2020-2021学年3 电势差与电场强度的关系课后复习题

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2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册
10.3电势差与电场强度的关系 同步训练9（含解析）
1．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）

A．P向下动，Q向下动 B．U1减小，U2增大
C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大
2．竖直面内一绝缘正方形环上，AB、BC段中点处放有等量正电荷+q，CD、DA段中点处放有等量负电荷﹣q，abcd是正方形对角线上四点，它们到中心O的距离均相等，则（　　）

A．b、d两点电场强度大小相等，方向相反
B．a、c两点电势相等
C．a、c两点电场强度大小相等，方向相反
D．b、d两点电势相等
3．如图所示，空间有一正三棱锥P﹣ABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，在O点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（　　）

A．A、B、C三点的电场强度相同
B．底面ABC为等势面
C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做正功再做负功
D．将一负的试探电荷从P点沿直线PO移动到O点，电势能先增大后减少
4．如图所示，AD是均匀带电的半圆环，已知半圆环在圆心O点产生的电场强度大小为E、电势的大小为φ，AB、BC、CD为半圆环等长的三段圆弧。则BC部分在O点产生的电场强度和电势的大小分别是（　　）

A．E，φ B．E，φ C．E，φ D．E，φ
5．某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则（　　）

A．粒子一定带负电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为3qE0x0
6．如图，在xOy平面内，x≥0、y≥0的空间区域内存在与平面平行的匀强电场，场强大小为E＝1.25×105V/m，在y＜3cm空间区域内存在与平面垂直的匀强磁场。现有一带负电粒子，所带电荷量q＝2.0×10﹣7C，质量为m＝1.0×10﹣6kg，从坐标原点O以一定的初动能射出，粒子经过P（4cm，3cm）点时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向垂直于OP，最后粒子从y轴上点M（0，5cm）射出电场，此时动能变为过O点时初动能的0.52倍。不计粒子重力，则（　　）

A．P点电势高于O点电势
B．O、M的电势差UOM与O、P电势差UOP的比值为13：5
C．OP上与M点等电势点的坐标为（2.4cm，1.8cm）
D．粒子从P到M的时间为0.002s
7．如图所示，光滑圆弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60°，空间存在水平方向匀强电场E（图中未画出，大小未知）。点电荷+Q固定在圆心处，一个质量为m、带电量为﹣q的小球可以静止在圆弧AB的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道ADB运动，则（　　）

A．电场方向水平向右，E＝
B．电场方向水平向左，E＝
C．小球运动到D点速度最大，vD＝
D．小球运动到B点速度最大，vB＝
8．已知无穷大均匀带电平板两边产生的电场强度大小为，其中σ为电荷面密度（单位面积所带电荷量），ε0为真空中的介电常数。如图所示为真空中平行放置的平行板电容器的横截面图，每个极板的电荷面密度依次为+σ1和﹣σ1，右极板接地，中间插入的是不带电金属板，金属板左侧感应电荷的面密度为﹣σ1、右侧感应电荷的面密度为+σ1，则下列说法正确的是（　　）

A．图中X处的电场强度大小为，方向向右
B．图中X处的电场强度大小为，方向向右
C．图中X处的电势等于Y处的电势
D．电荷量为﹣q的试探电荷，在图中X处的电势能大于它在图中Y处的电势能
9．空间中一静电场的某物理量在x轴上分布情况如图所示，其中，则（　　）

A．若为E﹣x图象，则φA＝φB
B．若为E﹣x图象，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功。
C．若为φ﹣x图象，则EA、EB相同
D．若为φ﹣x图象，在A自由释放一质子，其仅在电场力作用下运动到B，加速度先变小后增大
10．如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电。O为三角形中心，A、B、C为三条边的中点。设无穷远处电势为零。则（　　）

A．B、C两点电势相同
B．B、C两点场强相同
C．电子在O点电势能为零
D．在O点自由释放电子（不计重力），将沿OA方向一直运动
11．如图所示，实线为匀强电场E的电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等，一个正电荷（重力不计）在等势线φ3上时具有动能50J，它运动到等势线φ1上时，速度恰好为零，令φ2＝0，那么当该电荷的动能为12J时，其电势能为（　　）

A．13J B．25J C．38J D．44J
12．空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（　　）

