2023届二轮复习 第9讲　电　场 学案（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 第9讲　电　场 学案（浙江专用），共23页。
专题三　电场与磁场[复习目标定位]1.理解静电力的性质和电场能的性质。2.熟练解答带电粒子在电场中的加速和偏转问题。3.理解磁场对电流和运动电荷的作用。4.会分析带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动问题。第9讲　电　场题型1　电场的性质1.电场概念的比较项目表达式特点电场强度E=,E=k,E=矢量,由电场本身决定,电场线越密的地方,电场强度越大;其方向是电场中正电荷的受力方向,也是电场线上某点的切线方向电势=标量,与零电势点的选取有关,沿电场线方向电势逐渐降低电势能Ep=q,ΔEp=-W电标量,静电力做正功,电势能减少2.电场线假想线,直观形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向,曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向,曲线的疏密程度表示电场的强弱。3.电势高低的比较(1)根据电场线方向:沿着电场线方向,电势越来越低。(2)将带电荷量为+q的点电荷从电场中的某点移至无穷远处,静电力做功越多,则该点的电势越高。(3)根据电势差UAB=A-B,若UAB>0,则A>B,反之A<B。4.电势能变化的判断(1)做功判断法:由WAB=EpA-EpB。静电力做正功,电势能减小;静电力做负功,电势能增大。(2)电荷电势法:由Ep=q知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。(3)能量守恒法:若只有静电力做功,电荷的动能和电势能之和守恒,动能增大时,电势能减小,反之,电势能增大。5.运动轨迹问题(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向。(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负。(3)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势的变化和电势差等。[例1] 如图,已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面。已知A、B、C、D点的电势分别为4 V、3 V、1 V、0 V。现有一电荷量大小为2e的带电粒子(不计重力)从A点以初动能6 eV沿AC方向射入电场,恰好经过AB的中点G。下列说法正确的是(　C　)A.该粒子一定带正电B.该粒子达到G点时的动能为1 eVC.若只改变该粒子在A点时的初速度方向,该粒子不可能经过C点D.若该种粒子以不同速率从D点沿DF方向入射,该粒子可能垂直经过直线CE解析:连接AD,将AD平均分成四份,如图所示,根据匀强电场的特点可知,H点的电势为3 V,I点的电势为1 V,则BF和CE为等势面,而AD为电场线,电场方向由A指向D,根据题意可知,粒子从A点开始做曲线运动到G点,根据曲线运动的条件可知,粒子受到的静电力方向沿着D到A,所以粒子应带负电,故A错误;根据题意可知UAG=UAB= V,从A到G的过程中,静电力做功WAG=qUAG=-1 eV,根据动能定理可知,到达G点粒子的动能为5 eV,故B错误;粒子从A到C的过程中静电力做功为WAC=qUAC=-6 eV,则粒子到达C点的速度为零,但这种情况必须是静电力和粒子速度方向反向即静电力的方向由C到A才符合,那么粒子必到不了C点,故C正确;初速度与CE不垂直,而静电力与CE垂直,所以不可能垂直过CE,故D错误。[拓展训练1] 电场的电场线如图中实线所示,M、O、N为同一根电场线上的不同位置的点,两个带电粒子a、b均从P点以相同速度射入该电场区域,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,下列说法正确的是(　C　)A.a粒子带正电,b粒子带负电B.静电力对a、b粒子均做负功C.a、b带电粒子的电势能均减小D.若在O点由静止释放a粒子,仅在静电力的作用下,a粒子将沿电场线运动到M点解析:根据粒子的受力和运动轨迹可知,a粒子带负电,b粒子带正电,A错误;静电力对a、b两个粒子均做正功,电势能均减小,B错误,C正确;由于M、O、N所在电场线为曲线,电场线不是粒子的运动轨迹,所以在O点由静止释放带电粒子,不可能沿电场线运动到M点,D错误。题型2　电容器及其动态分析1.三个关系式(1)对于平行板电容器:板间电场可理想化处理,认为板间为匀强电场,不考虑边缘效应。(2)三个关系式:定义式C=,决定式C=,关系式E=。2.两个重要结论(1)电容器保持与电源相连,U保持不变,则有Q=CU∝C,C=∝,两板间电场强度E=∝。(2)电容器充电后与电源断开,Q保持不变,则有U=,C∝,电场强度E==∝。3.当有电容器的回路接有二极管时,因二极管的单向导电性,将使电容器的充电或放电受到限制。[例2] (多选)如图所示,两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是(　AC　)A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动B.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动C.