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1、高二物理静电场易错题精选（带详细答案和解析）一选择题（共22小题）1（2011江苏模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度v飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa加速度减小，b加速度增大Ba和b的动能一定都增大Ca一定带正电，b一定带负电Da电势能减小，b电势能增大2（2012秋福建校级期中）如图所示虚线同心圆为一个负点电荷的等差等势线分布图，一带电粒子只受电场力，从电场中的M点以初动能EK0运动到N点，径迹如图中曲线MPN，由此可知（）A粒子带正电，在P点处的加速度最大，电势能最大BM、P、N三点的电势关系是M=NPC
2、由于电场力做功，粒子在M和N点处是的动能不同D粒子从M点到P点电场力做负功，电势能增加，动能减少3（2013秋上高县校级月考）如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个相同带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（）A到达M、N时两粒子速率仍相等B到达M、N时两粒子速率vMvNC到达M、N时两粒子的电势能相等D两个粒子的电势能都是先减小后增大4（2011渑池县校级模拟）如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图所示电子原来静止在左极板小孔处下列说法中正确
3、的是（）A从t=0时刻释放电子，电子可能在两板之间往复运动B从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动D从t=时刻释放电子，电子最终一定从左极板的小孔离开电场5（2014秋金沙县期末）两个等量同种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、O三点，O为连线中点，AB与AO等距，如图所示，规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（）AA点电势比B点高BA、B两点的场强方向相同，B点场强可能与A点场强相同CA、B、O三点和无穷远处等电势DO点场强为0，电势不为06（2012秋思明区校级期中）两个质量相同的小球用不可伸长绝缘的细线连结，置于场强为E的匀
4、强电场中，小球1带正电，电量为2q，小球2带负电，电量大小为q将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（）ABCT=qEDT=3qE7（2015铜川三模）两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电量分别为q1和q2（q1q2），将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（）（不计重力，线长L远大于小球的线度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+8（
5、2016天津模拟）如图所示，在A、B两点分别固定着所带电荷量相等的正、负点电荷，O点是两个点电荷连线的中点，C、D是关于O点对称的两点下列说法中正确的是（）AC、D两点的场强大小相等、方向相同BC、D两点的电势相等C正点电荷从C点移到D点的过程中，电场力做正功D负点电荷在C点的电势能大于它在D点的电势能9（2010秋慈利县校级月考）已知地球带负电如图，MN是地球产生的电场线中的一条电场线，某次太阳风暴时，一个高能带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电线的轨迹如图中虚线，下列结论正确的是（）A高能带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小B地球一定位于M点左侧C高能带电粒子在a的电势能大于b点的电
6、势能D高能带电粒子在a的加速度小于在b点的加速度10（2010徐汇区一模）如图甲，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势随x变化的规律如图乙所示若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A电子的速度先逐渐增大后逐渐减小B电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大C该电场线可能是孤立点电荷产生的D该电场线可能是等量异种电荷产生的11（2013秋庆安县校级期末）如图1，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势随x变化的规律如图2所示若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A电子的加速度恒定B电子的电势能将增大C电子将沿着x轴负方
7、向运动D电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大12（2011秋南安市校级期中）如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是（）A粒子在A点和B点时的动能和电势能之和相等B粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC粒子在A点的动能比在B点少0.5JD粒子在A点的机械能比在B点少1.5J13（2015秋盘县期末）如图所示，竖直放置的一对平行金属板的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出不计电子重力下列说法正确的是（）A增大U1，电子一定打在
8、金属板上B减小U1，电子一定打在金属板上C减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D增大U2，电子一定能从水平金属板间射出14（2015诸暨市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B两电荷在电场中运动的加速度相等C从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同15（2011江西模
9、拟）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x轴变化的图象如图所示下列说法正确的是（）AO点的电势最低Bx2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等D该电场是等量负电荷的中垂线的电场分布16（2016博白县模拟）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内（）A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大17（2013秋日喀则地区校级期中）在静电场中a、b、c、d四点分别放一检验电荷，其电量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷电量
