【正文】 從最低點B由靜止釋放后，電場力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到達(dá)A點后，由于慣性，繼續(xù)向上擺動，之后合力對小球做負(fù)功，速度減小，速度減至零后，再向下擺動，到B點速度為零，周而復(fù)始，所以小球?qū)⒁訟點為平衡位置做往復(fù)運動，故BC錯誤；小球從B向右擺到最高點的過程中，設(shè)x細(xì)線的最大偏角為α，根據(jù)能量守恒定律得：mgl(1–cos α）=qElsin α；將qE=mgtan θ，代入解得：，α=2θ=60176。，所以電勢能的減少量為ΔEp=qElsin α=mgl(1–cos α)=mgl(1–cos60176。)=mgl，故D錯誤。故選A?！久麕燑c睛】本題是帶電物體在電場中圓周運動問題，分析物體的受力情況，用動能定理和平衡條件結(jié)合是常用的解題方法。14．D 【解析】對B受力分析，如圖所示， 其中F電=QE，由平衡條件：，故選項A、B結(jié)論正確；小球B與物體A組成的系統(tǒng)靜止，對系統(tǒng)受力分析，易知桿對A的摩擦力大小為QE，支撐力大小為（M+m）g，故選項C結(jié)論錯誤，D正確?！久麕燑c睛】本題考查分析物體受力的能力，受力分析時一定要選擇合適的研究對象進(jìn)行正確的受力分析，應(yīng)用平衡條件進(jìn)行求解即可。此題第二問也可采用選取整體為研究對象的方法，可以一試。15．AD 【解析】D點到a、b、c三點的距離相等，故三個電荷在D點的場強(qiáng)大小相同，且夾角互為120176。，故D點的場強(qiáng)為0，因為電勢是一個相對性的概念即零電勢的選取是任意的，故D點電勢可能為0，故A正確；由于a、b在E點的場強(qiáng)大小相等方向相反，故E點的場強(qiáng)僅由電荷c決定，故場強(qiáng)方向向左，而電荷c在D、F位置的場強(qiáng)大小相同方向相反，但電荷a、b在F點的場強(qiáng)矢量和不為0，故E、F兩點的電場強(qiáng)度大小不同，方向相反，故B錯誤；E、G、H三點分別為ab、ac、bc的中點，故E的場強(qiáng)僅由電荷c決定，同理G點的場強(qiáng)僅由電荷b決定，H點的場強(qiáng)僅由電荷a決定，故三點的場強(qiáng)大小相同，但方向不同，故C錯誤；若釋放電荷c，則a、b在C點的合場強(qiáng)水平向右，故a、b始終對c有斥力作用，故c電荷將一直做加速運動，故D正確?！久麕燑c睛】D點到a、b、c三點的距離相等，故三個電荷在D點的場強(qiáng)大小相同，且夾角互為120176。，故D點的場強(qiáng)為0；電場強(qiáng)度是矢量，場強(qiáng)的合成滿足平行四邊形定則，故E、G、H三點的場強(qiáng)大小相同，但方向不同；在直線cF上場強(qiáng)方向向右，故a、b始終對c有斥力作用，故c電荷將一直做加速運動。16．A 【解析】，且電場線垂直等勢面，則知在P點電場力指向右下方，由于電荷帶正電，因此電場線在P點指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，則知a等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故A錯誤；，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C正確；，等勢線密的地方電場線密，場強(qiáng)大，故P點位置電場強(qiáng)度較大，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D正確。本題選擇錯誤答案，故選A。17．【答案】（1）正電 （2） （3）【解析】（1）小球受力如圖，電場力方向與電場同向，故帶正電。（2）小球受力平衡，在水平方向：，得。（3）由受力圖可知【名師點睛】對小球受力分析，根據(jù)帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，結(jié)合力的合成或分解解決問題。1．ABC【解析】BD．如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸，所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠(yuǎn)處，電勢為零。故在上的點電勢為零，即；而從M點到N點，電勢一直在降低，即，故B正確，D錯誤；AC．上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC。2．BC【解析】A．點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖 是最大內(nèi)角，所以，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可知從電場強(qiáng)度先增大后減小，A錯誤；B．電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從電勢先增大后減小，B正確；C．、兩點的電勢大小關(guān)系為，根據(jù)電勢能的公式可知正電荷在點的電勢能大于在點的電勢能，C正確；D．正電荷從，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。故選BC。3．D【解析】A．根據(jù)電場線與等勢面垂直關(guān)系，可判斷P點處為負(fù)電荷，無窮遠(yuǎn)處電勢為0，e點在PQ連線的中垂線上，則，A錯誤；B．a(chǎn)、b兩點電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，則a、b兩點電場強(qiáng)度不同，B錯誤；C．從Q到P電勢逐漸降低，則，C錯誤；D．由，負(fù)電荷從a到c電場力做負(fù)功，電勢能增加，D正確。故選D。4．C 【解析】沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小，電場線越密，電場強(qiáng)度越大，故a點的場強(qiáng)大于b點的場強(qiáng)，電場線的切線方向為場強(qiáng)方向，故ab兩點的電場強(qiáng)度方向不同，B錯誤；負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，所以從a點（高電勢）移動到b點（低電勢），電勢能增大，電場力做負(fù)功，C正確D錯誤．5．AC 【解析】若電場中由同種電荷形成即由A點釋放負(fù)電荷，則先加速后減速，故A正確；若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤；由于N點速度大于等于零，故N點動能大于等于M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于M點電勢能，故C正確；粒子可能做曲線運動，故D錯誤。6．BC 【解析】由幾何關(guān)系，可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負(fù)電荷從a移到b，電勢能減少，故D錯誤。由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強(qiáng)度大小、方向都相同，故B、C正確。7．D 【解析】由點電荷場強(qiáng)公式確定各點的場強(qiáng)大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。由點電荷的場強(qiáng)公式可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強(qiáng)大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負(fù)電荷的電場線是從無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。8．