（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第6章 静电场（课件+试题）（打包7套）.zip

1电场力的性质1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载， 《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸 ”之说，但下列不属于静电现象的是( )A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选 C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项 A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项 B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项 C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项 D 属于静电现象．2．(2015·高考浙江卷)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则( )A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选 D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项 A 错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项 C 错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项 B 错误、D 正确．3.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是( )2A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B．电场内部 A 点的电场强度小于 B 点的电场强度C．电场内部 A 点的电场强度等于 B 点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的 A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：选 D.由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项 A 错误．从电场线分布看， A 处的电场线比 B 处密，所以 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，选项 B、C 错误． AB 两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的 A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项 D 正确．4．水平面上 A、 B、 C 三点固定着三个电荷量为 Q 的正点电荷，将另一质量为 m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在 O 点， OABC 恰构成一棱长为 L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，为使小球能静止在 O 点，小球所带的电荷量为( )A. B．mgL23kQ 2 3mgL29kQC. D．6mgL26kQ 2mgL26kQ解析：选 C.对 O 点的小球受力分析，小球受重力和 A、 B、 C 处正点电荷施加的库仑力．设 θ 是 A、 B、 C 处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，根据平衡条件得，在竖直方向有 3Fcos θ ＝ mg，又 F＝ ，由正四面体的几何关系知 cos θ ＝ ，联立解kQqL2 63得 q＝ .6mgL26kQ5．在如图所示的四种电场中，分别标记有 a、 b 两点．其中 a、 b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )3A．甲图中与点电荷等距的 a、 b 两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点D．丁图中非匀强电场中的 a、 b 两点解析：选 C.甲图中与点电荷等距的 a、 b 两点，场强大小相同，方向不相反，选项 A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断， a、 b 两点的场强大小相等、方向相同，选项 B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点，场强大小相同，方向相反，选项 C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断， b 点的场强大于 a 点的场强，选项 D 错误．6．(2016·河南郑州一模)一半径为 R 的绝缘环上，均匀地带有电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点 P，它与环心 O 的距离 OP＝ L.设静电力常量为 k，关于P 点的场强 E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A. B．kQR2＋ L2 kQLR2＋ L2C. D．kQR R2＋ L2 3 kQL R2＋ L2 3解析：选 D.设想将圆环等分为 n 个小段，当 n 相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为 q＝ ①Qn由点电荷场强公式可求得每一点电荷在 P 处的场强为EP＝ k ＝ k ②Qnr2 Qn R2＋ L2由对称性可知，各小段带电环在 P 处的场强垂直于轴向的分量 Ey相互抵消，而轴向分量 Ex之和即为带电环在 P 处的场强 E，故4E＝ nEx＝ n× × ＝ ③kQn L2＋ R2 Lr kQLr L2＋ R2而 r＝ ④L2＋ R2联立①②③④可得 E＝ ，D 正确．kQL R2＋ L2 37．(2016·东营高三质检)(多选)如图所示，带电小球 A 和 B 分别在光滑绝缘的水平地面上和光滑竖直墙面上．小球 A 在向左的水平力 F 作用下， A、 B 恰处于平衡状态．当 A 缓慢向左移动一小段距离时， A、 B 仍处于平衡状态，则( )A．推力 F 将变大B．推力 F 将变小C． A、 B 两球距离变小D． A、 B 两球距离变大解析：选 BD.由题意知， A、 B 带同种电荷，设 A、 B 两球的连线与竖直方向的夹角为θ ，由平衡条件对 B 有 mBg＝ cos θ ，当 A 左移时， θ 变小，由此知 LAB将变大．对kqAqBL2AB整体有 F＝ FNB＝ sin θ ，由于 θ 变小， LAB变大，故 F 变小，B、D 正确．kqAqBL2AB8.(2016·武汉调研)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－ q、 Q、－ q、 Q.四个小球构成一个菱形，－ q、－ q 的连线与－ q、 Q 的连线之间的夹角为 α .若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A．cos 3α ＝ B．cos 3α ＝q8Q q2Q2C．sin 3α ＝ D．sin 3α ＝Q8q Q2q2解析：选 AC.设菱形边长为 a，则两个 Q 之间距离为 2asin α ，则两个 q 之间距离为2acos α .选取－ q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得 2k cos Qqa25α ＝ k ，解得 cos3α ＝ ，选项 A 正确、B 错误；选取 Q 作为研究对象，由q2 2acos α  2 q8Q库仑定律和平衡条件得 2k sin α ＝ k ，解得 sin3α ＝ ，选项 C 正确、DQqa2 Q2 2asin α  2 Q8q错误．9．(2016·东北三校二模)如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态，现将一带正电的小球 B 沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转到 A 正上方的 Q 点处，已知 P、 A 在同一水平线上，且在此过程中物体 A 和斜面 C 始终保持静止不动， A、 B 可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是( )A．物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小B．物体 A 受到斜面的支持力一直增大C．地面对斜面 C 的摩擦力先增大后减小D．地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大解析：选 A.对小物体 A 受力分析如图甲，设斜面倾角为 θ ， F 与垂直斜面方向的夹角为 α ，则 FN＝ mgcos θ ＋ Fcos α ， F＝ k ，小球 B 向上转， α 减小， FN增大，当qBqAr2α ＝0°时， FN达最大，然后减小，故 A 正确、B 错误．对整体受力分析如图乙，随着 F 向下转， f′在减小，故 C、D 均错误．10．如下图所示，在光滑绝缘水平面上放置电荷量分别为 q1、 q2、 q3的三个点电荷，三者位于一条直线上，已知 q1与 q2之间的距离为 l1， q2与 q3之间的距离为 l2，三个点电荷都处于静止状态．(1)若 q2为正电荷，判断 q1和 q3的电性；(2)求 q1、 q2、 q3三者电荷量大小之比．