10、的关系如图所示，由图线可知（）Aa、b、c、d四点不可能在同一电场线上B四点场强关系是Ec=EaEbEdC四点场强方向可能不相同D以上答案都不对18（2015春孝感月考）如图所示，a，b，c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点已知a，b两点的电势分别为a=9V，b=3V，则下列叙述正确的是（）A该电场在c点处的电势一定为6 VBa点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbC正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大D正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大19（2015秋衡阳县月考）如图所示，在电场中，将一个负电荷从C点分别沿直线移到A点和B点，克服静电力做功相同该电
11、场可能是（）A沿y轴负方向的匀强电场B沿x轴正方向的匀强电场C第象限内的正点电荷产生的电场D第象限内的正点电荷产生的电场20（2013秋日喀则地区校级期中）如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（）A当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D小球在运动过程中机械能守恒21（2015秋黄石校级月考）如图所示，在水平放置的光滑接地金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，一表面绝缘带正电的金属球（可视为质点，且不影响原电场）自左以速度v0开始在金属板上向右运动，在运动过
12、程中（）A小球做先减速后加速运动B小球做匀速直线运动C小球受的电场力不做功D电场力对小球先做正功后做负功22（2015春行唐县校级月考）图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是（）Ab点的电势一定高于a点Ba点的场强一定大于b点C带电粒子一定带正电D带电粒子在b点的速率一定大于在a点的速率二解答题（共8小题）23（2011春桃城区校级期末）如图所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压u随时间t变化的规律如右图所示电压的绝对值为U0t=0时刻M板的电势比N板低在t=0时刻
13、有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板电子的电荷量为e，质量为m求：（1）该电子到达N板时的速率v（2）在1.25个周期末该电子和N板间的距离s24（2013福建模拟）如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=，O为AB连线的中点一质量为m带电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n1），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数（2）Ob两点间的电势差UOb（3）小滑块运动的总路程
14、s25（2013秋崇文区校级期中）如下操作中，能使静电计的指针张角变小的是_26（2009秋天津期末）如图所示，一倾角=30的光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为+q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上面小球从B点从静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求（1）小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？（2）小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度大小？27（2011秋信丰县校级月考）如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30的固定绝缘长斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数=，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为
15、mA=0.80kg、mB=0.64kg、mC=0.50kg，其中A不带电，B、C的带电量分别为qB=+4.00105C、qC=+2.00105C，且保持不变开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a=1.5m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，g=10m/s2求：（1）未施加力F时物块B、C间的距离；（2）t0时间内A上滑的距离；（3）t0时间内力F和库仑力对A、B两物块做的总功28（2014秋长汀县校级月考）如图所示，水平放置的平行金属板的
16、N板接地，M板电势为+U，两板间距离为d，d比两板的长度小很多，在两板之间有一长为2L（2Ld）的绝缘轻杆，可绕杆的水平固定轴O在竖直面内无摩擦地转动，O为杆的中点，杆的两端分别连着小球A和B，它们的质量分别为2m和m，它们的带电荷量分别为+q和q（不计小球间的静电力），当杆由图示水平位置从静止释放，转过90到竖直位置时，已知重力加速度为g，求：（1）两球的电势能的变化；（2）两球的总动能；（3）杆对A球的作用力29（2013春南关区校级期末）如图所示，在x0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场；在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小均为E一带电量为e、质量为m的电子在x=d处的
17、P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力求：（1）电子的x方向分运动的周期；（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离30（2013秋信丰县校级月考）如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地A板电势A随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1和O2，两板间电压为U2，组成减速电场现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1进入，并能从O1沿O1O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量为q，质量为m，不计其重力求：（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小；（2）A