A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
13．空间存在平行xOy平面的匀强电场，在平面内沿Ox、Oy两个方向探测得到各点电势φ中与到O点距离的关系如图所示，则下列关于该电场的电场强度大小和方向，说法正确的是（　　）

A．2V/m，沿Ox正方向
B．200V/m，沿Oy正方向
C．200V/m，沿∠xOy角平分线指向右上方
D．200V/m，沿∠xOy角平分线指向左下方
14．如图所示，等边三角形ABC处于水平面内，边长为L，O点为AB边的中点。CD为光滑绝缘直轨道，D点在O点的正上方，且D点到A、B两点的距离均为L．在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为﹣Q．一质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上，现将小球从D点由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且k＝mg，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．C点和D点的电场强度相同
B．C点的电势比D点的电势低
C．小球在D点刚释放时，其加速度大小为g
D．小球沿直轨道DC下滑过程中，其电势能先增大后减小
15．如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，A点的电场强度为零。下列说法正确的是（　　）

A．薄板带负电，电子在A点所具有的电势能一定为零
B．B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等
C．电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能
D．带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为
16．利用图象研究物理问题是物理学中重要的研究方法。如图1所示，A、B为点电荷Q的电场中电场线上的两点（点电荷Q的位置图中未标出）。某同学规定x轴表示AB间某点与A点的距离，绘制了图2所示的图线①和②来表示AB连线上某物理量与x之间的关系，并做出如下判断，其中正确的是（　　）

A．若Q为正电荷，y轴表示该点的电势，则图线①可以反映电势和距离的关系
B．若Q为正电荷，y轴表示该点的电场强度，则图线②可以反映电场强度和距离的关系
C．若Q为负电荷，y轴表示该点的电势，则图线①可以反映电势和距离的关系
D．若Q为负电荷，y轴表示该点的电场强度，则图线②可以反映电场强度和距离的关系
17．某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（　　）

A．O点的电势最高
B．﹣x2点的电势最高
C．若电子从﹣x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
18．如图所示，带电小球A用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球A、B的带电量分别为q、Q，将带电小球B固定在匀强电场中，A、B间的距离为r，连线与水平方向的夹角为37°，悬挂小球A的悬线刚好竖直，不计小球的大小，静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）

A．小球A一定带正电
B．若匀强电场的场强增加，细线可能向左偏
C．匀强电场的场强为
D．细线拉力一定为
19．如图所示，一电容为C、两板间距为d的平行板电容器竖直放置，O为两板A、B的中心，两板带有等量异种电荷。过O点的直线MN与两板垂直，M、N两点到O点距离均为3d，位于直线上的P、S两点在板间，且到O点的距离相等，在M点放置电荷量大小为Q的负点电荷，在N点放置电荷量大小为Q的正点电荷，忽略两点电荷对两极板电荷分布的影响。已知静电力常量为k，若O点处场强为零，则（　　）

A．电容器A极板带负电
B．电容器的A极板所带电荷在O点产生的电场场强为
C．电容器所带的电量为
D．P、S两点场强大小相等，方向相反
20．有一静电场，其电势φ沿x轴方向变化的图线如图所示。一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm。下列说法正确的是（　　）

A．粒子经过P点和Q点加速度大小相等、方向相反
B．粒子经过P点与Q点时，动能相等
C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
D．粒子在P点的电势能为正值
21．空间有一电场，在x轴上﹣x0到x0间电势φ随x的变化关系如图所示，图线关于φ轴对称。一质量为m、电荷量为+q的粒子只受电场力作用，从x轴上的﹣x1点以沿+x方向的初速度v0开始运动，运动过程中粒子始终在x轴上，到达原点O右侧最远处的坐标为x2，x2点与﹣x1点间的电势差为U21，则（　　）

A．x0＞x2＞x1，
B．x2＞x0，
C．x2＜x1，
D．x2→+∞，
22．如图所示。AB、CD是一个圆的两条直径且AB、CD夹角为60°．该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面。其中φB＝φC＝φ，UAB＝φ，保持该电场的场强大小不变，让电场以过B点且垂直圆所在平面的直线为轴逆时转过60°．则下列判断错误的是（　　）

A．转动前UBD＝φ B．转动后
C．转动后 D．转动后
23．如图所示，空间有一圆锥OBB'，点A、A'分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法中正确的是（　　）