解析：(1) q2为正电荷时，假设 q1为正电荷，要使 q2受力平衡， q3应为正电荷，但此时分析 q1的受力情况， q2对 q1有向左的斥力， q3对 q1也有向左的斥力， q1所受合力向左，6不能平衡，因此， q2为正电荷时， q1只能为负电荷．同理可知， q3为负电荷．(2)三个点电荷所受合力都等于零，根据共点力平衡条件和库仑定律有对q2： k ＝ k ，对 q1： k ＝ kq1q2l21 q2q3l2 q1q2l21 q1q3 l1＋ l2 2联立可解得 q1∶ q2∶ q3＝ 2∶1∶ 2(l1＋ l2l2 ) (l1＋ l2l1 )答案：(1)负 负 (2) 2∶1∶ 2(l1＋ l2l2 ) (l1＋ l2l1 )11．(2014·高考福建卷)如图，真空中 xOy 平面直角坐标系上的 ABC 三点构成等边三角形，边长 L＝2.0 m．若将电荷量均为 q＝＋2.0×10 －6 C 的两点电荷分别固定在 A、 B 点，已知静电力常量 k＝9.0×10 9 N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：根据库仑定律、点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解．(1)根据库仑定律， A、 B 两点电荷间的库仑力大小为F＝ k ①q2l2代入数据得F＝9.0×10 －3 N②(2)A、 B 点电荷在 C 点产生的场强大小相等，均为E1＝ k ③qL2A、 B 两点电荷形成的电场在 C 点的合场强大小为E＝2 E1 cos 30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×10 3 N/C⑤场强 E 的方向沿 y 轴正向．答案：(1)9.0×10 －3 N(2)7.8×103 N/C 方向沿 y 轴正向12．(2016·徐州模拟)如图所示，质量为 m 的小球 A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α ，小球 A 带正电，电荷量为 q.在杆上 B 点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷．将 A 由距 B竖直高度为 H 处无初速度释放，小球 A 下滑过程中电荷量不变．不计 A 与细杆间的摩擦，7整个装置处在真空中，已知静电力常量 k 和重力加速度 g.求：(1)A 球刚释放时的加速度大小．(2)当 A 球的动能最大时， A 球与 B 点的距离．解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α － F＝ ma根据库仑定律有 F＝ kqQr2又知 r＝ ，得 a＝ gsin α －Hsin α kQqsin2 αmH2(2)当 A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设此时 A 球与 B 点间的距离为d，则 mgsin α ＝kQqd2解得 d＝ kQqmgsin α答案：(1) gsin α － (2) kQqsin2 αmH2 kQqmgsin α1电场能的性质1．(多选)关于电场，下列说法正确的是( )A．由 E＝ 知，若 q 减半，则该处场强为原来的 2 倍FqB．由 E＝ 知， E 与 Q 成正比，而与 r2成反比kQr2C．由 E＝ 知，在以 Q 为球心、 r 为半径的球面上，各处场强大小相同，但方向不同kQr2D．电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向解析：选 BC.因 E＝ 为场强的定义式，而电场中某点场强 E 只由电场本身决定，与是Fq否引入试探电荷 q 及 q 的大小、正负无关，故选项 A 错误． E＝ 是点电荷 Q 的电场中各点kQr2场强的决定式，故 E∝ 是正确的，即选项 B 正确．因场强是矢量， E 相同意味着大小、方Qr2向都相同，而在球面上各处 E 大小相同而方向不同，故选项 C 正确．因 E 只与正电荷受力方向相同，而与负电荷受力方向相反，故选项 D 错误．2．(多选)关于电势差的计算公式，下列说法正确的是( )A．电势差的公式 UAB＝ 说明两点间的电势差 UAB与电场力做功 WAB成正比，与移动WABq电荷的电荷量 q 成反比B．把正电荷从 A 点移到 B 点电场力做正功，则有 UAB＞0C．电势差的公式 UAB＝ 中， UAB与移动电荷的电荷量 q 无关WABqD．电场中 A、 B 两点间的电势差 UAB等于把正电荷 q 从 A 点移动到 B 点时电场力所做的功解析：选 BC.电场中两点间的电势差是一个定值，不会随着电场力做的功 WAB和移动电荷的电荷量 q 的变化而变化，故 A 错、C 对；又由 UAB＝ 知，电场力做正功， q 为正电荷，WABq则电势差为正，即 B 正确；电场中 A、 B 两点间的电势差 UAB在数值上等于把单位正电荷从A 点移动到 B 点时电场力所做的功，故 D 错误．3．如图所示，沿 x 轴正向的匀强电场中，有一动点以 O 为圆心，半径为 r 做逆时针转动一周， A 点为连线 OA 与 x 轴正向成 θ 角时圆周上的一点，电场强度为 E，则此圆周上各点与 A 点间最大的电势差为( )2A． U＝ Er B． U＝ Er(sin θ ＋1)C． U＝ Er(cos θ ＋1) D． U＝2 Er解析：选 C.由 U＝ Ed 知，与 A 点间电势差最大的点应是沿场强方向与 A 点相距最远的点， dmax＝ r＋ rcos θ ，所以 Umax＝ Er(cos θ ＋1)，选项 C 对．4．(2016·湖北华师一附中等八校联考)英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布．如图所示为一对等量异种点电荷，电荷量分别为＋ Q、－ Q.实线为电场线，虚线圆的圆心 O 在两电荷连线的中点，a、 b、 c、 d 为圆上的点，下列说法正确的是( )A． a、 b 两点的电场强度相同B． b、 c 两点的电场强度相同C． c 点的电势高于 d 点的电势D． d 点的电势等于 a 点的电势解析：选 D.a、 b、 c、 d 在同一个圆上，电场线的疏密表示场强的强弱，故四点的场强大小相等，但是方向不同，选项 A、B 错误；沿电场线方向电势降低，故 c 点电势低于 d 点电势，选项 C 错误； a、 d 两点关于两电荷连线对称，故电势相等，选项 D 正确．5．地球表面附近某区域存在大小为 150 N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10 －7 C 的小球从静止释放，在电场区域内下落 10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取 9.80 m/s2，忽略空气阻力)( )A．－1.50×10 －4 J 和 9.95×10－3 JB．－1.50×10 －4 J 和 9.95×10－3 JC．－1.50×10 －4 J 和 9.65×10－3 JD．1.50×10 －4 J 和 9.65×10－3 J解析：选 D.W＝－Δ Ep， W＝－ qEd＝－1.50×10 －4 J，所以 Δ Ep＝1.50×10 －4 J．据动能定理，－ qEd＋ mgd＝Δ Ek，Δ Ek＝9.65×10 －3 J，选项 D 正确．6．(多选)如图甲，直线 MN 表示某电场中一条电场线， a、 b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从 a 点处由静止释放，粒子从 a 运动到 b 过程中的 v－ t 图线如图乙所示，设a、 b 两点的电势分别为 φ a、 φ b，场强大小分别为 Ea、 Eb，粒子在 a、 b 两点的电势能分3别为 Wa、 Wb，不计重力，则有( )A． φ a＞ φ b B． Ea＞ EbC． Ea＜ Eb D． Wa＞ Wb解析：选 BD.电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，故电场强度的方向向左， b 点的电势高，选项 A 错误；由 v－ t图象的斜率表示粒子运动的加速度可知粒子运动的加速度越来越小，故 b 点的场强小，EaEb，选项 B 正确，C 错误；电场力做正功，电势能减少，选项 D 正确．7.(2016·唐山模拟)如图所示，匀强电场中的 A、 B、 C 三点构成一边长为 a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从 B 移动到 A 的过程中动能减少 E0，质子仅在静电力作用下从 C 移动到 A 的过程中动能增加 E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为 e，则匀强电场的电场强度为( )A. B．2E0ea E0eaC. D．23E03ea 3E03ea解析：选 C.对电子从 B 到 A 的过程，由动能定理可知，－ eUBA＝－ E0；对质子从 C 到A 的过程，有 eUCA＝ E0，可见 UBA＝ UCA，故 B、 C 两点电势相等，在同一等势面上， AB 沿电场线方向上的距离 d＝ asin 60°＝ a，由场强与电势差的关系 E＝ 解得 E＝ ，选项32 Ud 23E03eaC 正确．8．(2016·江苏南京、盐城联考)如图甲所示， x 轴上固定两个点电荷 Q1、 Q2(Q2位于坐标原点 O)，其上有 M、 N、 P 三点，间距 MN＝ NP， Q1、 Q2在 x 轴上产生的电势 φ 随 x 变化关系如图乙．则( )A． M 点电场场强大小为零B． N 点电场场强大小为零C． M、 N 之间电场方向沿 x 轴负方向4D．一正试探电荷从 P 移到 M 过程中，电场力做功| WPN|＝| WNM|解析：选 B.