18、、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值静电场菁优网组卷高二物理参考答案与试题解析一选择题（共22小题）1（2011江苏模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度v飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa加速度减小，b加速度增大Ba和b的动能一定都增大Ca一定带正电，b一定带负电Da电势能减小，b电势能增大【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小【解答】解：电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，
19、电势能都减少所以CD错误，B正确电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以A正确故选AB【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题2（2012秋福建校级期中）如图所示虚线同心圆为一个负点电荷的等差等势线分布图，一带电粒子只受电场力，从电场中的M点以初动能EK0运动到N点，径迹如图中曲线MPN，由此可知（）A粒子带正电，在P点处的加速度最大，电势能最大BM、P、N三点的电势关系是M=NPC由于电场力做功，粒子在M和N点处是的动能不同D粒子从M点到P点电场力做负功，电势能增加，动能减少【分析】根据带电粒子的运动
20、轨迹判断受力情况，从而确定带电粒子的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况【解答】解：A、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从粒子的运动轨迹可以看出，粒子受到排斥力，故带电粒子的电性与场源电荷的电性相同，带负电荷故A错误；B、电场线的方向从正电荷出发，到负电荷终止，所以该处的电场线的方向指向圆心；沿电场线的方向电势降落，所以M=NP故B错误；C、从图中可得，M与N处于同一个等势面上，所以电荷在MN两点的电势能相等，动能也相等故C错误；D、带电粒子从M点到P点粒子受到排斥力，电场力做负功，电势能增加，动能减少故D正确故选：D【点评】本题关键是要根据运动轨迹
21、确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况3（2013秋上高县校级月考）如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个相同带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（）A到达M、N时两粒子速率仍相等B到达M、N时两粒子速率vMvNC到达M、N时两粒子的电势能相等D两个粒子的电势能都是先减小后增大【分析】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断电场力对PM和PN粒子的做功的正负，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系，根据电场力做功与电势能变化的关系，
22、确定电势能的变化根据电势能的公式Ep=q，判断到达M、N时两粒子的电势能大小关系【解答】解：A、B、由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM=vN故A正确、B错误C、由轨迹看出，点电荷对左侧和右侧的带电粒子都是排斥力，与中心点电荷电性相同M、N两点电势相等，根据电势能的公式Ep=q，两个相同的粒子的电荷量q相等，两电荷电性又相同，故到达M、N时两粒子的电势能相等，故C正确D、由图可知，PM粒子和PN粒子受到的电场力都是先做负功后做正功，其电势能都是先增大后减小，故
23、D错误故选：AC【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负4（2011渑池县校级模拟）如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图所示电子原来静止在左极板小孔处下列说法中正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子可能在两板之间往复运动B从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动D从t=时刻释放电子，电子最终一定从左极板的小孔离开电场【分析】分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打
24、在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情况A、B从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上故A错误，B正确C、从t=时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复若两板
25、距离足够大时，电子在两板间振动故C正确D、用同样的方法分析从t=T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误故选BC【点评】本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要根据牛顿定律分析电子的运动情况5（2014秋金沙县期末）两个等量同种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、O三点，O为连线中点，AB与AO等距，如图所示，规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（）AA点电势比B点高BA、B两点的场强方向相同，B点场强可能与A点场强相同CA、B、O三点和
26、无穷远处等电势DO点场强为0，电势不为0【分析】本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低【解答】解：A、取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变；但不知道是等量正电荷还是等量负电荷，故无法判断A点电势与B点电势的高低，故A错误；B、根据电场的叠加原理可知a、b两点的场强方向相同（竖直），但电场线疏密关系不能确定，所以场强大小不能判断，可能相等，故B正确；C、取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变，故电势改变，故C错误；D、取一个试探电荷，在O点电场力为零，
27、故O点场强为零；取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变，故电势改变，由于无穷远电势为零，故O点电势不为零；故D正确；故选：BD【点评】本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析，基础题目6（2012秋思明区校级期中）两个质量相同的小球用不可伸长绝缘的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1带正电，电量为2q，小球2带负电，电量大小为q将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（）ABCT=qEDT=3qE【分析】对球1、2整体受力分析，根据牛顿第
