第十章靜電場中的能量講和練

第十章靜電場中的能量一、靜電力做功的特點1．特點：靜電力做的功與電荷的起始位置和終止位置____________，與電荷經(jīng)過的路徑____________。2．在勻強電場中靜電力做功：WAB＝qE·LABcosθ，其中θ為靜電力與位移間的夾角。二、電勢能1．概念：電荷在____________中具有的勢能。用Ep表示。2．靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系靜電力做的功等于電勢能的____________，WAB＝____________。3．電勢能的大小：電荷在某點的電勢能，等于靜電力把它從該點移到____________時所做的功。4．零勢能點：電場中規(guī)定的電勢能____________的位置，通常把離場源電荷____________或____________的電勢能規(guī)定為零。三、電勢1．定義：電荷在電場中某一點的____________與它的____________的比值。2．定義式：φ＝。3．單位：國際單位制中，電勢的單位是____________，符號是V,1V＝1J/C。4．特點（1）相對性：電場中各點電勢的大小，與所選取的零電勢的位置有關(guān)，一般情況下取____________或大地為零電勢位置。（2）標矢性：電勢是標量，只有大小，沒有方向，但有____________。5．與電場線關(guān)系：沿電場線方向電勢____________。四、電勢差1．定義電場中兩點間電勢的____________叫作電勢差，也叫____________。2．公式設(shè)電場中A點的電勢為φA，B點的電勢為φB，則A、B兩點之間的電勢差為：UAB＝____________，B、A兩點之間的電勢差為：UBA＝____________，所以UAB＝____________。3．電勢差的正負電勢差是____________，但有正、負。電勢差的正、負表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用____________相加。4．靜電力做功與電勢差的關(guān)系：（1）公式推導(dǎo)由靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系可得：WAB＝____________，又因EpA＝qφA，EpB＝qφB，可得：WAB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝____________，所以有UAB＝。（2）物理意義：電場中A、B兩點間的電勢差等于這兩點之間移動電荷時靜電力做的功與電荷量q的____________。五、等勢面1．定義：電場中電勢____________的各點構(gòu)成的面叫作等勢面。2．等勢面與電場線的關(guān)系（1）電場線跟等勢面____________。（2）電場線由____________的等勢面指向____________的等勢面。六、勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系1．關(guān)系式：UAB＝____________或E＝。2．物理意義：勻強電場中兩點間的電勢差等于____________與這兩點____________的乘積。3．適用條件：____________電場。七、公式E＝的意義1．意義：在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的____________與這兩點____________的比值。2．電場強度的另一種表述：電場強度在數(shù)值上等于沿____________方向每單位距離上降低的____________。3．電場強度的另一個單位：由E＝可導(dǎo)出電場強度的另一個單位，即____________，符號為____________。1____________＝1N/C。八、電容器1．電容器：由兩個相互____________又彼此____________的導(dǎo)體組成。2．平行板電容器：由兩個相互____________又彼此絕緣的平行____________組成。3．電容器的充、放電現(xiàn)象把直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關(guān)組裝成實驗電路。如圖所示。電容器的充放電（1）充電：把開關(guān)S接1，電源給電容器充電，電容器兩極所帶電荷量逐漸____________，電流表示數(shù)____________，電壓表示數(shù)____________，當電流表示數(shù)為0，電壓表示數(shù)____________時，電容器充電結(jié)束。（2）放電：把開關(guān)S接2，電容器對電阻R放電，電流表示數(shù)____________，電壓表示數(shù)____________，當電流表示數(shù)為____________，電壓表示數(shù)為____________時放電結(jié)束。（3）電容器充、放電過程中能量的變化①充電過程：電源的能量不斷儲存在電容器中。②放電過程：電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量。九、電容1．定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的____________之比。2．定義式：C＝。3．物理意義：表征電容器儲存電荷本領(lǐng)的特性。4．單位：在國際單位制中，電容的單位是法拉(F)，另外還有微法(μF)和皮法(pF)，1μF＝10－6F,1pF＝10－12F。5．電容器的額定電壓和擊穿電壓（1）額定電壓：電容器能夠____________時的電壓。（2）擊穿電壓：電介質(zhì)被____________時在電容器兩極板上的極限電壓，若電壓超過這一限度，則電容器就會損壞。6．平行板電容器（1）電容的決定因素：電容C與兩極板間的相對介電常數(shù)εr成____________，跟極板的正對面積S成____________，跟極板間的距離d成____________。（2）電容的決定式：C＝，εr為電介質(zhì)的相對介電常數(shù)。當兩極板間是真空時，C＝，式中k為靜電力常量。七、常用電容器1．固定電容器（1）定義：電容固定不變的電容器（2）分類：聚苯乙烯電容器和電解電容器。2．可變電容器：由兩組鋁片組成，固定的一組鋁片叫作定片，可以轉(zhuǎn)動的一組鋁片叫作動片。轉(zhuǎn)動動片，使兩組鋁片的____________發(fā)生變化，電容就隨著改變。八、帶電粒子的加速1．帶電粒子在電場中加速(直線運動)的條件：只受電場力作用時，帶電粒子的速度方向與電場強度的方向____________或____________。2．分析帶電粒子加速問題的兩種思路（1）利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式來分析。（2）利用靜電力做功結(jié)合____________來分析。九、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)1．條件：帶電粒子的初速度方向跟電場力的方向____________。2．運動性質(zhì)：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡是一條拋物線。3．分析思路：同分析平拋運動的思路相同，利用運動的合成與分解思想解決相關(guān)問題。十、示波管的原理1．構(gòu)造：示波管主要由____________、____________(XX′和YY′)、____________組成，管內(nèi)抽成真空。2．原理（1）給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的____________點。甲示波管的結(jié)構(gòu)乙熒光屏(從右向左看)（2）示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓，使電子沿YY′方向偏轉(zhuǎn)。（3）示波管的XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓(如圖所示)，叫作掃描電壓，使電子沿XX′方向偏轉(zhuǎn)。電場力做功正、負的判定（1）若電場力是恒力，當電場力方向與電荷位移方向夾角為銳角時，電場力做正功；夾角為鈍角時，電場力做負功；夾角為直角時，電場力不做功。（2）根據(jù)電場力和瞬時速度方向的夾角判斷。此法常用于判斷曲線運動中變化電場力的做功情況。夾角是銳角時，電場力做正功；夾角是鈍角時，電場力做負功；電場力和瞬時速度方向垂直時，電場力不做功。（3）若物體只受電場力作用，可根據(jù)動能的變化情況判斷。根據(jù)動能定理，若物體的動能增加，則電場力做正功；若物體的動能減少，則電場力做負功?！纠}】1.如圖，勻強電場中有A、B、C三個點，將試探電荷從A點移到B點、再從B點移到C點，電場力做功為W；則將該電荷沿直線由A點移到C點，電場力做功（）A.小于W B.等于W C.大于W D.無法與W相比【答案】B【解析】【詳解】電場力做功與路徑無關(guān)，將試探電荷從A點移到B點、再從B點移到C點，電場力做功為W；則將該電荷沿直線由A點移到C點，電場力做功也為W。故選B。2.