由题图可知，由 M 到 N 电势降低，由无限远处到 N 电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断 MN 之间电场方向沿着 x 轴正方向，无限远处到 N点电场方向沿 x 轴负方向，且 N 点场强为零，选项 A、C 错误，B 正确；|WPN|＝| qUPN|＝| q(φ P－ φ N)|＜| q(φ N－ φ M)|＝| WNM|，选项 D 错误．9.(2016·湖北八市联考)(多选)如图所示， M 和 N 是两个带有异种电荷的带电体( M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面)， P 和 Q 是 M 表面上的两点， S 是 N 表面上的一点．在M 和 N 之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的油滴从 E 点射入电场，它经过了F 点和 W 点，已知油滴在 F 点时的机械能大于在 W 点的机械能．( E、 W 两点在同一等势线上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是( )A． P 和 Q 两点的电势不相等B． P 点的电势低于 S 点的电势C．油滴在 F 点的电势能高于在 E 点的电势能D．油滴在 E、 F、 W 三点的“机械能和电势能总和”不变解析：选 BD.P、 Q 两点均处于带电体 M 的外表面，这两点电势相等，选项 A 错误；带正电的油滴在 F 点的机械能大于在 W 点的机械能，因而从 E 点运动到 F 点的过程中，电场力做正功， P 点的电势低于 S 点的电势，选项 B 正确；油滴在 F 点的电势能低于在 E 点的电势能，选项 C 错误；只有电场力和重力做功，故机械能与电势能之和为定值，选项 D 正确．10.如右图所示，空间有与水平方向成 θ 角的匀强电场，一个质量为 m 的带电小球，用长 L 的绝缘细线悬挂于 O 点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置，现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A． mgL B． mgLtan θC. D．mgLtan θ mgLcos θ解析：选 C.5小球静止时受力如图所示，则静电力 F＝ .细线在电场方向的距离如图所示．由mgsin θ动能定理 W 外 － F(Lsin θ ＋ Lcos θ )＋ mgL＝0，将 F＝ 代入可解得 W 外 ＝ ，Cmgsin θ mgLtan θ正确．11.(2016·河北衡水中学调研)如图所示，在 A 点固定一正电荷，电荷量为 Q，在离 A高度为 H 的 C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度 g.已知静电力常量为 k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．(1)求液珠的比荷；(2)求液珠速度最大时离 A 点的距离 h；(3)若已知在点电荷 Q 的电场中，某点的电势可表示成 φ ＝ ，其中 r 为该点到 Q 的kQr距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点 B 离 A 点的高度 rB.解析：(1)设液珠的电荷量为 q，质量为 m，有k － mg＝ mgQqH2解得液珠的比荷为 ＝ .qm 2gH2kQ(2)当液珠速度最大时有 k ＝ mgQqh2解得 h＝ H.2(3)设 CB 间的电势差为 UCB，有UCB＝ φ C－ φ B＝ －kQH kQrB根据动能定理有 qUCB－ mg(rB－ H)＝0解得 rB＝2 H.答案：(1) (2) H (3)2 H2gH2kQ 2612.长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60°角时，小球到达 B 点速度恰好为零. 试求：(1)AB 两点的电势差 UAB；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小．解析：(1)小球下落过程中重力和电场力做功，由动能定理得：mgLsin 60°＋ UABq＝0故 UAB＝－ .3mgL2q(2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系知：UBA＝－ UAB＝ EL(1－cos 60°)故 E＝ ＝ .UBAL 1－ cos 60° 3mgq(3)在 B 点对小球受力分析如图所示．由圆周运动知： FT－ Eqcos θ － mgsin θ ＝ mv2BL其中 Eq＝ mg3因为 vB＝0，故FT－ Eqcos 60°－ mgsin 60°＝0故 FT＝ Eqcos 60°＋ mgsin 60°＝ mg.3答案：(1)－ (2) (3) mg3mgL2q 3mgq 31电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1.(2016·广东调研)(多选)如图所示， C 为平行板电容器，开关 S 先接 a 对 C 充电，当 S 接 b 后，电容器( )A．电容减小B．电压减小C．所带电荷量减少D．板间电场强度不变解析：选 BC.平行板电容器的电容由其结构决定，与电容器是否带电以及带电荷量多少无关，选项 A 错误；当 S 接 b 后，电容器通过灯泡放电，带电荷量不断减小，选项 C 正确；由电容的定义式 C＝ 可知，电容器两极板间的电压 U 减小，选项 B 正确；由场强与电QU压的关系 E＝ 可知，板间电场强度减小，选项 D 错误．Ud2．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、 U、 E 和 Q 表示．下列说法正确的是( )A．保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，则 E 变为原来的一半B．保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，则 U 变为原来的两倍C．保持 d 不变，将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的一半D．保持 d 不变，将 Q 变为原来的一半，则 E 变为原来的一半解析：选 AD.平行板间匀强电场的电场强度 E＝ ，保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，Ud场强 E 变为原来的一半，A 正确．由 U＝ Ed 可知 B 错误．由 C＝ 可知，保持 d 不变，ε rS4π kd则电容器的电容 C 不变，由 C＝ 可知，将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的两倍，C 错QU误，同理可知 D 正确．3．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为 d；在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板，其上部空间有一带电粒子 P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子 P 开始运动．重力加速度为 g.粒子运动的加速度为( )2A. g B． gld d－ ldC. g D． gld－ l dd－ l解析：选 A.电容器与电压不变的电源相连，则其两端的电压不变，极板间的距离为d－ l，带电粒子静止，则有 ＝ mg；若撤去金属板，则极板间距为 d，则加速度满足Uqd－ lma＝ mg－ ，两个式子联立解得 a＝ g，A 正确．Uqd ld4．(2015·高考广东卷)(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和 N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后， M、 N 保持静止，不计重力，则( )A． M 的带电荷量比 N 的大B． M 带负电荷， N 带正电荷C．静止时 M 受到的合力比 N 的大D．移动过程中匀强电场对 M 做负功解析：选 BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电荷量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C 错误； M、 N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即 M 带负电， N 带正电， M、 N 两球在移动的过程中匀强电场对 M、 N 均做负功，选项 B、D 正确．5．(2014·高考山东卷)如图所示，场强大小为 E、方向竖直向下 的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab 长为 s，竖直边 ad 长为 h.质量均为 m、带电荷量分别为＋ q和－ q 的两粒子，由 a、 c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于( )A. B． s2 2qEmh s2 qEmh3C. D． s4 2qEmh s4 qEmh解析：选 B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域 abcd 的中心．则在水平方向有s＝ v0t，在竖直方向有 h＝ · ·t2，解得 v0＝ .故选项 B 正确，选项 A、C、D 错12 12 12 qEm s2 qEmh误．6．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为 U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为 U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行板电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度 θ 变大的是( )A． U1变大， U2变大 B． U1变小， U2变大C． U1变大， U2变小 D． U1变小， U2变小解析：选 B.