28、二定律求出整体的加速度对球2受力分析，由牛顿第二定律求出细线中的张力T【解答】解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，对球2受力分析，由牛顿第二定律得：T+Eq2=ma，两式联立得：T=（q1q2）E=qE，故选A【点评】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用7（2015铜川三模）两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电量分别为q1和q2（q1q2），将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（）
29、（不计重力，线长L远大于小球的线度）AT=（q2q1）E+BT=（q2q1）E+CT=（q2q1）EDT=（q2+q1）E+【分析】对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度对球2受力分析，由牛顿第二定律求出细线中的张力T【解答】解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，对球2受力分析，由牛顿第二定律与库仑定律，可得：T+Eq1=ma，两式联立得T=（q2q1）E+，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用8（2016天津模拟）如图所示，在A、B两点分别固定着所带
30、电荷量相等的正、负点电荷，O点是两个点电荷连线的中点，C、D是关于O点对称的两点下列说法中正确的是（）AC、D两点的场强大小相等、方向相同BC、D两点的电势相等C正点电荷从C点移到D点的过程中，电场力做正功D负点电荷在C点的电势能大于它在D点的电势能【分析】等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称，可以画出通过ABCD四点的电场线，某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示；沿着电场线电势逐渐降低，负电荷在高电势位置电势能小【解答】解：A、等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称，电场线分布如图：某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示，故C、D两点的场强大小相等、方向相同，
31、故A正确；B、沿着电场线，电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可以先找出C、D两点在AB连线上的等电势点，C在AB连线上的等电势点偏左，故C点电势较高，故B错误；C、由于C点电势高于D点电势，故正点电荷从C点移到D点的过程中，电势能降低，电场力做正功，故D正确；D、根据公式=，负点电荷在高电势点的电势能小，故D错误；故选AC【点评】本题关键熟悉等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图，明确电势的定义以及电场力做功与电势能变化的关系，不难9（2010秋慈利县校级月考）已知地球带负电如图，MN是地球产生的电场线中的一条电场线，某次太阳风暴时，一个高能带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电线的轨迹
32、如图中虚线，下列结论正确的是（）A高能带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小B地球一定位于M点左侧C高能带电粒子在a的电势能大于b点的电势能D高能带电粒子在a的加速度小于在b点的加速度【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向右，又因为都是负电荷，它们之间是排斥力，可以判断固定在电荷在M一侧，应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系【解答】解：根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向右A、到b运动的方向与受力的方向一致，由于受力的方向与运动方向之间的夹角小是锐角，故电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，故A错误，C正确；B、MN是一负电荷产生的电场中的一条电场线一
33、个带正电的粒子受力的方向向右，由于正电荷与负电荷之间是吸引力，所以地球在N点的右侧，故B错误；D、由A的分析知地球在N点的右侧，a点的场强小，带电粒子在a点的加速度也小，故D正确故选：CD【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向右侧，可以判断固定在电荷在M一侧10（2010徐汇区一模）如图甲，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势随x变化的规律如图乙所示若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A电子的速度先逐渐增大后逐渐减小B电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大C该电场线可能是孤立点电荷产生的D该电场线
34、可能是等量异种电荷产生的【分析】根据电子所受电场力方向特点，分析电子的速度如何变化电势x图线的斜率等于电场强度大小，根据斜率的变化，分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化由场强的变化情况，确定场源电荷【解答】解：A、由题，是电场的一条电场线，电子从静止开始仅受电场力而运动，电场力方向保持不变，所以电子一直做加速运动故A错误B、电势x图线的斜率等于电场强度大小，由图看出，图线的斜率先变大后变小，则电场强度先变大后变小，电子所受电场力也先变大后变小，根据牛顿第二定律可知，电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大故B正确C、该电场线不可能是孤立点电荷产生的，因为电子在孤立点电荷产生的电场中电场力一直
35、增大或一直减小故C错误D、根据电子的电场力变化情况可判断出来，电子可能在两个等量异种电荷连线上运动故D正确故选：BD【点评】本题难点在于对x图线斜率的理解，可借助于匀强电场中场强与电势差关系公式E=进行定性理解11（2013秋庆安县校级期末）如图1，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势随x变化的规律如图2所示若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A电子的加速度恒定B电子的电势能将增大C电子将沿着x轴负方向运动D电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大【分析】根据电子所受电场力方向特点，分析电子的速度如何变化电势x图线的斜率等于电场强度大小，根据斜率的变化，