A．A、A'两点的电场强度相同
B．平行于底面的圆心为O1的截面为等势面
C．将一正的试探电荷从A点沿直径移到A'点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若B点的电势为φB，A点的电势为φA，则BA连线中点C处的电势φC小于

参考与解析
1．【分析】已知B、N两板均接地线，则两板的电势φ＝0，已知B板下移，则由电容的决定式可得C1的变化，从而得出电荷量和电势差的变化，从而判断出两油滴的运动状态。
【解答】解：AC、假设AB之间电荷量Q1不变，由于B板下移，由电容的决定式：，得C1减小，则由电容的决定式：，得AB之间的电压U1增大，大于MN之间的电压，则AB板将向MN板充电，则Q1减小，Q2增大，
由匀强电场场强公式得：，则AB之间场强降低，MN之间场强增加，则P向下动，Q向上动，故A错误，C正确；
B、由于AB板要向MN板充电，MN之间距离不变，电容不变，则电荷量增大，由电容定义式：，可得MN两板之间电压U2增大，当U1＝U2时，则充电结束，此时U2也相较于之前增大，故B错误；
D、由于B板下移，由电容的决定式：，得C1减小，C2不变，故D错误。
故选：C。
2．【分析】根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理分析电场强度的关系；根据等量异种电荷等势面分析情况以及叠加原理分析电势差。
【解答】解：设AB边、BC边、CD边、AD边的中点分别为e、f、g、h，如图所示。
A、e、f两点处的点电荷在b点产生的电场强度抵消，g、h两点处的点电荷在d点产生的电场强度抵消，而g、h两点处的点电荷在b点产生的电场强度与e、f两点处的点电荷在d点产生的电场强度大小相等，方向相同，所以b、d两点电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B、在eh两点处的点电荷的电场中AC是一条等势线，a、c两点电势相等；同理，在fg两点处的点电荷的电场中AC是也一条等势线，a、c两点电势也相等，所以根据叠加原理可知，a、c两点电势相等，故B正确；
C、在eh两点处的点电荷的电场中和在fg两点处的点电荷的电场中在a点的电场强度方向垂直于AC连线向下，所以a点处的电场强度垂直于AC连线向下，同理，c点的电场强度方向也垂直于AC连线向下，则a、c两点电场强度方向相同，结合对称性可知a、c两点电场强度大小相等，故C错误；
D、在eh两点处的点电荷的电场中，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，b点的电势高于d点的电势，同理，在fg两点处的点电荷的电场中，b点的电势高于d点的电势，叠加后可知b点的电势高于d点的电势，故D错误。
故选：B。

3．【分析】根据电场的叠加原理分析A、B、C三点电场强度关系；根据等量点电荷等势面的分布情况分析A、B、C三点电势差；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而确定电场力做功情况。
【解答】解：A、A、B、C三点到P点和O点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；
BC、处于O点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的球面，本题O为等边三角形ABC的中心，即A、B、C三点电势相等，但是该平面不是等势面，沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即B、C电势高于D点电势，从B经D到C，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式Ep＝qφ可知正试探电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，故B错误，C正确；
D、沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势P点移到低电势O点，根据电势能的计算公式可知Ep＝qφ电势能一直增大，故D错误。
故选：C。
4．【分析】将圆弧分成3段，每段距离O点的距离相等，则每段对O点产生的电场强度大小相等，电势也相等，故对于电场强度，可以使用平行四边形法则进行合成，对于电势，可以直接用代数法则进行求解。
【解答】解：由于电场强度是矢量，根据题意需要应用平行四边形定则求出圆弧BC在圆心O处产生的场强，电势是标量，直接根据代数法则求解。B、C两点把半圆环等分为三段，假设每段长度都是L，每段距离O点的距离相等，故每段对O点产生的场强大小和电势均相等，如图所示：