电子通过加速电场有 eU1＝ mv ，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做12 20匀速直线运动，则运动时间 t＝ ；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运lv0动，加速度 a＝ ，末速度 vy＝ at＝ ，偏转角 tan θ ＝ ＝ ，所以 θ ∝ ，BeU2md eU2lmdv0 vyv0 U2l2U1d U2U1正确．7.(2016·武汉模拟)如图所示，矩形区域 ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子 a 和 b 以相同的水平速度射入电场，粒子 a 由顶点 A 射入，从 BC 的中点 P 射出，粒子 b 由 AB 的中点 O 射入，从顶点 C 射出．若不计重力，则 a 和 b 的比荷之比是( )A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶1解析：选 D.设 AB 长为 2h， BC 长为 2l，对 a 粒子有42h＝ aat ＝ t ①12 2a qaE2ma2al＝ v0ta②解得 2h＝ 2③qaE2ma(lv0)对 b 粒子有 h＝ abt ＝ t ④12 2b qbE2mb2b2l＝ v0tb⑤解得 h＝ 2⑥qbE2mb(2lv0)由③⑥两式得 ＝ ，D 正确．qamaqbmb 818.(多选)如图所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v0沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动. ON 与水平面的夹角为 30°，重力加速度为 g，且 mg＝ Eq，则( )A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为 gC．小球上升的最大高度为v202gD．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv204解析：选 BD.由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿 ON 方向，而 mg＝ qE，由三角形定则，可知电场方向与 ON 方向成 120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知 a＝ g，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为 h，由动能定理可得：－ mg·2h＝0－ mv ，解得： h＝ ，C 错误；电场力做负功，12 20 v204g带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则 Ep＝－ qE·2hcos 5120°＝ qEh＝ mg· ＝ ，D 正确．v204g mv2049．(2015·高考山东卷)(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示． t＝0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动， T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属T3板接触．重力加速度的大小为 g.关于微粒在 0～ T 时间内运动的描述，正确的是( )A．末速度大小为 v0 B．末速度沿水平方向2C．重力势能减少了 mgd D．克服电场力做功为 mgd12解析：选 BC.0～ 时间内微粒匀速运动，有 mg＝ qE0.把微粒的运动分解，水平方向：T3做速度为 v0的匀速直线运动；竖直方向： ～ 时间内，只受重力，做自由落体运动，T3 2T3时刻， v1y＝ g ， ～ T 时间内， a＝ ＝ g，做匀减速直线运动， T 时刻，2T3 T3 2T3 2qE0－ mgmv2y＝ v1y－ a· ＝0，所以末速度 v＝ v0，方向沿水平方向，选项 A 错误、B 正确．重力势能T3的减少量 Δ Ep＝ mg· ＝ mgd，所以选项 C 正确．根据动能定理： mgd－ W 克电 ＝0，得 W 克电d2 12 12＝ mgd，所以选项 D 错误．1210．(多选)如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为 C，上板 B 接地．现有大量质量均为 m、带电荷量均为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点．如果能落到 A 板的油滴仅有 N 滴，且第 N＋1 滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A 板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )6A．落到 A 板的油滴数 N＝3Cdmg4q2B．落到 A 板的油滴数 N＝Cdmg4q2C．第 N＋1 滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为mgd8D．第 N＋1 滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为3mgd8解析：选 ACD.第 1 滴油滴进入电场，在板中飞行时间为 t，则有 t＝ ， ＝ gt2，L2v0 d2 12第 N 滴油滴落到极板上后，设两极板的电压为 U， mg－ q＝ ma，第 N＋1 滴油滴进入电场后，Ud设在板中的飞行时间为 t′，根据题意有 t′＝ ， ＝ at′ 2，解得 a＝ g， U＝ ，根Lv0 d2 12 14 3mgd4q据 C＝ ，第 N 滴油滴落到极板上后极板上的电量为 Q＝ ，故落到 A 板的油滴数 N＝QU 3Cdmg4q，选项 A 正确，B 错误；第 N＋1 滴油滴经过电场的整个过程中合力 F＝ mg，合力做3Cdmg4q2 14功 mgd，增加的动能为 ，选项 C 正确；电场力 F 电 ＝ mg，电场力做功－ mgd，减少的18 mgd8 34 38机械能为 ，选项 D 正确．3mgd811．如图所示，板长 L＝4 cm 的平行板电容器，板间距离 d＝3 cm，板与水平线夹角α ＝37°，两板所加电压为 U＝100 V，有一带负电液滴，带电荷量为 q＝3×10 －10 C，以v0＝1 m/s 的水平速度自 A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从 B 板边缘水平飞出． g 取 10 m/s2，求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．解析：由于带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其7合力方向水平向右，做匀加速运动．(1)竖直方向： q cos 37°＝ mg，Ud解得 m＝8×10 －8 kg.(2)解法一：水平方向： q sin 37°＝ ma，Ud解得 a＝ gtan 37°＝ g，34设液滴在平行板中飞行距离为 s，则 s＝ ＝0.05 m，又由 v2－ v ＝2 as 得 v＝ dsin 37° 20≈1.32 m/s，v20＋ 2as解法二：液滴受到的合力 F 合 ＝ mgtan 37°，由动能定理得 F 合 s＝ mv2－ mv ，12 12 20解得 v≈1.32 m/s.答案：(1)8×10 －8 kg (2)1.32 m/s12.(2016·浙江五校第一次联考)如图所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内，在x＞0 的区域内有电场强度大小 E＝4 N/C、方向沿 y 轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2.0 m．一质量 m＝6.4×10 －27 kg、电荷量 q＝－3.2×10 －19 C 的带电粒子从 P 点(0,1 m)以速度 v＝4×10 4 m/s，沿 x 轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过 x 轴上的 Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：(1)当电场左边界与 y 轴重合时 Q 点的横坐标；(2)若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标 x′处在范围 0＜ x′＜3 m内，要求带电粒子仍能通过 Q 点，求此电场左边界的横坐标 x′与电场强度的大小 E′的函数关系．解析：(1)粒子在电场中加速度 a＝qEm运动时间 t1＝dv沿 y 方向位移 y＝ at12 218沿 y 方向分速度 vy＝ at1粒子出电场后又经时间 t2到达 x 轴上 Q 点， vyt2＋ y＝ yP故 Q 点的坐标为 x＝ d＋ vt2＝5.0 m(2)电场左边界的横坐标为 x′.当 0＜ x′＜3 m 时，设粒子离开电场时的速度偏向角为 θ ′，则 tan θ ′＝ ＝ ＝vyv a′ t1v E′ qdmv2由几何关系有 tan θ ′＝14－ x′由上两式得 E′＝164－ x′答案：(1)5.0 m (2) E′＝164－ x′1第 6 章 静电场考纲展示 要求 复习定位1.物质的电结构、电荷守恒 Ⅰ2.静电现象的解释 Ⅰ3.点电荷 Ⅰ4.库仑定律 Ⅱ5.静电场 Ⅰ6.电场强度、点电荷的场强 Ⅱ7.