如圖所示，勻強電場的電場強度，沿電場線方向有A、B兩點，A、B兩點間的距離。將質(zhì)量、電荷量的點電荷從A點移至B點。求：（1）電荷所受靜電力F的大小。（2）電荷從A點移至B點的過程中，靜電力所做的功W。（3）電荷的電勢能改變了多少？【答案】（1）；（2）；（3）電勢能減小了【解析】【詳解】（1）電荷所受電場力F的大小為F=Eq=2.0×104×2.0×108N=4.0×104N（2）電荷從A點移至B點的過程中，電場力所做的功為W=Fs=40×104×0.10J=4.0×105J（3）電場力做正功，電勢能減小量等于電場力做功，為?！揪毩?xí)題】3.正點電荷電場分布如圖，該正點電荷電量為Q。A、B、C是電場線上的三個點。另一正點電荷在靜電力作用下，沿電場線由A點移至B點的過程中，靜電力做功為W1，將該正點電荷從A點移至C點再移至B點過程中靜電力做功為W2，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，兩次過程的初末位置相同，故兩次做功的情況相同，即，故A正確，BCD錯誤。故選A。4.（1）如圖所示，試探電荷q在電場強度為E的勻強電場中，沿直線從A移動到B，靜電力做的功為多少？若q沿折線AMB從A點移動到B點，靜電力做的功為多少？（2）若q沿任意曲線從A點移動到B點，靜電力做的功為多少？由此可得出什么結(jié)論？（3）對比電場力做功和重力做功的特點，它們有什么相同之處？重力做功引起重力勢能的變化，電場力做功引起什么能的變化？【答案】（1）qE|AM|，qE|AM|；（2）W=qE|AM|，見解析；（3）電場力做功與重力做功都與路徑無關(guān)，電場力做功引起電勢能的變化【解析】【詳解】（1）靜電力F=qE靜電力與位移間的夾角為θ，靜電力對試探電荷q做的功W=F|AB|cosθ=qE|AM|在線段AM上靜電力做的功W1=qE|AM|在線段MB上靜電力做的功W2=0，總功W=W1＋W2=qE|AM|（2）根據(jù)W=qE|AM|電荷在勻強電場中沿不同路徑由A點移動到B點，靜電力做功相同，說明靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)。（3）電場力做功與重力做功都與路徑無關(guān)。電場力做功引起電勢能的變化。1．電勢的性質(zhì)（1）相對性：電勢是相對的，電場中某點的電勢高低與電勢零點的選取有關(guān)。通常將離場源電荷無窮遠處，或地球表面選為電勢零點。（2）固有性：電場中某點的電勢大小是由電場本身的性質(zhì)決定的，與在該點是否放有電荷及所放電荷的電荷量和電勢能均無關(guān)。（3）標量性：電勢是只有大小、沒有方向的物理量，在規(guī)定了電勢零點后，電場中各點的電勢可能是正值，也可能是負值。正值表示該點的電勢高于零電勢；負值表示該點的電勢低于零電勢。顯然，電勢的正負只表示大小，不表示方向。2．電勢高低的判斷方法（1）電場線法：沿電場線方向，電勢越來越低。（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）電勢能判斷法：對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高；對于負電荷，電勢能越小，所在位置的電勢越高?！纠}】5.關(guān)于電勢，下列說法正確的是（）A.電場中某點的電勢，其大小等于單位正電荷從該點移動到零電勢點時，電場力所做的功B.電場中某點的電勢與零電勢點的選取無關(guān)C.由于電勢是相對的，所以無法比較電場中兩點的電勢高低D.電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)電勢的定義可知，電場中某點的電勢，其大小等于單位正電荷從該點移動到零電勢點時，電場力所做的功。故A正確；B．電勢是相對的，是相對于零電勢點而言的，電場中某點電勢與零電勢點的選取有關(guān)。故B錯誤；C．電勢是相對的，是相對于零電勢點而言的，電場中某點電勢與零電勢點的選取有關(guān)，而電場中某兩點間的電勢差與零電勢點選取無關(guān)，任意選取零勢能點都可以比較電場中兩點的電勢高低。故C錯誤；D．根據(jù)電勢的物理意義可知，電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，故D正確。故選AD。6.如圖所示，一個均勻帶電、帶電量為的圓環(huán)，圓心為O，其軸線上兩點A、B到圓心距離相等，下列說法正確的是（）A.A、B兩點電場強度相同 B.A、B兩點電勢相同C.O點的電場強度大于A點的電場強度 D.O點的電勢小于A點的電勢【答案】B【解析】【詳解】AB．電場強度是矢量，電勢是標量，根據(jù)對稱性可知A、B兩點電場強度大小相等，方向相反，A、B兩點電勢相同。故A錯誤，B正確；C．圓環(huán)均勻帶電，關(guān)于O點對稱的任意兩段長度的圓弧在O點場強疊加為0，故O點電場強度為0，A處電場強度不為0。即O點的電場強度小于A點的電場強度。故C錯誤；D．連線上的電場線方向為沿著方向向左，根據(jù)電場中的規(guī)律可知沿電場線方向電勢降低，即O點的電勢高于A點的電勢。故D錯誤。故選B?！揪毩?xí)題】7.一個電子在電場中A點具有80eV的電勢能，它由A運動到B的過程中克服電場力做功30eV，則（）A.電子的電勢能增加了30eV B.電子在B點的電勢能是50eVC.A點的電勢為80V D.B點的電勢為－110V【答案】AD【解析】【詳解】AB．由電場力做功與電勢能關(guān)系可得可得，電子在B點的電勢能為故電勢能增加了30eV，A正確，B錯誤；C．A點的電勢為80VC錯誤；D．B點的電勢為D正確。故選AD。8.某電場的電場線分布如圖所示，a、b、c三點電場強度分別為、、，電勢分別為、、，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】AB．根據(jù)電場線的疏密程度可知，a、b、c三點電場強度大小關(guān)系為故AB錯誤；CD．根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，a、b、c三點的電勢大小關(guān)系為故C正確，D錯誤。故選C。9.將帶電荷量為的電荷從無限遠處移到電場中的A點，需要克服靜電力做功，取無限遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）A.q在A點的電勢能為 B.A點的電勢C.q未移入電場前，A點的電勢為0 D.q未移入電場前，A點的電勢為【答案】AB【解析】【詳解】A．電荷從無限遠處移到電場中的A點克服靜電力做功，電荷的電勢能增加，電勢能的增加量為無限遠處的電勢為零，無限遠處電勢能也為零，則q在A點的電勢能為故A正確；B．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可得A點的電勢故B正確；CD．A點的電勢是由電場本身決定的，與A點是否有電荷存在無關(guān)，所以在q未移入電場前，A點電勢仍為，故CD均錯誤。故選AB?！疽族e題小練習(xí)】10.如圖所示，在邊長為a的等邊三角形的三個頂點A、B、C上，分別固定三個電荷量相等的點電荷，其中A、B處的點電荷均帶正電，C處的點電荷帶負電，O為三角形中心。已知點電荷Q的電勢表達式為，式中k為靜電力常量，r為電場中某點到點電荷的距離，則下列說法正確的是（）A.O點的電場強度大小為 B.O點的電場強度大小為C.O點的電勢為 D.O點的電勢為【答案】C【解析】【詳解】AB．根據(jù)對稱性可知A、B、C三處點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，均為方向分別如圖所示，根據(jù)電場強度的疊加法則可得O點的電場強度大小為故AB錯誤；CD．由題給表達式以及電勢的疊加可知O點的電勢為故C正確，D錯誤。故選C。11.兩個相距很近的等量異種點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子。如圖所示，設(shè)電偶極子的電荷量分別為和，間距為l，取二者連線方向為y軸方向、以中點O為原點建立坐標系，P點距坐標原點O的距離為r（），P、O兩點間連線與y軸正方向的夾角為θ，取無窮遠處電勢為零，真空中靜電力常量為k，則P點電勢φ的表達式可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】點電荷周圍的電勢表達式為又有兩點電荷電性相反，故正電荷周圍電勢為正，負電荷周圍電勢為負；因為距離P點相對較遠，那么P點電勢為正，大小相當于點電荷形成的電場中元電荷從距的距離為P點與的距離運動到P點過程中克服電場力做的功；由于故點電荷在P點附近的場強大小可近似為元電荷運動距離，即P到兩點電荷的距離差可近似為所以故選B。電勢φ電勢差U區(qū)別定義電勢能與電荷量的比值φ＝電場力做功與電荷量的比值U＝?jīng)Q定因素由電場和在電場中的位置決定由電場和場內(nèi)兩點位置決定相對性有，與零電勢位置的選取有關(guān)無，與零電勢位置的選取無關(guān)聯(lián)系數(shù)值關(guān)系UAB＝φA－φB，當φB＝0時，UAB＝φA單位相同，均是伏特(V)標矢性都是標量，且均具有正負物理意義：均是描述電場的能的性質(zhì)的物理量【例題】12.關(guān)于電勢、電勢差和電勢能這三個物理量，下面說法中正確的是（）A.電荷在高電勢處具有較大的電勢能B.電場中確定的兩點間的電勢差與零電勢位置的選取無關(guān)C.電勢是描述電場力的性質(zhì)的物理量D.