ABD 【解析】由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點()的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當(dāng)在B點固定后，C點的電勢為，所以從無窮遠(yuǎn)移到C點過程中，電場力做功為：故C錯誤；由于C點的電勢為，所以電勢能為，故D正確。9．D 【解析】將粒子的運動分情況討論：從M運動到N；從N運動到M，根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷；電場線越密，電場強(qiáng)度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aMaN；若粒子從M運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，即vMvN，EpMEpN，負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，故φMφN；若粒子從N運動到M，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即vMvN，EpMEpN，負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，故φMφN；綜上所述，D正確?！久麕燑c睛】考查了帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的運動；本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運動時受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，從而判斷出電場力方向與速度方向的夾角關(guān)系，進(jìn)而判斷出電場力做功情況。10．BD 【解析】利用電場力做功W=qU，可以找到兩點之間電勢差的關(guān)系，要知道中點電勢和兩端點電勢之間的關(guān)系。A、選項根據(jù)題意無法判斷，故A項錯誤。B、由于電場為勻強(qiáng)磁場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM=φcφcφa2=φc+φa2，φN=φdφdφb2=φd+φb2，若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W=qUMN=qφMφN=qφc+φa2qφd+φb2=qUcd+qUab2=W1+W22 ，故B正確；C、因為不知道勻強(qiáng)電場方向，所以場強(qiáng)大小不一定是W2qL，故C錯誤；D、若W1=W2，說明Ucd=Uab，UaMUbN=φaφMφbφN，由因為φM=φcφcφa2=φc+φa2；φN=φdφdφb2=φd+φb2，解得：UaMUbN=0 ，故D正確；故選BD?！久麕燑c睛】對勻強(qiáng)電場的電場特征要了解，利用電場力做功與電勢差之間的關(guān)系求解。11．AB 【解析】本題考查等勢面及其相關(guān)的知識點。根據(jù)題述，勻強(qiáng)電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等。設(shè)相鄰等勢面之間的電勢差為U，根據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為Wab=6 eV，電場方向水平向右。由Wab=3 eV，聯(lián)立解得：U=2 V。已知b的電勢為2 V，則平面c上的電勢為零，選項A正確；由于af之間的電勢差為4U=8 V，一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達(dá)不了平面f，選項B正確；由于題述沒有指出電子速度方向，選項CD錯誤。【名師點睛】此題以等勢面切入，考查電場力做功及其相關(guān)知識點。12．BC 【解析】電子在電場中做曲線運動，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運動軌跡，電場力沿電場線直線曲線的凹側(cè)，電場的方向與電場力的方向相反，如圖所示，由所知條件無法判斷電子的運動方向，故A錯誤；若aAaB，說明電子在M點受到的電場力較大，M點的電場強(qiáng)度較大，根據(jù)點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應(yīng)帶正電，故B正確；無論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有電勢，電子電勢能，電勢能是標(biāo)量，所以一定有EpAEpB，故C正確，D錯誤。【名師點睛】本題考查的知識點較多，應(yīng)從曲線運動的特點和規(guī)律出發(fā)判斷出電子的受力方向，再利用相關(guān)電場和帶電粒子在電場中的運動規(guī)律解決問題。13．AC 【解析】由圖知x1處的電勢等于零，所以q1和q2帶有異種電荷，A正確，圖象的斜率描述該處的電場強(qiáng)度，故x1處場強(qiáng)不為零，B錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2，由低電勢向高電勢移動，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；由圖知，負(fù)電荷從x1移到x2，電場強(qiáng)度越來越小，故電荷受到的電場力減小，所以D錯誤。【名師點睛】本題的核心是對φ–x圖象的認(rèn)識，要能利用圖象大致分析出電場的方向及電場線的疏密變化情況，依據(jù)沿電場線的方向電勢降低，還有就是圖象的斜率描述電場的強(qiáng)弱——電場強(qiáng)度。14．AC 【解析】由題圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1 m、2 m、3 m、6 m，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式可知，，故A正確，B錯誤；電場力做功，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3 V、1 V、1 V，所以，故C正確，D錯誤。15．ABD 【解析】如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點相同，則，d點坐標(biāo)為( cm，6 cm)，過c點作cf⊥bd于f，由幾何關(guān)系可得cf= cm，則電場強(qiáng)度，A正確；因為四邊形Oacb是矩形，所以有，解得坐標(biāo)原點O處的電勢為1 V，B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶負(fù)電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV，D正確?！久麕燑c睛】在勻強(qiáng)電場中沿同一方向線段的長度與線段兩端的電勢差成正比；在勻強(qiáng)電場中電場線平行且均勻分布，故等勢面平行且均勻分布。以上兩點是解決此類題目的關(guān)鍵。電勢與電勢能之間的關(guān)系，也是?？嫉膯栴}，要知道負(fù)電荷在電勢高處電勢能低。16．【答案】（1）10–3 N （2）10–4 kg （3） m/s【解析】（1）根據(jù)電場強(qiáng)度定義式可知，小球所受電場力大小為F=qE=10–6103 N=10–3 N（2）小球受mg、繩的拉力T和電場力F作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有，得m=10–4 kg（3）撤去電場后，小球?qū)⒗@懸點擺動，根據(jù)動能定理有，解得【名師點睛】本題力電綜合問題，但電場力與對小球施加水平向右的恒力F作用效果相同，因此可以用相關(guān)的力學(xué)知識來解答。48