设每段O点产生的电场强度大小为E′，均相等，则在O点的合场强为：E＝E′+2×E′×cos60°＝2E′，
则；
电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ'，则由O点的电势：φ＝3φ'
则φ＝，故D正确
故选：D。
5．【分析】明确电场强度的变化情况，电场力F与场强成正比，故图中E﹣x图与x轴包围的面积在乘以q即为电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理列式分析即可。
【解答】解：A、如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，且加速过程增加的速度一定大于减小的速度，因此x＝3x0处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，故A错误；
B、根据动能定理可得，解得，故B正确；
C、粒子向右运动的过程中电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错误；
D、粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理有，解得Ekm＝2qE0x0，故D错误。
故选：B。
6．【分析】（1）从O点到P点根据动能定理即可OP的电势差，进而比较电势大小；
（2）分别对粒子从O到M，和从O到P动能定理，求出两个电势差的比值；
（3）将OP五等分，可求出与M等势的D点，根据几何关系可求出D点坐标；
（3）粒子在P点速度与OP垂直，OP是电场力的方向，故粒子做类平抛运动，沿着电场线方向是初速度为零的匀加速直线运动，即可求运动时间。
【解答】解：A、设粒子在o点的初动能为Ek，
从O到P，由动能定理得：﹣qUOP＝0.2Ek﹣Ek；则Uop＞0，故O点电势高于P点电势，故A错误；
B、从O到M，由动能定理得：﹣qUOM＝0.52Ek﹣Ek
即：UOP：UOM＝5：3，则φP：φM＝5：3，故B错误；
C、则将OP五等分，OD＝OP，则φD：φP＝3：5
则可知：D和M等电势，DM为等势线。画图如下，其中：OD＝3cm，DP＝2cm