電勢、電勢差、電勢能都是矢量【答案】B【解析】【詳解】A．正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小，故A錯誤；B．電勢差由電場及電場中兩點的位置決定，與有無試探電荷無關(guān)，與零電勢位置的選取也無關(guān)，故B正確；C．電勢是描述電場的能的性質(zhì)的物理量，故C錯誤；D．電勢有正負，電勢的正負號的意義是表示相對于零電勢的電勢高低，不表示方向；電勢差的正負表示兩點間電勢之差，不表示方向；電勢的正負號的意義是表示相對于零電勢的電勢高低，電勢能沒有方向。所以電勢、電勢差、電勢能都是標量，故D錯誤。故選B?！揪毩?xí)題】13.關(guān)于電勢、電勢差下列說法中正確的是（）A.電場中某點的電勢大小與零電勢點的選取無關(guān)B.Uab為正值，則a點的電勢低于b點C.電勢是矢量，有大小還有方向D.一正電荷由靜止在勻強電場開始運動，則該電荷的運動方向是電勢降低的方向（忽略重力）【答案】D【解析】【詳解】A．電場中某點的電勢大小都是相對零電勢點來說的。零電勢點不同，某點的電勢大小可能就不同，故A錯誤；B．根據(jù)公式得Uab為正值，則a點的電勢高于b點，故B錯誤；C．電勢是標量，只有大小沒有方向，故C錯誤；D．一正電荷忽略重力，由靜止在勻強電場中開始運動，該正電荷運動的方向為受到的靜電力的方向，也是電場線的方向，而沿著電場線方向電勢降低，故D正確。故選D。四種求法表達式注意問題功的定義W＝Fd＝qEd（1）適用于勻強電場（2）d表示沿電場線方向的距離功能關(guān)系WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp（1）既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場（2）既適用于只受電場力的情況，也適用于受多種力的情況電勢差法WAB＝qUAB動能定理W靜電力＋W其他力＝ΔEk【例題】14.在電場中把的正電荷從A點移動到B點，靜電力做功。再把這個電荷從B點移到C點，靜電力做功則（）A.BC兩點的電勢差為200VB.C點電勢比A點低C.B點電勢比A點高D.該電荷在A點具有電勢能比在B點具有的電勢能多【答案】AD【解析】【詳解】ABC．從A點移動到B點，靜電力做功，可知可得從B點移到C點，靜電力做功，可知可得即A正確，BC錯誤；D．根據(jù)前面分析，該電荷為正電荷，所以可得該電荷在A點具有電勢能比在B點具有的電勢能多，D正確。故選AD。15.有一帶電荷量的點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服電場力做的功，從B點移到C，電場力對電荷做的功，求（1）A、C兩點的電勢差。（2）把電荷量是的負點電荷從A點移動到C點，靜電力做的功是多少？（3）根據(jù)以上結(jié)果，定性地畫出電場線的示意圖，標出A。B。C三點可能的位置?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)可得而因此（2）把電荷量是的負點電荷從A點移動到C點，靜電力做的功（3）根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，以勻強電場為例，可得A、B、C三點可能的位置如圖【練習(xí)題】16.一電量為的正點電荷固定在絕緣水平面上的點，如圖所示?，F(xiàn)有一帶同種電性、質(zhì)量為的油滴（可視為點電荷，電荷量未知）從點正上方的A點靜止釋放。已知，重力加速度為，油滴釋放瞬間的加速度大小為且方向豎直向下，靜電力常量為，不計空氣阻力。求：（1）油滴釋放瞬間所受到的庫侖力大小和方向；（2）若點是小球能夠達到的最低點且，求兩點間的電勢差?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2）【解析】【詳解】（1）由題意可知，在釋放點位置由牛頓第二定律有方向豎直向上；（2）由庫侖定律可知由A點到點動能定理可得17.如圖所示，一電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC中點?，F(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當帶電小球運動到B點時速度正好又為零，已知帶電小球在A點處的加速度大小為，靜電力常量為k，求：（1）小球帶正電還是負電？（2）小球運動到B點時的加速度大小。（3）B和A兩點間的電勢差。（用k，Q和L表示）【答案】（1）正電；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）依題意，可知小球從A到B先加速，后減速，則小球只能帶正電；（2）設(shè)帶電小球所帶電荷量為q，帶電小球在A點時，根據(jù)牛頓第二定律有帶電小球在B點時且，聯(lián)立可解得（3）帶電小球由A點運動到B點應(yīng)用動能定理，得由可得可求得1．等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷，電場力不做功。（2）在空間中兩等勢面不相交。（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集；在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是為描述電場的性質(zhì)而假想的面。（6）等勢面的分布與零電勢點的選取無關(guān)。2．幾種常見電場的等勢面【例題】18.正點電荷的電場線和等勢線如圖所示，下列說法正確的是（）A.c、d兩點的電場強度相同B.a點電勢可能低于b點電勢C.同一點電荷在a點所受電場力大于在b點所受電場力D.一點電荷從c點沿圓弧移到d點，電場力做功不為零【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)對稱性可知，c、d兩點的電場強度大小一樣，方向不一樣，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，a點所在等勢面的電勢比b點所在等勢面的電勢高，故a點的電勢高于b點電勢，故B錯誤；C．由圖可知，a點的電場線比b點更加密集，a點場強大于b點，則同一點電荷在a點所受電場力大于在b點所受電場力，故C正確；D．c點和d處于同一等勢面，故將一點電荷從c點沿圓弧移到d點，電場力做功為零，故D錯誤。故選C。19.兩個位于紙面內(nèi)的點電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是（）A.兩點電荷可能是異種點電荷 B.P點的電場強度比A點的電場強度小C.A點的電勢高于B點的電勢 D.電子運動到P點時動能最大【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點電荷帶同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運動軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點電荷為同種負電荷，故A錯誤；B．根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點的電場強度比P點的小，故B錯誤；C．因為兩點電荷是同種負電荷，電場線指向負電荷，故可知A點的電勢高于B點的電勢，故C正確；D．根據(jù)電子的運動軌跡和電場線的方向可知由M到P電場力做負功，由P到N電場力做正功；由M到P動能減小，由P到N動能增加，故電子運動到P點時動能最小，故D錯誤。故選C?！揪毩?xí)題】20.某橫截面為“<”形帶電導(dǎo)體右側(cè)的電場線或等勢線（若為等勢線，則相鄰等勢線之間的電勢差相等）如圖中實線所示，其中a、b是同一條實線上的兩點，c是另一條實線上的一點，d是導(dǎo)體尖角右側(cè)表面附近的一點。下列說法正確的是（）A.實線表示電場線B.a點的電勢一定低于c點的電勢C.c點的電場強度大于d點的電場強度D.點電荷從a點到c點再到b點的過程中，電場力做的功不為零【答案】C【解析】【詳解】A．由于帶電導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)時，導(dǎo)體自身為一個等勢體，表面為一個等勢面，而電場線與等勢面垂直，即電場線一定與帶電導(dǎo)體表面垂直，圖中實線沒有與導(dǎo)體表面垂直，可知，圖中實線是等勢線，A錯誤；B．由于不知道帶電導(dǎo)體的電性，因此沒有辦法確定圖中電勢的高低，即a點的電勢可能低于c點的電勢，B錯誤；C．等勢線的分布的疏密程度能夠間接反映電場的強弱，圖中c點的等勢線分布的密集程度大于d點的等勢線分布的密集程度，則c點的電場強度大于d點的電場強度，C正確；D．根據(jù)上述，實線為等勢線，a點與b點位于同一條等勢線上，電勢相等，則有可知，點電荷從a點到c點再到b點的過程中，電場力做的功為零，D錯誤。故選C。21.如圖所示，在勻強電場中的O點固定一點電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點為球心的同一球面上的點，aecf平面與電場線平行，bed平面與電場線垂直，下列判斷中正確的是（）A.a、c兩點電勢相等B.b、d兩點的電場強度相同C.將點電荷+q從球面上b點移到e點，電場力做功為零D.將點電荷+q從球面上a點移到c點，電場力做功為零【答案】C【解析】【詳解】AD．