电场线 Ⅰ8.电势能、电势 Ⅰ9.电势差 Ⅱ10.匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅱ11.带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ12.示波管 Ⅰ13.常见电容器 Ⅰ14.电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ1.本章是高考的热点．选择题多以电场线、等势线为背景，结合场强、电势等基本概念进行带电粒子的动力学分析、功能关系考查．计算题多考查带电粒子在匀强电场中的两类基本运动，以及在结合磁场的电磁组合场中的综合分析，对建模能力和数学处理能力要求较高．2．本章的复习应注意以下几点：(1)多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题．(2)利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等．(3)带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题．(4)对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关电容器动态变化的问题．(5)分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题．第 1 节 电场力的性质一、电荷和电荷守恒定律1．电荷(1)元电荷：电荷量为 e＝1.6×10 －19 _C 的电荷叫做元电荷．质子和电子均带元电荷电荷量．2(2)点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．(2)带电实质：物体带电的实质是电子得失．(3)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式： F＝ .式中的 k＝9.0×10 9 N·m2/C2，叫做静电力常量．kq1q2r23．适用条件：(1)点电荷；(2)真空中．三、电场强度1．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量．(2)定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力 F 跟它的电荷量 q 的比值．(3)定义式： E＝ .单位：V/m 或 N/C.Fq(4)方向：正电荷在该点的受力方向，是矢量．(5)决定因素：电场强度取决于电场本身，与 q 无关．2．点电荷场强的计算式(1)公式：设在场源点电荷 Q 形成的电场中，与 Q 相距 r 点的场强 E＝ .kQr2(2)适用条件：真空中的点电荷形成的电场．3．匀强电场：各点场强的大小和方向都相同的电场， E＝ .Ud四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向，疏密程度表示电场强度大小．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．3．几种典型电场的电场线3[易错警示·微点拨]1．点电荷类似于力学中的质点，是一种理想化模型．2．公式 F＝ 适用看做点电荷的情况， r→0 时公式无意义．kq1q2r23．电场强度反映电场的力学性质，电场中某点的电场强度与检验电荷无关．4．电场是客观存在的物质，电场线是假想的线，实际不存在．5．电场线不是带电粒子在电场中的运动轨迹，但轨迹可能和电场线重合．考点一 库仑定律的理解及应用1．对库仑定律的深入理解(1)F＝ k ， r 指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球， r 为两球心间距．q1q2r2(2)当两个电荷间的距离 r→0 时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．库仑定律及库仑力的两点注意(1)库仑定律 适用于真空中的点电荷，其正负不表示力的大小，而表示力的性质．(F＝ kq1q2r2)(2)库仑力具有力的共性，如两个点电荷间的库仑力满足牛顿第三定律．1．(2016·甘肃天水一中期中)两个分别带有电荷量－ Q 和＋3 Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距4为 r 的两处，它们间库仑力的大小为 F.两小球相互接触后将其固定距离变为 ，则两球间库仑力的大小为( )r2A. F B． F112 34C. F D．12 F43解析：选 C.由库仑定律得 F＝ k ，两球相互接触后各自带电荷量 Q′＝ ＝ Q，故当二者间距为 时，3Q2r2  ＋ 3Q－ Q2 r2两球间库仑力 F′＝ k ＝ k ，故 F′＝ F，C 正确．Q2(r2)2 4Q2r2 432．(2014·高考浙江卷)(多选)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ .一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行．小球 A 的质量为 m、电量为 q.小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同、间距为 d.静电力常量为 k，重力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷．小球 A 静止在斜面上，则( )A．小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kq2d2B．当 ＝ 时，细线上的拉力为 0qd mgsin θkC．当 ＝ 时，细线上的拉力为 0qd mgtan θkD．当 ＝ 时，斜面对小球 A 的支持力为 0qd mgktan θ解析：选 AC.由库仑定律 F＝ 可得 A 正确．对小球 A 受力分析，如图所示．由平衡条件得： FT＋ Fcos kQqr2θ ＝ mgsin θ ， FN＝ Fsin θ ＋ mgcos θ ，当 FT＝0 时， Fcos θ ＝ mgsin θ ，解得 ＝ ，C 正确．要使小球qd mgtan θkA 静止在斜面上， FN不可能为 0，D 错误．5应用库仑定律的五点提醒(1)当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电荷量平均分配，异种电荷先中和后平分．(2)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小．(3)作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向．(4)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，库仑力作用下的力学问题只是比力学中多了个库仑力．(5)库仑力存在极大值，由公式 F＝ k 可以看出，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当 q1＝ q2时，q1q2r2F 最大．考点二 电场强度的叠加与计算(高频考点)1．场强的公式三个公式Error!2．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和．(2)运算法则：平行四边形定则．题组一 高考题组1．(2015·高考山东卷)直角坐标系 xOy 中， M、 N 两点位于 x 轴上， G、 H 两点坐标如图． M、 N 两点各固定一负点电荷，一电量为 Q 的正点电荷置于 O 点时， G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用 k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为( )A. ，沿 y 轴正向 B． ，沿 y 轴负向3kQ4a2 3kQ4a2C. ，沿 y 轴正向 D． ，沿 y 轴负向5kQ4a2 5kQ4a2解析：选 B.处于 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强 E1＝ k ，方向沿 y 轴负向；又因为 G 点处场强为零，所以Qa2M、 N 处两负点电荷在 G 点共同产生的场强 E2＝ E1＝ k ，方向沿 y 轴正向；根据对称性， M、 N 处两负点电荷在 H 点共Qa2同产生的场强 E3＝ E2＝ k ，方向沿 y 轴负向；将该正点电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强Qa2E4＝ k ，方向沿 y 轴正向，所以 H 点的场强 E＝ E3－ E4＝ ，方向沿 y 轴负向．Q 2a 2 3kQ4a262．(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 ，其中 σ 为平面上单位σ2ε 0面积所带的电荷量， ε 0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空，带电荷量为 Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A. 和 B． 和Qε 0S Q2ε 0S Q2ε 0S Q2ε 0SC. 和 D． 和Q2ε 0S Q22ε 0S Qε 0S Q22ε 0S解析：选 D.每块极板上单位面积所带的电荷量为 σ ＝ ，每块极板产生的电场强度为 E＝ ，所以两极板间的QS σ2ε 0电场强度为 2E＝ .一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E′＝ ，故另一块极板所受的电场力Qε 0S Q2ε 0SF＝ qE′＝ Q· ＝ ，选项 D 正确．Q2ε 0S Q22ε 0S3.