由于△ODN∽△OAP，则：＝＝
解得：DN＝1.8cm，ON＝2.4cm，即OP上的M点等电势点D的坐标为（2.4cm，1.8cm），故C正确；
D、由图中的几何关系可证明OP⊥MD，匀强电场中电场线垂直与等势线，结合负电荷的受力方向可知匀强电场的场强方向沿OP方向．
粒子从P点到M点，速度方向垂直于OP，即垂直与受力方向，做类平抛运动，运动时间为t，
沿着PO方向为加速度是零的匀加速直线运动：PD＝
由几何关系可知DP＝OP﹣OD＝5cm﹣3cm＝2cm＝0.02m
加速度：a＝＝＝2.5×104m/s2
代入数据解得：t＝×10﹣3s，故D错误。
故选：C。
7．【分析】根据平衡条件得到电场强度的大小和方向；D点为平衡位置，小球从A点由静止释放，达到D点的速度最大，根据动能定理求解最大速度。
【解答】解：AB、质量为m带电量为﹣q的小球恰好可以静止在圆弧AB的中点D，说明电场力方向向右，则匀强电场的方向向左，根据平衡条件可得：qE＝mgtan30°，解得电场强度：，故AB错误；
CD、由于小球恰好可以静止在圆弧AB的中点D处，所以D点为平衡位置，小球从A点由静止释放，达到D点的速度最大，根据对称性可知达到B点的速度为零；从A到D根据动能定理可得：mgR（cos30°﹣cos60°）﹣qER（sin60°﹣sin30°）＝，解得：vD＝，故C正确、D错误。
故选：C。
8．【分析】根据题意求出无穷大均匀带电平板两边产生的电场强度大小，再根据矢量叠加即可计算；电势根据电场线分析；电势能根据电势高低来判断。
【解答】解：AB、无穷大均匀带电平板两边产生的电场强度大小为，而且是匀强电场，
若平板带正电，则电场强度方向垂直于平板向外；
若平板带负电，则电场强度方向垂直于平板指向平板方向，
对于X处，根据电场强度叠加原理有：E＝+﹣＝，方向向右，故A错误，B正确；
C、中间插入的是金属板为等势体，电容器的右极板接地，电势为零，电场中从左向右，电势降低，故C错误；
D、负电荷在电势高处，其电势能小，故D错误。
故选：B。
9．【分析】若为E﹣x图象，沿电场线方向电势逐渐降低；若为φ﹣x图象，其斜率代表电场强度。
【解答】解：A、若为E﹣x图象，由图象知，A到B电场强度一直是负值，表明电场方向一直是沿x轴负方向，沿电场线方向电势逐渐降低，因此A到B电势是升高的，则φA＜φB，故A错误；
B、A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向，电子受到的电场力方向指向x轴正方向，所以电场力一直做正功，故B错误；
C、若为φ﹣x图象，其斜率代表电场强度，则A、B两点电场强度大小相等，但方向相反，故C错误；
D、若为φ﹣x图象，A到O电势降低，电场方向指向x轴正方向，在A点静止释放质子所受电场力方向指向x轴正方质子将向x轴正方向运动，由图象斜率变化可知电场强度先变小，在O点为零，O到B过程电场反向逐渐变大，所以质子的加速度先变小后变大。
故选：D。
10．【分析】分析该题目时，先分析ab的合场强，然后再增加c的场强，求出三个点电荷的合场强。可以根据等量异种电荷电场线及电势的规律分析。
【解答】解：A、BC两点关于AO连线对称，根据对称性知两点的电势相等，故A正确；
B、电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则。通过对BC两点的矢量合成可得，BC点的场强大小相同，但方向不同，故B错误；
C、若b电荷不存在，则OB是ac的垂直平分线，线上的各点电势为0，b带正电，则O点电势不在为0，电子在O点电势能不为0，故C错误；
D、O点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在O点的场强大小相同，且夹角互为120°，根据等量同种点电荷的特点可知，ab两个点电荷在O点的合场强方向向下，点电荷c在A点的场强方向也向下，所以O点的场强大小不为0，合场强的方向向下；故电子受到向上的电场力，会沿OA直线向上运动，当通过A点之后，ab电荷对电子的合力向下，当ab电荷对电子的作用力大于c电荷对电子的作用力时，电子开始减速，减速为零后又反向加速，故电子沿着OA方向先加速然后减速为零，接着沿AO方向加速又减速为零，如此往复运动，故D错误。
故选：A。
11．【分析】电荷在电场中只受电场力，其动能与电势能的总量保持不变。根据电荷在Φ3上时的动能，确定电荷的总能量，再根据能量守恒求解。
【解答】解：正电荷在等势面φ3上时具有动能50J，在等势面φ1上时动能为零，动能的减小量为50 J，由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过φ2等势面时的动能为25J，又φ2＝0，所以电荷的动能与电势能的总量为25 J，根据能量守恒定律，动能为12J时，它的电势能为13J，故A正确；
故选：A。
12．【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）。该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负。
【解答】解：A、根据电场等势面的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，中垂面是等势面，无穷远处电势为零，故中垂面电势也为0，故A错误；
B、等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同。故B错误；
C、b点离正电荷的距离更近，所以b点的电势较高，高于d点的电势。故C错误；
D、a点离正电荷近，a点电势高于c点，根据负电荷在电势高处电势能小，知负电荷从a点移到c点，电势能增加，故D正确。
故选：D。