根據(jù)點電荷形成的電場可知，a、c兩點距離點電荷的距離相等，則可知電勢相同，但a、c兩點又同時處在勻強電場中，而沿著電場線的方向電勢降低，根據(jù)電勢疊加原理可知，a點的電勢高于c點的電勢，因此將點電荷+q從球面上a點移到c點，電場力做正功，故AD錯誤；B．根據(jù)場強的疊加原理可知，b、d兩點的電場強度大小相同，方向不同，故B錯誤；C．bed平面與電場線垂直，若只有勻強電場，則可知平面bed為等勢面，而b、e兩點又位于點電荷所在的球面上，若只有該點電荷，則可知b、e兩點所在的球面為等勢面，根據(jù)電勢疊加原理可知，在該復(fù)合電場中，b、e兩點電勢仍然相等，因此將點電荷+q從球面上b點移到e點，電場力做功為零，故C正確。故選C。22.如圖所示，虛線是電場中的一組豎直等差等勢面，實線是一帶負電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，分別為運動軌跡與等勢面的交點，下列判斷正確的是()A.圖中等勢面a的電勢最高B.粒子在電場中做變加速運動C.粒子經(jīng)過Q點時的動能大于經(jīng)過P點時的動能D.粒子在M點的電勢能比在Q點的小【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場線位于水平方向，粒子所受的電場力也在水平方向，由粒子的軌跡向左彎曲，所以粒子所受的電場力水平向左，粒子帶負電，則電場線方向水平向右，則a處電勢最高，故A正確；B．由圖知，等差等勢面均勻分布，則知該電場是勻強電場，粒子所受的電場力恒定，所以粒子在電場中做勻變速運動，故B錯誤；C．若粒子從M運動到Q，電場力做負功，粒子的動能減小，同理，若粒子從Q到M，電場力做正功，粒子動能增大，則粒子經(jīng)過Q點動能小于P點動能，故C錯誤；D．電場線方向水平向右，則M點電勢高于Q點電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，所以粒子在M點的電勢能比Q點的小，故D正確。故選AD。1．關(guān)系式表明了電場強度與電勢差的關(guān)系大小關(guān)系由E＝可知，電場強度在數(shù)值上等于沿電場方向每單位距離上降低的電勢方向關(guān)系電場中電場強度的方向就是電勢降低最快的方向物理意義電場強度是電勢差對空間位置的變化率，反映了電勢隨空間變化的快慢2．在非勻強電場中，公式E＝可用來定性分析問題，由E＝可以得出結(jié)論：在等差等勢面越密的地方場強就越大，如圖甲所示。再如圖乙所示，a、b、c為某條電場線上的三個點，且距離ab＝bc，由于電場線越密的地方電場強度越大，故Uab<Ubc?！纠}】23.如圖所示為一水平向右的勻強電場的電場線，其中A、B、C、D為一條電場線上的四個點，已知，，，勻強電場的電場強度大小為。則下列說法正確的是（）A.兩點之間的電勢差B.如果A點的電勢為零，則D點的電勢為C.如果B點的電勢為零，則D點的電勢為D.一試探電荷由C直接到D與該試探電荷由C經(jīng)O再到D的過程，電場力做功不同【答案】B【解析】【詳解】A．兩點之間的電勢差為故A錯誤；B．兩點之間的電勢差為故故B正確；C．兩點之間的電勢差為故故C錯誤；D．電場力做功只有電荷起始位置與終止位置有關(guān)，與電荷運動的路徑無關(guān)，故D錯誤。故選B。【練習(xí)題】24.如圖所示，在場強為E的勻強電場中有A、B兩點，AB連線長L，與電場線夾角為α。則AB兩點的電勢差為（）A.零 B.ELC.ELcosα D.ELsinα【答案】C【解析】【詳解】AB兩點的電勢差為UAB=EdAB=ELcosα故選C。25.如圖所示，以O(shè)點為圓心，以R=0.20m為半徑的圓與坐標軸交點分別為a、b、c、d，該圓所在平面內(nèi)有一勻強電場，場強方向與x軸正方向成θ=60°角，已知a、b、c三點的電勢分別為、4V、，則下列說法正確的是（）A.該勻強電場的場強 B.該勻強電場的場強C.d點的電勢為 D.d點的電勢為4V【答案】D【解析】【詳解】AB．a(chǎn)、c兩點之間的電勢差a、c兩點之間沿電場線方向的距離該勻強電場的場強AB錯誤；CD．b、d之間沿電場線方向的距離b、d之間電勢差由可得d點的電勢為C錯誤，D正確。故選D。勻強電場中電勢差的特點主要有兩點特點1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示．特點2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．【例題】26.一勻強電場的方向平行于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10V、17V、26V。下列說法正確的是（）A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eVD.電子在a點的電勢能比在b點的低7eV【答案】ABC【解析】【詳解】A．將電場強度分解為水平和豎直，x軸方向沿y軸方向則合場強故A正確；B．在勻強電場中，平行等距的兩線段電勢差相等，故解得坐標原點處的電勢為1V，故B正確；C．電子在c點電勢能電子在b點電勢能

電子在b點的電勢能比在c點的高9eV，故電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故C正確。D．電子在a點電勢能

電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故D錯誤。故選ABC。27.如圖所示，勻強電場中有一圓心角為120°的扇形，半徑為2m，且扇形所在的平面平行于電場線，C點為弧的中點。把一個電荷量為的負點電荷由電勢為零的某點移到O點，克服靜電力做功；將該電荷從O點移動到A點，電勢能增加；將該電荷沿圓弧從A點移到C點，靜電力做功，則（）A.O點的電勢為5VB.A點的電勢高于O點的電勢C.該電荷在B點的電勢能為D.電場強度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．把一個電荷量為的負點電荷由電勢為零的某點移到O點，克服靜電力做功，故O點的電勢為故A錯誤；B．將該電荷從O點移動到A點，電勢能增加，故A點的電勢為低于O點的電勢，故B錯誤；C．將該電荷沿圓弧從A點移到C點，靜電力做功，故四邊形OACB為平行四邊形所以電荷在B位置的電勢為故電荷在B位置的電勢能為2×107J，故C錯誤；D．將該電荷沿圓弧從A點移到C點，靜電力做功，故故AC中點D的電勢為5V，故電場方向與OD垂直，且由C指向A，其大小為故D正確。故選D?！揪毩?xí)題】28.勻強電場中同一平面內(nèi)有a、b、c三點，電場方向跟a、b、c，所在平面平行，，，∠abc=90°。已知a、b、c點電勢分別為3V、－1V和7V。則（）A.電場強度大小為2V/cmB.電場強度的方向與bc夾角為45°C.電子從a點移到b點，電場力對電子做了正功D.電子從a點移到c點，電場力對電子做了負功【答案】AB【解析】【詳解】AB．計b、c的中點為d，則則ad兩點電勢相等，ad連線為等勢線，則根據(jù)電場線和等勢線的關(guān)系作出下圖再根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系有，方向與bc夾角為45°AB正確；C．由于φa>φb，則根據(jù)Ep=φq，可知電子從a點移到b點，有Epa<Epb，則電子從a點移到b點電場力做負功，C錯誤；D．由于φa<φc，則根據(jù)Ep=φq，可知電子從a點移到c點，有Epa>Epc，則電子從a點移到c點電場力做正功，D錯誤。故選AB。29.如圖所示，勻強電場中有a、b、c三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，，電場方向與三角形所在平面平行。已知a、b和c點的電勢分別為、和，該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為（）A.、 B.0、C.、 D.、【答案】D【解析】【詳解】如圖所示，畫出三角形的外接圓，連接三角形上電勢最大和最小的兩個點b、a，將其分成n等份，，則，標出中點O，O點的電勢為，為等勢線，電場線的方向由b指向的中點斜向左下，平移電場線過圓心O，由幾何關(guān)系可知，P為電勢最高點，Q為電勢最低點解得，故選D。30.如圖所示，a、b、c、d、e為勻強電場中的五個點，水平實線為電場線（方向未標出），，ad邊平行于電場線，且，e為ab的中點?已知a、b、c、d四點的電勢分別為：，，，則（）A.e點電勢 B.ab間的電勢差Uab等于dc間的電勢差UdcC.勻強電場的場強方向水平向右 D.勻強電場的場強大小為200V/m【答案】ABD【解析】【詳解】A．因為是勻強電場，所以解得A正確；B．因為是勻強電場，所以得B正確；CD．設(shè)b、c的中點為f解得電場強度的大小為電場強度的方向水平向左，C錯誤，D正確。故選ABD。1.充電電流與放電電流（1）電容器兩極板間的電介質(zhì)使兩極板之間絕緣，所以充電結(jié)束后的電容器相當于斷路。（2）而充電過程中電荷由電源定向移動，在兩極板上聚集，故電路中有充電電流，而且電流流向正極板。（3）放電時，電容器極板上的電荷減少，有放電電流，且電流從正極板流出。2．通過Q-U圖像來理解C＝。如圖所示，在Q-U圖像中，電容是一條過原點的直線的斜率，其中Q為一個極板上所帶電荷量的絕對值，U為兩極板間的電勢差，可以看出，電容器電容也可以表示為C＝，即電容器的電容的大小在數(shù)值上等于兩極板間的電壓增加(或減小)1V所需增加(或減少)的電荷量。