；且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMO>UON，B錯誤；因UMQ>0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤．7．(多項選擇)如下圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)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．以下說法正確的選項是()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解析：選BC.因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為平行于x軸指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向平行于x軸向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b兩點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤．[綜合應(yīng)用題組]8．(多項選擇)如下圖的水平勻強電場中，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，那么()A．M的帶電量比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．移動過程中勻強電場對M做負功解析：選BD.帶電小球M、N在不計重力條件下平衡，說明M、N兩球所受電場力的合力為零，即M、N所在點合場強為零，所以M球在N球處所產(chǎn)生的場強方向向左，大小為E，故M球帶負電；同理，N球在M球處產(chǎn)生的場強方向向左，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等．所以B、D正確．9.如下圖，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為零，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，那么電場強度的大小為()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m解析：選A.勻強電場的電場線與等勢面都是平行、等間距排列的，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取OA中點C，那么C點電勢為3V，連接BC即為電場中的一條等勢線，作等勢線的垂線，即電場的電場線，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3V,\x\to(OC)·sin30°)＝200V/m.10.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φM、φN、φP、φQ.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．那么()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φNC．假設(shè)電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．假設(shè)電子由P點運動到Q點，電場力做負功解析：選B.電子帶負電荷，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，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以NP和MQ分別是兩條等勢線，有φM＝φQ，故A錯誤，B正確；電子由M點到Q點過程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，電子由P點到Q點過程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D錯誤．11.(多項選擇)如下圖，一帶電粒子在兩個固定的等量正電荷的電場中運動，圖中的實線為等勢面，虛線ABC為粒子的運動軌跡，其中B點是兩點電荷連線的中點，A、C位于同一等勢面上．以下說法正確的選項是()A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過B點時的速度最大C．該粒子經(jīng)過B點時的加速度一定為零D．該粒子在B點的電勢能小于在A點的電勢能解析：選CD.從該帶電粒子的運動軌跡看，固定電荷對它有吸引力，由固定電荷帶正電可知，該粒子一定帶負電，故A錯誤；因為粒子從A運動到B的過程中，只受電場力且電場力先做正功后做負功，由動能定理知，動能先增加后減小，故B點的動能不是最大，那么經(jīng)過B點時的速度不是最大，故B錯誤；B點是兩點電荷連線的中點