13．【分析】根据电势差与距离关系求得沿x轴和y轴方向的场强，做出x轴和y轴的一条等势面，即可根据几何关系判断出场强方向和大小。
【解答】解：沿x轴方向场强的分量大小为Ex＝＝V/m＝200V/m，由于沿x轴方向电势升高，故场强方向沿x轴负方向；
沿y轴方向场强的分量大小为Ey＝＝V/m＝200V/m，由于沿y轴方向电势升高，故场强方向沿y轴负方向；
则有Ox、Oy两个方向上电势降落均匀、快慢一样，即距离O点相同距离处电势相等，在两轴上先各找一个离O等距点如20cm，两点连线即为等势线，而垂线就是电场线，
那么场强方向沿∠xOy角平分线指向左下方，大小为200V/m，故D正确，ABC错误；
故选：D。
14．【分析】根据点电荷电场强度公式E＝，结合矢量的合成法则，求解C、D两点的电场强度；
依据几何关系，确定C、D两点到A、B的距离，从而判定电势的高低；
根据库仑定律，结合受力分析，及牛顿第二定律，即可求解加速度大小；
依据正电荷从高电势到低电势，其电势能减小，而从低电势到高电势，其电势能增加，从而分析求解。
【解答】解：A、在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为﹣Q，那么A、B两点在D点的电场强度方向由D指向O，同理，A、B两点在C点的电场强度方向由C指向O，
根据点电荷电场公式E＝，及矢量的合成法则，可知，C点和D点的电场强度大小相同，但它们的方向不同，故A错误；
B、由题意可知，C、D处于A、B两电荷的连线的中垂面上，且C、D到中点O点距离相等，那么C点的电势与D点的电势相等，故B错误；
C、小球在D点刚释放时，小球受到A点电荷的库仑力大小：FA＝k，而小球受到B点电荷的库仑力大小：FB＝k，因它们夹角为60°，
根据矢量的合成法则，及三角知识，则库仑合力大小：F库＝k，小球除受到库仑力外还受到重力与支持力，它们的合力为：F＝（F库+mg）cos45°，
再根据牛顿第二定律，那么其加速度大小为：a＝＝＝g，故C正确；
D、小球沿直轨道DC下滑过程中，小球离两点电荷中点O距离先减小后增大，因此两电荷带负电，则其电势先减小后增大，由于小球带正电，那么其电势能先减小后增大，故D错误；
故选：C。
15．【分析】由A点的电场强度为零可判断薄板带负电，零电势的选取是规定的；由点电荷的场强公式可得出q在A点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在A点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在B点形成的场强；由点电荷电场电势分布可比较两点间电势差。
【解答】解：A、正电荷q在A点激发的电场强度方向向右，A点的电场强度为零，根据电场的矢量合成，知薄板带负电，但零电势点是人为规定的，故电子在A点所具有的电势能不一定为零，故A错误；
B、如果没有正电荷q，B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等相等，现在有正电荷q，空间电场线等势面分布不在对称，B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差不相等，故B错误；
C、如果没有正电荷q，电子在B点所具有的电势能等于在A点所具有的电势能，现在叠加正电荷q的电场，电子由A到B电场力做正功，电势能减小，故电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能，故C正确；
D、q在A点形成的电场强度的大小为：E1＝，方向向左；因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向右，大小也为；由对称性可知，薄板在B点的场强也为，方向向左，故D错误；
故选：C。
16．【分析】若Q为正电荷，一定位于A点的左侧，则离A点越远，电场强度越小，电势越低。
若Q为负电荷，一定位于B点的右侧，则离A点越远，电场强度越大，电势越低。
φ﹣x图象的斜率表示电场强度。
【解答】解：A、若Q为正电荷，设位于A点的左侧r处，y轴表示该点的电势，根据电势差与电场强度的关系可知，φ﹣x图象的斜率表示电场强度E，结合点电荷场强公式：E＝可知，随着x的增大，场强E减小，φ﹣x图象的斜率减小，图线①的斜率恒定，故A错误；
B、同理，E＝，随着x的增大，场强E减小，E﹣x图象为双曲线的分支，图线②可以反映电场强度和距离的关系，故B正确；
C、若Q为负电荷，位于B点的右侧，y轴表示该点的电势，随着x的增大，离负电荷越近，电场强度逐渐增大，则φ﹣x图象的斜率增大，故C错误；
D、若Q为负电荷，位于B点的右侧，y轴表示该点的电场强度，随着x的增大，离负电荷越近，电场强度逐渐增大，故D错误。
故选：B。
17．【分析】根据场强规定的正方向，从而确定电场强度方向，依据顺着电场线，电势降低，即可判断电势高低；依据图线关于O点对称，结合电场强度方向，及图象与横轴所围成的面积表示电势差，从而确定从﹣x2点运动到x2点与从x1点运动到x3点的电势差，再由W＝qU，即可求解。
【解答】解：A、规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A错误；
B、由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于﹣x2点与x2点电势相等，那么﹣x2点的电势不是最高，故B错误；
C、若电子从﹣x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确；
D、若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误；
故选：C。