【例題】31.a、b兩個電容器如圖甲所示，圖乙是它們的部分參數(shù)。則關(guān)于a、b兩個電容器的下列說法正確的是（）A.a、b兩個電容器的電容之比為8∶1B.a、b兩個電容器的電容之比為4∶5C.b電容器工作時最多能容納電荷0.1CD.a電容器工作時最多能容納電荷1C【答案】C【解析】【詳解】AB．由題圖乙知a的電容是1000μF，b的電容是10000μF，所以a、b兩個電容器的電容之比為AB錯誤；C．b電容器最多能容納電荷Qb=CbUb=10000×10－6×10C=0.1CC正確；C．a(chǎn)電容器最多能容納電荷Qa=CaUa=1000×10－6×80C=0.08CD錯誤。故選C?！揪毩?xí)題】32.電容器是一種常用的電子元件。對電容器認識正確的是（）A.電容器能儲存電荷 B.電容器兩電極正對面積越大，電容越小C.電容器兩電極的距離越遠，電容越大 D.電容的常用單位有和，【答案】A【解析】【詳解】A．電容器能儲存電荷，故A正確；BC．根據(jù)可知電容器兩電極正對面積越大，電容越大；電容器兩電極的距離越遠，電容越小，故BC錯誤；D．電容的常用單位有和，，故D錯誤。故選A。33.某電容器上標有“1.5μF，9V”的字樣，則該電容器()A.該電容器的電容是1.5μFB.該電容器的額定電壓是9VC.加在該電容器上的電壓不應(yīng)超過9VD.該電容器的擊穿電壓為9V【答案】ABC【解析】【詳解】A．該電容器的電容是1.5μF，故A正確；BCD．9V是額定電壓，所以電壓不能超過9V，不是擊穿電壓，擊穿電壓比9V高，故BC正確，D錯誤。故選ABC。平行板電容器的兩類動態(tài)問題指的是電容器始終連接在電源兩端，或充電后斷開電源兩種情況下，電容器的d、S或者εr發(fā)生變化時，判斷C、Q、U、E隨之怎樣變化。具體分析方法如下。1．公式分析法(①C＝②C＝③E＝)C＝∝始終連接在電源兩端充電后斷開電源U不變Q不變Q＝UC∝C∝U＝∝∝E＝∝E＝∝2．形象記憶法兩極板間電介質(zhì)不變時，還可以認為一定量的電荷對應(yīng)著一定數(shù)目的電場線，兩極板間距離變化時，場強不變；兩極板正對面積變化時，如圖丙電場線變密，場強增大?！纠}】34.如圖所示，平行板電容器兩極板與電源兩極相連。為電流表，若將電容器的兩極板靠近，則下列選項錯誤的是（??）A.中有電流，方向是 B.中有電流，方向是C.電容器兩極板的帶電量都增大 D.電容器兩極板間的場強增大【答案】B【解析】【詳解】ABC．平行板電容器兩極板與電源兩極相連，則兩極板電壓保持不變，根據(jù)電容的決定式將電容器的兩極板靠近，則d減小，C增大，再根據(jù)則兩極板所帶的電荷量將增大，則電容器處于充電過程，G中有電流，方向是a→b，故AC正確，不符合題意，B錯誤，符合題意；D．由公式分析可知，U不變，d減小，E增大，故D正確，不符合題意。故選B35.某學(xué)校氣象興趣小組的同學(xué)利用所學(xué)物理知識設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時，則（）A.電容器電容變小 B.極板間電場強度不變C.極板間電壓變大 D.靜電計指針張角越小，風(fēng)力越小【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)在受到風(fēng)力作用時，d減小，則電容器電容變大，故A錯誤；B．極板間電場強度不變，故B正確；C．極板間電壓變小，故C錯誤；D．風(fēng)力越小，d越大，極板間電壓越大，靜電計指針張角越大，故D錯誤。故選B?！揪毩?xí)題】36.熔噴布是醫(yī)用口罩及N95口罩的最核心的材料，工廠在生產(chǎn)熔噴布時為了實時監(jiān)控其厚度，在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器，其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上，G是靈敏電流計，連接在A極板上。當熔噴布的厚度變薄導(dǎo)致介電常數(shù)變小時（）A.極板間的電場強度變大 B.平行板電容器的電容變大C.A、B兩極板間電壓減小 D.有自a向b的電流流過靈敏電流計【答案】D【解析】【詳解】A．平行板電容器極板間的電壓、距離不變，根據(jù)可知極板間的電場強度不變，故A錯誤；B．平行板電容器介電常數(shù)變小、極板正對面積和間距不變，根據(jù)可知平行板電容器的電容變小，故B錯誤；C．平行板電容器兩極板接在恒壓直流電源的兩極上，A、B兩極板間的電壓不變，故C錯誤；D．根據(jù)電容定義式平行板電容器兩極板帶電量減小，電容放電，有自a向b的電流流過靈敏電流計，故D正確。故選D。37.如圖所示，AB是平行板電容器的兩個金屬板，中間固定一個帶正電小球，右邊靜電計張開一定的角度，不考慮靜電計引起的電荷量變化，下列說法正確的是（）A.開關(guān)S閉合，滑片向右移動，靜電計指針張角變小B.開關(guān)S閉合，將B板下移，小球的電勢能減小C.斷開開關(guān)S，緊貼B板插入金屬板，靜電計指針張角變大D.斷開開關(guān)S，緊貼B板插入金屬板，小球受的電場力減小【答案】B【解析】【詳解】A．保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差等于電源電動勢，是定值。若將R的滑片向右移動，不能改變電容器兩端的電勢差，靜電計指針張角不變，故A錯誤；B．保持開關(guān)S閉合，若將B板下移，兩極板間距d變大，根據(jù)可得電容器的電容C減小，兩極板間的電勢差不變，由可知，板間電場強度E減小。小球與A板的距離不變，小球與A板間的電勢差減小，為其中不變，所以小球所在位置的電勢降低，由電勢能公式可知小球的電勢能減小，故B正確；C．斷開開關(guān)S后，電容器所帶電荷量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則板間距離d減小，根據(jù)可知C增大；根據(jù)可知，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針張開角度減小，故C錯誤；D．由，和可得電容器所帶電荷量不變，當電容器極板間距離改變時，電場強度不變，則小球受到的電場力不變，故D錯誤。故選B。【易錯題小練習(xí)】38.如圖，平行板電容器與電源連接，下極板B接地，開關(guān)S閉合后，一帶電油滴在電容器中的P點處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，油滴保持靜止B.保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離的過程中，電流計中電流方向向左C.保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，P點的電勢降低D.開關(guān)S閉合后再斷開，A板水平向左移動一小段距離，帶電油滴向下運動【答案】B【解析】【詳解】A．保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，可知電容器極板電壓不變，根據(jù)可知板間電場強度減小，油滴受到的電場力減小，油滴向下運動，故A錯誤；B．保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離的過程中，可知電容器極板電壓不變，根據(jù)，可知電容器電容減小，電容器所帶電荷量減小，由于上極板帶負電，則電流計中電流方向向左，故B正確；C．保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，可知電容器極板電壓不變，根據(jù)可知板間電場強度減小，由于下極板B帶正電，則有可知P點的電勢升高，故C錯誤；D．開關(guān)S閉合后再斷開，A板水平向左移動一小段距離，可知電容器電荷量保持不變，根據(jù)可知板間電場強度增大，油滴受到的電場力增大，油滴向上運動，故D錯誤。故選B。39.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容，E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，W表示試探電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，則各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖像正確的是圖中的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．設(shè)原來兩極板間距為d，負極板右移時，由可知，C與x的圖像不是一次函數(shù)圖像，故A錯誤；B．由E與板間距離x無關(guān)，故B錯誤；C．因負極板接地，設(shè)P點開始與負極板間的距離是d'，則P點的電勢故C正確；D．試探電荷在P點的電勢能所以Wx圖像是一條傾斜的直線，故D錯誤。故選C。1．用動力學(xué)觀點分析a＝，E＝，v2－v02＝2ad.2．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例題】40.如圖是微波信號放大器的結(jié)構(gòu)簡圖，其工作原理簡化如下：均勻電子束以一定的初速度進入Ⅰ區(qū)（輸入腔）被ab間交變電壓（微波信號）加速或減速，當時，電子被減速到速度為，當時，電子被加速到速度為，接著電子進入Ⅱ區(qū)（漂移管）做勻速直線運動。