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、 d 三个点， a 和 b、 b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q(q0)的固定点电荷．已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为( k 为静电力常量)( )A． k B． k3qR2 10q9R2C． k D． kQ＋ qR2 9Q＋ q9R2解析：选 B.由于在 a 点放置一点电荷 q 后， b 点电场强度为零，说明点电荷 q 在 b 点产生的电场强度与圆盘上 Q在 b 点产生的电场强度大小相等，即 EQ＝ Eq＝ k ，根据对称性可知 Q 在 d 点产生的场强大小 EQ′＝ k ，则qR2 qR2Ed＝ EQ′＋ Eq′＝ k ＋ k ＝ k ，故选项 B 正确．qR2 q 3R 2 10q9R2题组二 模拟题组4．(2016·贵州七校联盟联考)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R， CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、 N 两点， OM＝ ON＝2 R.已知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为( )7A. B． － Ekq4R2 kq2R2C. － E D． ＋ Ekq4R2 kq4R2解析：选 B.抓住带电体电场的对称性特点，结合场的叠加进行分析．完整球壳在 M 点产生电场的场强为 k＝ ，根据电场叠加原理，右半球壳在 M 点产生电场的场强为 ，根据对称性，左半球壳在 N 点产生2q 2R 2 kq2R2 (kq2R2－ E)电场的场强为 ，B 正确．(kq2R2－ E)5．(2016·湖北四校联考)如图所示，正电荷 Q 置于一匀强电场中(图中水平直线为匀强电场的电场线)，在以正电荷 Q 为圆心、半径为 r 的圆周上有 a、 b、 c 三点，其中 a 点的电场强度 Ea＝0，则下列判断正确的是( )A．匀强电场电场强度 E＝ ，方向水平向右kQ2r2B．匀强电场电场强度 E＝ ，方向水平向左kQr2C． c 点电场强度为 Ec＝0D． b 点的电场强度为 Eb＝ ，与匀强电场方向成 45°角2kQr2解析：选 D.因 a 点的电场强度 Ea＝0，所以正电荷在 a 点的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即匀强电场的电场强度 E＝ ，方向水平向右，A、B 错；由电场叠加原理知 c 点电场强度为 Ec＝ ，方向水平向右，C 错；kQr2 2kQr2同理可得 b 点的电场强度为 Eb＝ ，与匀强电场方向成 45°角，D 对．2kQr2电场强度叠加问题的求解思路电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：(1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；8(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．考点三 电场线的理解及应用1．电场线的用途(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反．(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小．(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．(4)判断等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等势面越稀疏．2．电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合．(1)电场线为直线；(2)带电粒子初速度为零，或速度方向与电场线平行；(3)带电粒子仅受电场力或所受其他力的合力方向与电场线平行．1．(2015·高考江苏卷)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示， c 是两负电荷连线的中点， d 点在正电荷的正上方， c、 d 到正电荷的距离相等，则( )A． a 点的电场强度比 b 点的大B． a 点的电势比 b 点的高C． c 点的电场强度比 d 点的大D． c 点的电势比 d 点的低解析：选 ACD.根据电场线的分布图， a、 b 两点中， a 点的电场线较密，则 a 点的电场强度较大，选项 A 正确．沿电场线的方向电势降低， a 点的电势低于 b 点的电势，选项 B 错误．由于 c、 d 关于正电荷对称，正电荷在 c、 d 两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在 c 点产生的合电场强度为 0，在 d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理， c 点的电场强度比 d 点的大，选项 C 正确． c、 d 两点中 c 点离负电荷的距离更小， c 点电势比 d点低，选项 D 正确．92．如图为真空中两点电荷 A、 B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称， O 点为 A、 B 电荷连线的中点， a、 b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )A． A、 B 可能带等量异号的正、负电荷B． A、 B 可能带不等量的正电荷C． a、 b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一试探电荷在 a、 b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反解析：选 D.根据题图中的电场线分布可知， A、 B 带等量的正电荷，选项 A、B 错误； a、 b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项 C 错误；由图可知， a、 b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、 b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项 D 正确．处理电场线、运动轨迹问题的技巧(1)根据带电粒子的弯曲方向，判断出受力情况；(2)把电场线方向、受力方向与电性相联系；(3)把电场线疏密和受力大小、加速度大小相联系，有时还要与等势面联系在一起．课堂小结——名师微点拨本节课作为静电学的基础，也是高考命题的热点，学习中掌握以下几点：1.“一个模型”：点电荷是一种理想化模型，可类比力学中质点理解．2.库仑定律的三点提醒：(1)库仑定律仅适用于真空中两个静止点电荷间静电力的计算，空气中也可近似适用．(2)计算点电荷间的静电力时，不必将表示电荷 Q1、 Q2的带电性质的正、负号代入公式中．(3)库仑力的方向由两点电荷的电性决定，可按照同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引来确定．3.三种场强公式Error!4.电场线的三点注意：(1)电场是客观存在的物质，电场线是为了形象描述电场而引入的假想曲线．(2)电场线不是电荷的运动轨迹，根据电场线的方向能确定电荷的受力方向和加速度方向，不能确定电荷的速度方向和运动轨迹．(3)只根据一条电场线无法判断电场强弱和场源情况.课时规范训练(单独成册)1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载， 《春秋纬·考10异邮》中有“玳瑁吸 ”之说，但下列不属于静电现象的是( )A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选 C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项 A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项 B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项 C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项 D 属于静电现象．2．(2015·高考浙江卷)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则( )A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选 D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项 A 错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项 C 错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项 B 错误、D 正确．3.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是( )A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B．电场内部 A 点的电场强度小于 B 点的电场强度11C．电场内部 A 点的电场强度等于 B 点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的 A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：选 D.