18．【分析】依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，再结合受力分析及平衡条件、库仑定律，并根据三角函数知识，即可求解。
【解答】解：A、若A球带正电，则B球带负电，若A球带负电，则B球也带负电，因此小球A带电电性不确定，故A错误；
B、若匀强电场的场强增加，匀强电场对A的电场力增大，若A带负电，匀强电场对A的电场力水平向左，则细线向左偏，故B正确；
C、对A受力分析，由平衡条件可得：kcos37°＝qE，解得：E＝，故C错误；
D、对A受力分析，若AB是异种电荷，则ksin37°+mg＝T，则细线拉力为 T＝mg+，故D错误。
故选：B。
19．【分析】根据O点处场强为零，知道两个点电荷在O点产生的电场强度与电容器两个极板产生的电场强度大小相等、方向相反，由此分析电容器A极板的电性，由点电荷场强公式求A极板所带电荷在O点产生的电场场强。由Q＝CU求电容器所带的电量。根据电场的叠加原理分析P、S两点场强关系。
【解答】解：AB、等量异种点电荷在O点产生的场强方向向左，大小为 E1＝2k＝，根据O点处场强为零，知电容器两个极板在O点产生的场强大小 E2＝E1＝，方向向右，所以A极板带正电，B极板带负电，电容器的A极板所带电荷在O点产生的电场场强为，故AB错误；
C、电容器所带的电量 Q′＝CU＝CE2d＝，故C正确；
D、由等量异种电荷电场的对称性和电场的叠加原理可知，P、S两点场强大小相等，方向相同，故D错误；
故选：C。
20．【分析】φ﹣x图象的斜率表示场强的大小，因为P、Q两点的斜率大小不同，所以场强大小不同，则粒子受电场力不同；电场力做功只与初末位置的电势差有关，与其所经过的路径无关，由此确定粒子经过P、Q两点的动能情况；电场力做功功率等于电场力与速度的乘积；对正电荷来说，在电势大于零的地方，电势能大于零，在电势小于零的位置，电势能小于零，负电荷正好相反。
【解答】解：A、对于φ﹣x图象来说，斜率表示场强，有图可知图象在P点的场强大于在Q点的场强，所以粒子经过P点的加速度大于经过Q点的加速度，故A错误；
B、由图可知，P、Q两点的电势相等，所以粒子从O点出发，到P点和到Q点电场力做功相等，因为粒子只受电场力作用，所以粒子经过P点和Q点的时候动能相等，故B正确；
C、由上面A的分析可知，粒子经过P点和Q点时，所受的电场力大小不等，但是有B的分析可知速度相等，根据P＝Fv可知，经过这两点时，电场力做功的功率不相等，故C错误；
D、由图象可知在0～2mm内场强的方向是沿x轴负方向，粒子沿x轴运动，所以该粒子带负电，而P点的电势大于零，所以粒子在P点的电势能为负值，故D错误。
故选：B。
21．【分析】+q的粒子从﹣x1沿+x方向运动，电场力先做正功后做负功，当运动到对称的位置时，粒子的速度还是v0，粒子继续向右减速运动直到速度为零时达到最远，此处的电势不会是无穷大，所以仍然在x0的左边；根据动能定理可以计算出两点的电势差。
【解答】解：粒子带正电，所以在沿+x方向运动过程中，电场力先做正功，后做负功。当运动到开始时的对称位置即+x1时，这两点电势相等，所以电场力对粒子做功为零，粒子的速度刚好是v0，以后继续减速运动，直到速度为零，达到最远位置x2，此处的电势小于无穷大，所以依然在x0的左边，故x0＞x2＞x1；粒子从开始运动到最远处整个过程中只有电场力做功，由动能定理得，所以，故A正确，BCD错误。
故选：A。
22．【分析】根据电场线与等势面垂直找电场线方向，根据U＝Ed求解电势差。
【解答】解：A、设圆周半径为R，则BD＝R，BC＝R，由φB＝φC＝φ，UBA＝φ得电场方向由B指向D，且电场强度E＝，转动前UBD＝UBA＝φ，故A正确；
B、转动后BD和电场强度成60°，所以UBD＝ERcos60°＝φ，故B正确；
C、转动后BC与电场强度成30°．所以UBC＝E•Reos30°＝φ，故C正确。
D、转动后AC与电场强度成60°．UAC＝﹣ERcos60°＝﹣φ，故D错误；
本题选错误的，故选：D。
23．【分析】根据点电荷的场强公式E＝k分析电场强度的大小关系；点电荷的等势面是一系列的同心圆；沿着电场线，电势逐渐降低；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而判断电场力做功的正负；根据公式U＝Ed分析AB连线中点C处的电势。
【解答】解：A、点A、A′到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E＝k分析可知，A与A′的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B、点电荷的等势面是同心圆，平行于底面的圆心为O1的截面上各个点到O点的距离不等，故不是等势面，故B错误；
C、将一正的试探电荷从A点沿直径移到A'点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；
D、由于AC间场强大于CB间场强，由U＝Ed知，A、C间的电势差大于C、B间的电势差，则有：φA﹣φC＞φC﹣φB，则φC＜，故D正确；
故选：D。
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