某時刻速度為的電子進入Ⅱ區(qū)，t時間（小于交變電壓的周期）后速度為的電子進入Ⅱ區(qū)，恰好在漂移管末端追上速度為的電子，形成電子“群聚塊”，接著“群聚塊”進入Ⅲ區(qū)（輸出腔），達到信號放大的作用。忽略電子間的相互作用。求：（1）電子進入Ⅰ區(qū)的初速度大小和電子的比荷；（2）漂移管的長度L。【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）在Ⅰ區(qū)，由動能定理得聯(lián)立解得（2）在Ⅱ區(qū)，設(shè)電子運動時間為，則聯(lián)立解得【練習(xí)題】41.一初速為零的帶電粒子經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后，獲得的速度v，粒子通過加速電場的時間t，不計重力的作用，求：（1）帶電粒子的比荷為多大？（2）勻強電場的場強為多大？【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)定能定理得，帶電粒子的比荷為（2）根據(jù)牛頓第二定律又由運動學(xué)公式聯(lián)立解得勻強電場的場強為42.一個電子以與電場方向相同的初速度v0，射入電場強度為E的勻強電場中，如圖所示，已知電子電量e，電子質(zhì)量m，試求：（1）電子的入射點與速度為零之間的電勢差和這兩點間的距離?（2）從電子的入射點到速度為零之點所需的時間?【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）電子在勻強電場中受電場力方向與電場方向相反，做勻減速運動，電場力做負功，電子從入射點到速度為零，根據(jù)動能定理有，解得，（2）電子從入射點到速度為零，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理有解得1．類平拋運動帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運動，稱之為類平拋運動?？梢圆捎锰幚砥綊佭\動的方法分析這種運動。2．運動規(guī)律（1）沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)。（2）垂直于初速度方向：vy＝at，y＝at2(電場線方向，其中a＝＝)。3．兩個結(jié)論（1）偏轉(zhuǎn)距離：y＝。（2）偏轉(zhuǎn)角度：tanθ＝＝。4．幾個推論（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移。（2）位移方向與初速度方向間夾角的正切為速度偏轉(zhuǎn)角正切的，即tanα＝tanθ。（3）以相同的初速度進入同一個偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要相同，即比荷相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。（4）若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同。（5）同種電性的不同帶電粒子經(jīng)同一加速電場加速后(即加速電壓U1相同)，進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同?！纠}】43.如圖，氕（）、氘（）、氚（）和氦（）的原子核由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上。下列說法正確的是（）A.四種原子核飛出加速電場時的速度相同B.四種原子核在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離不同C.四種原子核飛出偏轉(zhuǎn)電場時的動能相同D.四種原子核打在熒光屏的同一位置上【答案】D【解析】【詳解】A．原子核在加速電場中有原子核飛出加速電場時的速度與原子核的比荷有關(guān)，比荷不同，則速度不同，故A錯誤；B．原子核在偏轉(zhuǎn)電場中設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板的電壓為，極板的長度為聯(lián)立四式可得所以偏轉(zhuǎn)距離y與原子核的質(zhì)量、電荷量無關(guān)，四種原子核在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離y相同，故B錯誤；C．由靜止開始進入加速電場到飛出偏轉(zhuǎn)電場的過程中，根據(jù)動能定理有所以原子核飛出偏轉(zhuǎn)電場時的動能與原子核的電荷量有關(guān)，只有當電量相同時，飛出偏轉(zhuǎn)電場的動能才相同，故C錯誤；D．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場極板右端到熒光屏的水平距離為，原子核飛出偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏轉(zhuǎn)角為，則原子核打在熒光屏上的位置距射入偏轉(zhuǎn)電場時的豎直距離可得因出離偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離y相同，所以Y與原子核的質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故D正確。故選D。44.如圖所示，在勻強電場中一質(zhì)量為m、一電荷量為q的正粒子先后經(jīng)過a、b兩點，在a點的速度大小為、速度方向連線的夾角為，在b點的速度大小為、速度方向與連線的夾角為，連線長度為d，。若粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是（）A.場強大小為 B.從a到b，粒子的運動時間為C.場強方向與連線的夾角為 D.從a到b，粒子的最小速度為【答案】A【解析】【詳解】C．設(shè)場強方向ab連線夾角為，正粒子所受電場力與ab連線夾角也為，如圖則正粒子速度往垂直電場力的方向分速度相等，即解得C錯誤；B．從a點運動到b點沿ab方向的平均速度為從a點運動到b的時間為B錯誤；A．從a點運動到b的加速度為由牛頓第二定律，從a點運動到b的電場力場強大小為A正確；D．當粒子沿電場力方向的速度最小時，粒子的速度最小，此時粒子的最小速度為D錯誤。故選A。45.如圖所示，有四塊相同的矩形金屬薄板M、N、P、Q，其中M、N（正中間均開有小孔）豎直平行放置，P、Q水平平行放置，金屬板M接電源正極，N接電源負極，電源電壓可調(diào)，金屬板P帶正電、Q帶等量負電，電荷量保持不變，其右下方有一水平放置、半徑為R的圓形檢測板，檢測板圓心到金屬板P、Q中心的水平距離為b。比荷為的帶正電粒子從小孔飄入（初速度近似為零）金屬板M、N，當金屬板M、N所接電源的電壓為時，粒子經(jīng)加速、偏轉(zhuǎn)后恰好能打到檢測板的圓心處。不計粒子受到的重力，忽略極板的邊緣效應(yīng)。（1）求粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大??；（2）要使帶電粒子能夠打在檢測板上，求M、N兩板所接電源電壓的取值范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）從M到N，根據(jù)動能定理，有解得（2）方法一：設(shè)金屬板長為L、板間距為d，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U，加速電壓為時，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為，水平方向有根據(jù)牛頓第二定律，有速度偏轉(zhuǎn)角為聯(lián)立解得設(shè)加速電壓為時粒子恰好打到檢測板最左側(cè)，加速電壓為時粒子恰好打到檢測板最右側(cè)，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角分別為、，結(jié)合幾何關(guān)系有粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，且速度反向延長線過金屬板P、Q中心，根據(jù)幾何關(guān)系，有聯(lián)立解得即M、N兩板所接電源電壓的取值范圍為。方法二：設(shè)加速電壓為，同理可得，粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為設(shè)金屬板長為L、板間距為d，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為，水平方向有根據(jù)牛頓第二定律，有粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，當，粒子在沿著偏轉(zhuǎn)電場的位移為，恰好能打到檢測板的圓心處，設(shè)檢測板金屬板P、Q中心的水平距離為Y,則設(shè)加速電壓為時粒子恰好打到檢測板的最左側(cè)（此情況下加速電壓最?。?，加速電壓為時粒子恰好打到檢測板的最右側(cè)（此情況下加速電壓最大），同理可得,則,即M、N兩板所接電源電壓的取值范圍為?！揪毩?xí)題】46.