由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项 A 错误．从电场线分布看， A 处的电场线比 B 处密，所以 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，选项 B、C 错误． AB 两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的 A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项 D 正确．4．水平面上 A、 B、 C 三点固定着三个电荷量为 Q 的正点电荷，将另一质量为 m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在 O 点， OABC 恰构成一棱长为 L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，为使小球能静止在 O 点，小球所带的电荷量为( )A. B．mgL23kQ 2 3mgL29kQC. D．6mgL26kQ 2mgL26kQ解析：选 C.对 O 点的小球受力分析，小球受重力和 A、 B、 C 处正点电荷施加的库仑力．设 θ 是 A、 B、 C 处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，根据平衡条件得，在竖直方向有 3Fcos θ ＝ mg，又 F＝ ，由正四面体kQqL2的几何关系知 cos θ ＝ ，联立解得 q＝ .63 6mgL26kQ5．在如图所示的四种电场中，分别标记有 a、 b 两点．其中 a、 b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A．甲图中与点电荷等距的 a、 b 两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点D．丁图中非匀强电场中的 a、 b 两点解析：选 C.甲图中与点电荷等距的 a、 b 两点，场强大小相同，方向不相反，选项 A 错误；对乙图，根据电场线12的疏密及对称性可判断， a、 b 两点的场强大小相等、方向相同，选项 B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、 b 两点，场强大小相同，方向相反，选项 C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断， b 点的场强大于 a 点的场强，选项 D 错误．6．(2016·河南郑州一模)一半径为 R 的绝缘环上，均匀地带有电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点 P，它与环心 O 的距离 OP＝ L.设静电力常量为 k，关于 P 点的场强 E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A. B．kQR2＋ L2 kQLR2＋ L2C. D．kQR R2＋ L2 3 kQL R2＋ L2 3解析：选 D.设想将圆环等分为 n 个小段，当 n 相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为 q＝ ①Qn由点电荷场强公式可求得每一点电荷在 P 处的场强为EP＝ k ＝ k ②Qnr2 Qn R2＋ L2由对称性可知，各小段带电环在 P 处的场强垂直于轴向的分量 Ey相互抵消，而轴向分量 Ex之和即为带电环在 P处的场强 E，故E＝ nEx＝ n× × ＝ ③kQn L2＋ R2 Lr kQLr L2＋ R2而 r＝ ④L2＋ R2联立①②③④可得 E＝ ，D 正确．kQL R2＋ L2 37．(2016·东营高三质检)(多选)如图所示，带电小球 A 和 B 分别在光滑绝缘的水平地面上和光滑竖直墙面上．小球 A 在向左的水平力 F 作用下， A、 B 恰处于平衡状态．当 A 缓慢向左移动一小段距离时， A、 B 仍处于平衡状态，则( )A．推力 F 将变大B．推力 F 将变小C． A、 B 两球距离变小D． A、 B 两球距离变大13解析：选 BD.由题意知， A、 B 带同种电荷，设 A、 B 两球的连线与竖直方向的夹角为 θ ，由平衡条件对 B 有mBg＝ cos θ ，当 A 左移时， θ 变小，由此知 LAB将变大．对整体有 F＝ FNB＝ sin θ ，由于 θ 变小， LAB变kqAqBL2AB kqAqBL2AB大，故 F 变小，B、D 正确．8.(2016·武汉调研)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－ q、 Q、－ q、 Q.四个小球构成一个菱形，－ q、－ q 的连线与－ q、 Q 的连线之间的夹角为 α .若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A．cos 3α ＝ B．cos 3α ＝q8Q q2Q2C．sin 3α ＝ D．sin 3α ＝Q8q Q2q2解析：选 AC.设菱形边长为 a，则两个 Q 之间距离为 2asin α ，则两个 q 之间距离为 2acos α .选取－ q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得 2k cos α ＝ k ，解得 cos3α ＝ ，选项 A 正确、B 错误；选取 Q 作为Qqa2 q2 2acos α  2 q8Q研究对象，由库仑定律和平衡条件得 2k sin α ＝ k ，解得 sin3α ＝ ，选项 C 正确、D 错误．Qqa2 Q2 2asin α  2 Q8q9．(2016·东北三校二模)如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态，现将一带正电的小球 B 沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转到 A 正上方的 Q 点处，已知 P、 A 在同一水平线上，且在此过程中物体 A和斜面 C 始终保持静止不动， A、 B 可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是( )A．物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小B．物体 A 受到斜面的支持力一直增大C．地面对斜面 C 的摩擦力先增大后减小D．地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大解析：选 A.对小物体 A 受力分析如图甲，设斜面倾角为 θ ， F 与垂直斜面方向的夹角为 α ，则 FN＝ mgcos θ ＋ Fcos α ， F＝ k ，小球 B 向上转， α 减小， FN增大，当 α ＝0°时， FN达最大，然后减小，故 A 正确、 B 错qBqAr214误．对整体受力分析如图乙，随着 F 向下转， f′在减小，故 C、D 均错误．10．如下图所示，在光滑绝缘水平面上放置电荷量分别为 q1、 q2、 q3的三个点电荷，三者位于一条直线上，已知q1与 q2之间的距离为 l1， q2与 q3之间的距离为 l2，三个点电荷都处于静止状态．(1)若 q2为正电荷，判断 q1和 q3的电性；(2)求 q1、 q2、 q3三者电荷量大小之比．解析：(1) q2为正电荷时，假设 q1为正电荷，要使 q2受力平衡， q3应为正电荷，但此时分析 q1的受力情况， q2对 q1有向左的斥力， q3对 q1也有向左的斥力， q1所受合力向左，不能平衡，因此， q2为正电荷时， q1只能为负电荷．同理可知， q3为负电荷．(2)三个点电荷所受合力都等于零，根据共点力平衡条件和库仑定律有对 q2： k ＝ k ，对 q1： k ＝ kq1q2l21 q2q3l2 q1q2l21q1q3 l1＋ l2 2联立可解得 q1∶ q2∶ q3＝ 2∶1∶ 2(l1＋ l2l2 ) (l1＋ l2l1 )答案：(1)负 负 (2) 2∶1∶ 2(l1＋ l2l2 ) (l1＋ l2l1 )11．(2014·高考福建卷)如图，真空中 xOy 平面直角坐标系上的 ABC 三点构成等边三角形，边长 L＝2.0 m．若将电荷量均为 q＝＋2.0×10 －6 C 的两点电荷分别固定在 A、 B 点，已知静电力常量 k＝9.0×10 9 N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：根据库仑定律、点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解．(1)根据库仑定律， A、 B 两点电荷间的库仑力大小为F＝ k ①q2l2代入数据得F＝9.0×10 －3 N②(2)A、 B 点电荷在 C 点产生的场强大小相等，均为15E1＝ k ③qL2A、 B 两点电荷形成的电场在 C 点的合场强大小为E＝2 E1 cos 30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×10 3 N/C⑤场强 E 的方向沿 y 轴正向．答案：(1)9.0×10 －3 N(2)7.8×103 N/C 方向沿 y 轴正向12．(2016·徐州模拟)如图所示，质量为 m 的小球 A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为 α ，小球 A 带正电，电荷量为q.在杆上 B 点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷．将 A 由距 B 竖直高度为 H 处无初速度释放，小球 A 下滑过程中电荷量不变．不计 A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量 k 和重力加速度 g.