36、分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化由场强的变化情况，确定场源电荷【解答】解：A、x图象的斜率大小等于电场强度，即=E，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE知，电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律得知，电子运动的加速度先减小后增大故A错误，D正确；B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小故B错误；C、由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动故C错误；故选：D【点评】本题难点在于对x图线斜率的理解，可借助于匀强电场中场强与电势差关系公式=E进行定性理解12（2011秋南
37、安市校级期中）如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是（）A粒子在A点和B点时的动能和电势能之和相等B粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC粒子在A点的动能比在B点少0.5JD粒子在A点的机械能比在B点少1.5J【分析】带电粒子在电场中受到重力和电场力作用，其重力势能、动能和电势能的总和不变电场力做的功为1.5J，电势能减小1.5J根据总功，由动能定理分析动能的变化由能量守恒定律分析机械能的变化【解答】解：A、带电粒子在电场中受到重力和电场力作用，粒子在A点和B点时的重力势能、动能和电势能的总和相等故A错误
38、B、电场力做的功为1.5J，电势能减小1.5J，即粒子在A点的电势能比在B点多1.5J故B错误 C、由题得到总功为W=2J+1.5J=0.5J，由动能定理得知动能减小0.5J，即粒子在A点的动能比在B点多0.5J故C错误 D、由能量守恒定律分析可知：电势能减小1.5J，机械能增加1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J故D正确故选D【点评】本题是电场中的能量问题，首先要搞清涉及几种形式的能，其次抓住几对功与能的关系，由能量守恒定律分析13（2015秋盘县期末）如图所示，竖直放置的一对平行金属板的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2一电子由静止开始经U1加速后，进入水平
39、放置的金属板间，刚好从下板边缘射出不计电子重力下列说法正确的是（）A增大U1，电子一定打在金属板上B减小U1，电子一定打在金属板上C减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D增大U2，电子一定能从水平金属板间射出【分析】求解本题的关键是明确：通过讨论电子偏转位移的变化情况来判定电子是否打在（或从金属板间射出）金属板上，然后通过动能定理和类平抛规律列式即可求解【解答】解：A、设电子通过偏转电场的时间为t，由q=及L=vt可知，若增大则v增大，时间t减小，再由y=可知，射出偏转电场时的偏转位移减小，所以不会打在金属板上，A错误B、同理，若减小，则t增大，偏转位移y增大，将会打在金属板上，所以B正确C
40、、由a=，y=，又t不变，所以减小则偏转位移减小，电子一定能从金属板间射出，C正确D、同理增大，则偏转位移将增大，电子不能射出，D错误故选BC【点评】带电粒子在偏转电场中的运动可以用类平抛的思路求解，可用偏转位移y或偏转角tan的变化来讨论粒子偏转情况的变化14（2015诸暨市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B两电荷在电场中运动的加速度相等C从两电荷进入电场到两
41、电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【分析】两个电荷同时进入电场到相遇，运动时间相等；从轨迹图可以看出，M电荷的水平分位移和竖直分位移都比N电荷的大；将电荷的运动沿水平和竖直方向正交分解后根据运动学公式和牛顿第二定律联合列式分析即可【解答】解：A、B、从轨迹可以看出：yMyN，故t2t2解得：，qMqN故A正确，B错误；C、根据动能定理，电场力的功为：W=Ek=m，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy=也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；D、从轨迹可以看出：xMxN，故
42、vMtvNt，故vMvN，故D错误；故选：AC【点评】本题关键将合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后根据运动学公式列式分析15（2011江西模拟）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x轴变化的图象如图所示下列说法正确的是（）AO点的电势最低Bx2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等D该电场是等量负电荷的中垂线的电场分布【分析】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低【解答】解：A、B、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等故C
43、正确，D、O点场强为零，O电势最高，所以该电场是等量正电荷从两电荷连线的中点沿中垂线向侧外移形成的，故D错误；故选：C【点评】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可16（2016博白县模拟）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内（）A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大【分析】由电势的变化特点（图象的斜率表示电场强度的大小及方向）可以判断电场为非匀强电场，且电场线
44、沿x轴负向，即可判断各项【解答】解：A、B由图象可知电势与距离不成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是非匀强电场，A错误，B正确；C、根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，当电子沿x轴正方向运动，则电场强度减小，所以电场力也减小，故加速度大小减小，故C正确，D错误；故选BC【点评】本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化17（2013秋日喀则地区校级期中）在静电场中a、b、c、d四点分别放一检验电荷，其电量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷电量的关系如图所示，由图线可知（）Aa、b、c、d四点不可能在同一电场线上B四点场强关系是Ec=EaEbEdC四点场强方向可能不相同D以上答案都不对【分析】电场力与电荷电量的关系图线的斜率等于电场强度，根据斜率的大小分析场强的大小关系根据场强与电场力方向关系，分析四点场强方向的关系【解答】解：A、由图读出，a、b是两正电荷，c、d是两负电荷，ab所受电场力方向相同，与cd所受电场力相反，a、b、c、d四点可能在同一电场线上故A错误B、Fq图线的斜率等于电场强度大小，由图看出，a、c图线的斜率相等，而且最大，d图