如圖所示，長度均為的兩平行金屬板沿水平方向放置，兩極板的間距為兩極板帶有等量異種電荷，其中上極板帶正電。帶電粒子1由左側(cè)正中央沿平行于極板的速度射入電場，同時另一完全相同的粒子2，由上極板的正中央以垂直于極板的速度射入電場，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質(zhì)量為，電荷量為，兩極板之間的電壓恒為，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，兩極板之間的電場可看做勻強電場。則下列說法正確的是（）A.粒子1到達O點時的速度B.粒子2射入電場時的速度C.若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?，兩粒子將在O點上方相遇D.若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?，兩粒子仍可同時到邊O點【答案】B【解析】【詳解】AB．設(shè)粒子的運動時間為，粒子1在電場中做類平拋運動，則有，粒子2在電場中做勻加速直線運動，則有又聯(lián)立解得，粒子1到達O點時的速度為故A錯誤，B正確；CD．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?，則粒子1到達O點正上方所用時間為這段時間內(nèi)粒子1沿電場方向通過的位移為這段時間內(nèi)粒子2沿電場方向通過的位移為由于可知兩粒子不會相遇，故CD錯誤。故選B。47.如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，，，電場線與矩形所在平面平行，已知a、b、d點的電勢分別為20V、24V和12V，一個質(zhì)子以速度經(jīng)過b點，速度方向與bc成角，經(jīng)過一段時間質(zhì)子恰好經(jīng)過c點，不計質(zhì)子的重力，則（）A.a點的電勢低于c點的電勢B.場強方向由b指向dC.質(zhì)子從b點運動到c點所用時間為D.質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功【答案】C【解析】【詳解】AB．如圖所示連接bd，bd兩點的電勢差為ad兩點的電勢差為因，故將bd分成3份，每一份表示4V，如圖所示，e點的電勢一定為20V，連接ae即為等勢線，f的電勢為16V，連接fc，由幾何知識得知fc平行于ae，則知c的電勢是l6V，故a點電勢高于c點的電勢，強場的方向垂直于等勢線，則知場強的方向垂直于ae向上，不是由b指向d，故AB錯誤；C．由于bc兩點的電勢分別為24V、16V，則bc中點O的電勢為20V，則a、e、O在同一等勢面上，由于，，則因為電場線與等勢線aO垂直，所以場強的方向與bc的夾角為45°，質(zhì)子從b運動到c時做類平拋運動，沿初速度v0方向做勻速直線運動，則運動時間為故C正確；D．若質(zhì)子由b到c，因bc間電勢差為則電場力做功故D錯誤。故選C。48.如圖，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個平行于該區(qū)域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角，一段時間后粒子運動到N點，速度大小也為v，不計粒子重力，規(guī)定M點電勢為0。下列說法正確的是（）A.場強大小為B.粒子電勢能的最大值為C.僅改變粒子速度大小，粒子離開圓形區(qū)域時電勢能的最小值為D.僅改變粒子速度大小，當粒子離開圓形區(qū)域的電勢能最小時，粒子射入電場的速度大小為【答案】ABD【解析】【詳解】A．M到N粒子動能不變，電場力不做功，所以MN為等勢線，電場線與MN垂直，粒子做類似斜拋的運動，沿MN方向，粒子勻速運動垂直MN方向，求得故A正確；B．粒子垂直MN方向速度為0時，電勢能最大，根據(jù)能量守恒故B正確；CD．如圖當粒子運動到P點時，電勢能最小，由，聯(lián)立求得且電勢能最小值為故C錯誤，D正確。故選ABD。49.如圖所示，電荷量為q，質(zhì)量為m的電子從A點沿與電場垂直的方向水平進入場強為E的勻強電場，初速度為v0，當它通過電場中B點時，速度與場強方向成150°角，求A、B兩點間的電勢差?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻侩娮舆M入勻強電場后在電場力作用下做勻變速曲線運動，根據(jù)運動的分解可知，電子在垂直于場強方向上做勻速直線運動，將B點的速度分解（如圖）電子通過電場B點時的速度v=電子從A運動到B由動能定理得解得A、B兩點間的電勢差50.一束初速度不計的電子在經(jīng)U的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若板間距離d，板長L，偏轉(zhuǎn)電極邊緣到熒光屏的距離為S，偏轉(zhuǎn)電場只存在于兩個偏轉(zhuǎn)電極之間。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：（1）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間？（2）要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上能加的最大電壓？（3）電子最遠能夠打到離熒光屏上中心O點多遠處？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）電子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得解得電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為（2）設(shè)電子剛好從平行板間飛出時，板間電壓為，沿電場方向的偏移量為又聯(lián)立解得兩個極板上能加的最大電壓為（3）電子從極板邊緣飛出時，打到熒光屏上的點離中心O點最遠，此時的偏轉(zhuǎn)角為又聯(lián)立解得最遠距離為1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型（1）粒子做單向直線運動．（2）粒子做往返運動．3．解題技巧（1）按周期性分段研究．（2）將a－t圖像v－t圖像．【例題】51.如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0（0<t0<）時刻由靜止釋放該粒子，關(guān)于該粒子的運動正確的是（）A.一開始向左運動，最后打到A板上B.一開始向右運動，最后打到A板上C.一開始向左運動，最后打到B板上D.一開始向右運動，最后打到B板上【答案】D【解析】【詳解】粒子帶正電，在t0（0<t0<）時刻由靜止釋放該粒子，粒子在向右加速運動，在向右減速運動，向左加速運動，此后重復(fù)運動，最終達到B板上。故選D。52.如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入（記為時刻），同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是（）A.粒子射出時間可能為 B.粒子射出的速度大小為C.極板長度滿足 D.極板間最小距離為【答案】D【解析】【詳解】AB．粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向的運動圖像如圖所示因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直板的分速度為0，所以射出時刻可能為、、……，滿足（，2，3……）粒子射出的速度大小必定為v，故AB錯誤；C．極板長度（，2，3……）故C錯誤；D．因為粒子不跟極板碰撞，則應(yīng)滿足聯(lián)立求得故D正確。故選D?！揪毩?xí)題】53.如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處，若電子到達右板的時間大于T，（不計重力作用）下列說法中正確的是（）A.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間往返運動B.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上C.從t=時刻釋放電子，電子可能在兩板間往返運動，也可能打到右極板上D.從t=時刻釋放電子，電子必將從左極板小孔處離開【答案】BD【解析】【詳解】AB．從時刻釋放電子，電子在時間內(nèi)向右做勻加速直線運動，在時間內(nèi)向右做勻減速直線運動，且兩段時間內(nèi)的加速度大小相同，根據(jù)勻變速直線運動的對稱性可知電子將始終向右運動，直到打到右極板上，故A錯誤，B正確；C．從時刻釋放電子，電子在時間內(nèi)向右做勻加速直線運動，在時間內(nèi)向右做勻減速直線運動，在時速度減為零，且距離右板最近，但由題意可知此時電子未達到右板；電子在時間內(nèi)向左做勻加速直線運動，在時間內(nèi)向左做勻減速直線運動，在時速度減為零，根據(jù)運動的對稱性可知此時電子回到出發(fā)點，所以從時刻釋放電子，電子一定在兩板間往返運動，但不可能打到右極板上，故C錯誤；D．時刻釋放電子，先向右運動，后向左運動，由于一個周期內(nèi)向左運動的位移大于向右運動的位移，又電子到達右板的時間大于T，則電子最終從左極板的小孔離開電場，故D正確。故選BD。54.