求：(1)A 球刚释放时的加速度大小．(2)当 A 球的动能最大时， A 球与 B 点的距离．解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α － F＝ ma根据库仑定律有 F＝ kqQr2又知 r＝ ，得 a＝ gsin α －Hsin α kQqsin2 αmH2(2)当 A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设此时 A 球与 B 点间的距离为 d，则 mgsin α ＝kQqd2解得 d＝ kQqmgsin α答案：(1) gsin α － (2) kQqsin2 αmH2 kQqmgsin α第 2 节 电场能的性质一、电场力做功与电势能1．静电力做功16(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法① W＝ qEd，只适用于匀强电场，其中 d 为沿电场方向的距离．② WAB＝ qUAB，适用于任何电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零电势能位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即 WAB＝ EpA－ EpB＝－Δ Ep.二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式： φ ＝ .Epq2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．电势差(1)定义：电荷在电场中，由一点 A 移到另一点 B 时，电场力所做的功与移动的电荷的电荷量的比值．(2)定义式： UAB＝ .WABq(3)电势差与电势的关系： UAB＝ φ A－ φ B， UAB＝－ UBA.(4)影响因素电势差 UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷 q 及电场力做的功 WAB无关，与零电势点的选取无关．2．匀强电场中的电势差与电场强度的关系UAB＝ Ed，其中 d 为电场中两点间沿电场方向的距离．[易错警示·微点拨]1．电场强度和电势是两个不同的概念，分别从不同角度描述电场、电场强度为零的地点，电势不一定为零．2．电势是标量，其正负表示该点电势相对于零势面的高低．3．电势能具有相对性，电势能的高低和零势能面的选取有关．4．电势高的地方电势能不一定大，其大小和电性有关．17考点一 电势高低与电势能大小的判断(高频考点)1．电势高低的判断判断角度 判断方法依据电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电场力做功 根据 UAB＝ ，将 WAB、 q 的正负号代入，由 UAB的正负判断 φ A、 φ B的高低WABq依据电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大2.电势能大小的判断判断角度 判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加电荷电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式 Ep＝ qφ ，正 Ep的绝对值越大，电势能越大；负 Ep的绝对值越大，电势能越小能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加题组一 高考题组1.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，直线 a、 b 和 c、 d 是处于匀强电场中的两组平行线， M、 N、 P、 Q 是它们的交点，四点处的电势分别为 φ M、 φ N、 φ P、 φ Q.一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A．直线 a 位于某一等势面内， φ M＞ φ QB．直线 c 位于某一等势面内， φ M＞ φ NC．若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功18D．若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功解析：选 B.由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中电场力所做的负功相等可知， N、 P 两点在同一等势面上，且电场线方向为 M→ N，故选项 B 正确，选项 A 错误． M 点与 Q 点在同一等势面上．电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误．电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误．2．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图，在正点电荷 Q 的电场中有 M、 N、 P、 F 四点， M、 N、 P 为直角三角形的三个顶点， F 为 MN 的中点，∠ M＝30°. M、 N、 P、 F 四点处的电势分别用 φ M、 φ N、 φ P、 φ F表示，已知φ M＝ φ N， φ P＝ φ F，点电荷 Q 在 M、 N、 P 三点所在平面内，则( )A．点电荷 Q 一定在 MP 的连线上B．连接 PF 的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做负功D． φ P大于 φ M解析：选 AD.本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题．电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于 φ M＝ φ N， φ P＝ φ F，所以点电荷 Q 到 M 和 N 的距离相等，到 P 和 F 的距离相等，即过 F 作 MN 的中垂线，然后作 FP 的中垂线，两中垂线的交点为点电荷 Q 所在的位置，由几何知识得 Q 在 MP 上，如图所示，故选项 A 正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项 B 错误；正试探电荷与 Q 同号，所以受斥力作用，故将其从 P 点搬运到 N 点时，电场力做正功，故选项 C 错误；由几何关系知点电荷 Q 距 M 的距离大，距 P 的距离小，所以 φ MEb，选项 B 正确，C 错误；电场力做正功，电势能减少，选项 D 正确．7.(2016·唐山模拟)如图所示，匀强电场中的 A、 B、 C 三点构成一边长为 a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从 B 移动到 A 的过程中动能减少 E0，质子仅在静电力作用下从 C 移动到A 的过程中动能增加 E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为 e，则匀强电场的电场强度为( )A. B．2E0ea E0eaC. D．23E03ea 3E03ea解析：选 C.对电子从 B 到 A 的过程，由动能定理可知，－ eUBA＝－ E0；对质子从 C 到 A 的过程，有 eUCA＝ E0，可见 UBA＝ UCA，故 B、 C 两点电势相等，在同一等势面上， AB 沿电场线方向上的距离 d＝ asin 60°＝ a，由场强与电势32差的关系 E＝ 解得 E＝ ，选项 C 正确．Ud 23E03ea8．(2016·江苏南京、盐城联考)如图甲所示， x 轴上固定两个点电荷 Q1、 Q2(Q2位于坐标原点 O)，其上有M、 N、 P 三点，间距 MN＝ NP， Q1、 Q2在 x 轴上产生的电势 φ 随 x 变化关系如图乙．则( )A． M 点电场场强大小为零B． N 点电场场强大小为零C． M、 N 之间电场方向沿 x 轴负方向D．一正试探电荷从 P 移到 M 过程中，电场力做功| WPN|＝| WNM|28解析：选 B.由题图可知，由 M 到 N 电势降低，由无限远处到 N 电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断 MN 之间电场方向沿着 x 轴正方向，无限远处到 N 点电场方向沿 x 轴负方向，且 N 点场强为零，选项A、C 错误，B 正确；| WPN|＝| qUPN|＝| q(φ P－ φ N)|＜| q(φ N－ φ M)|＝| WNM|，选项 D 错误．9.(2016·湖北八市联考)(多选)如图所示， M 和 N 是两个带有异种电荷的带电体( M 在 N 的正上方，图示平面为竖直平面)， P 和 Q 是 M 表面上的两点， S 是 N 表面上的一点．在 M 和 N 之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的油滴从 E 点射入电场，它经过了 F 点和 W 点，已知油滴在 F 点时的机械能大于在 W 点的机械能．( E、 W 两点在同一等势线上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是( )A． P 和 Q 两点的电势不相等B． P 点的电势低于 S 点的电势C．油滴在 F 点的电势能高于在 E 点的电势能D．油滴在 E、 F、 W 三点的“机械能和电势能总和”不变解析：选 BD.P、 Q 两点均处于带电体 M 的外表面，这两点电势相等，选项 A 错误；带正电的油滴在 F 点的机械能大于在 W 点的机械能，因而从 E 点运动到 F 点的过程中，电场力做正功， P 点的电势低于 S 点的电势，选项 B 正确；油滴在 F 点的电势能低于在 E 点的电势能，选项 C 错误；只有电场力和重力做功，故机械能与电势能之和为定值，选项 D 正确．10.如右图所示，空间有与水平方向成 θ 角的匀强电场，一