（13）如圖（甲）所示，長為L、相距為d的兩塊正對的平行金屬板和與一電源相連（圖中未畫出電源），B、D為兩板的右端點。兩板間電勢差的變化如圖（乙）所示（前半個周期兩板間電壓為0，后半個周期兩板間電壓為）。在金屬板B、D端的右側(cè)有一與金屬板垂直的熒光屏，熒光屏距B、D端的距離為L。質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以相同的初速度從極板左邊中央沿平行極板的直線連續(xù)不斷地射入。已知所有的電子均能夠從兩金屬板間射出，且每個電子在電場中運動的時間與電壓變化的周期相等。忽略極板邊緣處電場的影響，不計電子的重力以及電子之間的相互作用。求：（1）和時刻（T為未知量）進入兩板間的電子到達金屬板B、D端界面時偏離的距離之比。（2）兩板間電壓的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）時刻進入兩板間的電子先沿方向做勻速運動，即有而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于方向做勻加速運動，設(shè)到達B、D端界面時偏離的距離為，則時刻進入兩板間的電子先在時間內(nèi)做類平拋運動到達金屬板的中央，而后沿合速度的方向做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面。設(shè)電子到達金屬板的中央時偏離的距離為，有在后的時間內(nèi)，偏離的距離為，有解得（2）當最大時，Y最大，此時Y最大解得做直線運動的條件（1）帶電體所受合外力F合＝0，帶電體靜止或做勻速直線運動．（2）帶電體所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電體將做加速直線運動或減速直線運動．【例題】55.如圖所示的平行板電容器豎直放置，兩極板間的距離為d，極板高度，對該電容器充上一定的電量后，將一帶電小球P從非常靠近左極板的上端A處由靜止釋放，小球沿圖中虛線運動打到了右極板的中點，為使小球能夠從下方穿過電容器，右極板向右至少移動的距離為（）A.d B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，小球所受的合力沿著虛線方向，根據(jù)可得可知右極板向右移動，極板間的電場強度不變，即合力方向不變，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知要使得小球能夠從下方穿過電容器，根據(jù)解得故選A。56.兩帶電的平行板A、B水平放置，上極板A的中央有一小孔．如圖甲所示，一帶電油滴從小孔的正上方的O點處自由下落，穿過上極板A中央的小孔后，剛好不與下極板B相碰，在此過程中，油滴的速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．重力加速度為g，不計空氣阻力，可知（）A.在時，油滴剛好穿過A板的小孔B.在時，油滴剛好返回到O點C.油滴受到的重力與電場力之比為2∶3D.O點到下極板B的距離為【答案】AC【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意再結(jié)合甲乙兩圖分析可知，油滴先從O點開始做自由落體運動，在時，油滴剛好穿過A板的小孔，在時，油滴在電場中速度減為零，剛好到達B板（未與之相碰），故A正確，B錯誤；C．速度時間圖像的斜率表示物體的加速度，設(shè)油滴進入電場時的速度為，由圖乙可知，油滴做自由落體運動時，由牛頓第二定律有油滴進入電廠后，由牛頓第二定律有聯(lián)立以上兩式可得故C正確；D．時間段內(nèi)油滴做自由落體運動，則時刻的速度為而速度時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則可知O點到下極板B的距離為故D錯誤。故選AC。57.如圖所示，光滑絕緣的斜面傾角為，一帶電量為q的小物體質(zhì)量為m，置于斜面上，當沿水平方向加一如圖所示的勻強電場時，小物體恰好靜止于P點，從某時刻開始，電場強度突然減為原來的0.5，物體從P點靜止沿斜面下滑距離L到達斜面底端Q。重力加速度為g（，，）求：（1）原來電場強度的大?。唬?）當電場強度減小，PQ兩點的電勢差；（3）物體從P點運動到Q點需要的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小物體恰好靜止，根據(jù)平衡可知解得（2）PQ兩點沿電場線方向的距離PQ兩點的電勢差（3）根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)運動學(xué)公式解得【練習(xí)題】58.如圖，兩平行金屬板a、b水平放置，兩板上正對位置開有小孔c、d，兩金屬板充電后與電源斷開。一帶電的液滴在c孔正上方某一高處由靜止釋放，恰好能運動到d孔。若其他條件不變，僅將a板平行b板向上平移一小段距離，不考慮板外電場的影響，油滴從原處釋放后，與a板移動前相比，油滴（）A.在板間的加速度不變 B.在板間的加速度變大C.不能從d孔穿出兩板 D.能從d孔穿出兩板【答案】AC【解析】【詳解】AB．由于兩金屬板充電后與電源斷開，極板所帶電荷量不變，根據(jù)可知板間場強不變，設(shè)油滴質(zhì)量為m、電量為q，與c孔距離為x，板間場強為E，板間距離為h，則由牛頓第二定律有可知，油滴在板間的加速度不變，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)動能定理有當僅將a板平行b板向上平移一小段距離，設(shè)油滴在板間運動的距離為，有得油滴到不了d孔，故C正確，D錯誤。故選AC。59.如圖，一質(zhì)量為m的小物塊帶負電荷Q，開始時讓它靜止在傾角的固定光滑斜面頂端，整個裝置放在場強大小為、方向水平向左的勻強電場中，斜面高為H，釋放物塊后，物塊到達水平地面時的速度大小為（重力加速度為g）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】物塊受重力、水平向右的電場力；受力分析如圖所示滑塊初速度為零，只能沿合力方向做勻加速直線運動。如圖所示，滑塊所受電場力與重力的合力與水平方向成角，小于斜面傾角，所以小物塊雖從斜面上釋放但不沿斜面下滑，而將沿圖中虛線運動到地面。由題意知，電場力從開始到落地過程由動能定理有解得故選A。60.如圖，豎直平面內(nèi)有AB和BC兩段長度均為L的直桿，兩桿在B處平滑連接，AB桿水平、BC桿與水平方向夾角為θ，裝置處于水平向右的勻強電場中。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球套在桿上，小球從桿A點開始由靜止開始運動，經(jīng)時間t到B點，在沿BC桿運動過程中小球未受摩擦力作用，小球與AB桿、BC桿間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，求：（1）小球在AB桿上運動的加速度的大??；（2）電場強度E的大??；（3）動摩擦因數(shù)μ的大小；（4）若A處的電勢，則C處的電勢為多少？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）從A到B的過程中，根據(jù)勻變速運動中，位移與時間的關(guān)系可知可得加速度大小為（2）由于小球在沿BC桿運動過程中未受摩擦力，可知桿對小球沒有彈力作用，因此解得電場強度的大?。?）從A到B的過程中，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（4）在勻強電場中根據(jù)場強與電勢差的關(guān)系可知而聯(lián)立解得等效重力解決帶電體在電場中的曲線運動【例題】61.如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸夾角為60°。重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的過程中（）A.速度的最小值為B.所受電場力的最小值為C.動能與電勢能之和一直增大D.水平位移與豎直位移的大小之比為【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知小球在復(fù)合場中做類斜拋運動，由于小球在P、Q兩點速度大小均為v，根據(jù)類斜拋運動的對稱性可知，小球所受重力與電場力的合力F方向必定垂直于PQ連線指向左下方，令合力F方向與x軸負方向夾角為，則有，小球在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動，則有小球在水平方向上做雙向勻變速直線運動，則有解得，可知小球在沿PQ方向做勻速直線運動，在垂直于PQ方向做雙向勻變速直線運動，可知當小球垂直于PQ方向的分速度減小為0時，小球速度最小，最小值即為PQ方向做勻速運動的速度，則有A正確；B．根據(jù)上述，電場力與重力合力方向始終垂直于PQ方向，根據(jù)三角形法則可知，當電場力與合力方向垂直時，電場力最小，則有B錯誤；C．小球在運動過程中，只有重力勢能、動能與電勢能之間的轉(zhuǎn)化，小球由P點運動到Q點過程中，重力做正功，重力勢能減小，則動能與電勢能之和一直增大，C正確；D．根據(jù)上述小球水平位移與豎直位移的大小分別為，解得D錯誤。故選AC。62.如圖所示，空間中有水平向右的勻強電場，場強大小為E，一質(zhì)量為m的帶電小球（可視為質(zhì)點），從