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动解析:若将A板向上平移一小段位移,两板间距d增大,电容器两板间的电压U不变,由E=可知,两板间的电场强度减小,油滴所受静电力减小,重力大于静电力,则油滴向下加速运动,A正确;若将S断开,电容器所带电荷量Q不变,电容C不变,由电容的定义式C=可知,两板间的电压不变,电场强度不变,则油滴仍处于静止状态,B错误;若将A板向左平移一小段位移,电容器两板间距d不变,电容器两板间的电压U不变,电场强度不变,则油滴仍处于平衡状态,油滴仍然静止,C正确;若将S断开,电容器所带电荷量Q不变,再将A板向下平移一小段位移,d减小,S不变,由平行板电容器的电容决定式C=、电容的定义式C=和电场强度公式E=,联立解得E=,可知电场强度E与电容器两板间距d无关,电场强度不变,则油滴仍处于静止状态,D错误。[拓展训练2] 如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路,反向通电时可理解为断路)连接,电源正极接地。初始电容器不带电,闭合开关,电路稳定后,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(　D　)A.上极板上移,带电油滴向下运动B.上极板上移,P点电势升高C.上极板下移,带电油滴向下运动D.上极板下移,P点电势升高解析:将上极板向上移动,d变大,由C=可知,C变小,又由C=知,电容器与电源连接U不变,则Q要减小,电容器要放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E===可知电容器两极板间的电场强度不变,油滴所受静电力不变,油滴静止不动,故A错误;上极板电势为零,P点到上极板的距离增大,根据U=Ed可知P点与上极板间的电势差的绝对值增大,而电场中的电势都为负,所以P点电势减小,故B错误;若上极板下移,则d变小,C变大,两极板间的电压U等于电源电动势不变,则Q要增大,电容器要充电,二极管导通,电场强度E=变大,静电力变大,静电力大于重力,油滴所受合力向上,油滴向上运动,故C错误;P点到下极板的距离不变,根据U=Ed可知P点与下极板间的电势差的绝对值增大,总电压一定,则P点与上极板间的电势差减小,而电场中的电势都为负,所以P点电势升高,故D正确。题型3　电场中的图像问题1.-x图像(1)电场强度的大小等于-x图像的斜率大小,电场强度为零处,-x图像存在极值,其切线的斜率为零。(2)在-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。2.E-x图像(1)反映了电场强度随位置变化的规律。(2)E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度沿x轴负方向。(3)图像与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定。3.Ep-x图像(1)Ep-x图像切线的斜率的绝对值表示静电力的大小,进而可以确定加速度和电场强度的大小。(2)根据Ep的增减和电荷电性判断的高低,从而确定电场强度方向。[例3] 某静电场方向平行于x轴,x轴上各点电场强度随位置的变化关系如图所示,规定x轴正方向为电场强度正方向。若取x0处为电势零点,则x轴上各点电势随位置的变化关系可能为(　C　)解析:由题图可知,电场强度方向始终沿x轴正方向,故电势沿x轴正方向一直降低,故0<x<x0时,电势>0,x>x0时,电势<0,故A、D错误;又由E=->0知,电势随x轴位置变化图像的斜率绝对值可表示电场强度,故0<x<x0时,-x图像的斜率绝对值逐渐变大,x>x0时,-x图像的斜率绝对值逐渐变小,故C正确,B错误。[拓展训练3] (多选)在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2,两点电荷形成的静电场中,取无穷远处电势为零,x轴上各点的电势随x变化的图像如图所示,下列说法正确的是(　CD　)A.Q1带正电,Q2带负电B.P点的电场强度为零C.将电子从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中,电子的电势能不断减小D.电子仅在静电力作用下从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中,加速度逐渐减小解析:取无穷远处电势为零,则正电荷附近的点电势是大于零的,负电荷附近的点电势是小于零的,所以Q1带负电,Q2带正电,故A错误;题图中图线的斜率大小表示电场强度大小,可知P点的电场强度不为零,从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中,电场强度逐渐减小,由公式qE=ma可知电子加速度逐渐减小,故B错误,D正确;由题图可知,将电子从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中,电势一直在升高,由Ep=q可知,电子的电势能不断减小,故C正确。[拓展训练4] (多选)两个点电荷q1、q2固定在x轴上,一带正电粒子的电势能Ep随位置x的变化规律如图所示,当粒子只在静电力作用下在x1～x2之间运动时,以下判断正确的是(　AC　)A.x1～x2之间的电场强度沿x轴负方向B.x1处的电场强度为零C.从x1到x2带电粒子的速度一直减小D.从x1到x2带电粒子的加速度一直增大解析:由题图可得从x1到x2粒子电势能增大,则静电力做负功,因为正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,则x1～x2之间的电场强度沿x轴负方向,故A正确;Ep-x图像中直线或曲线某处切线的斜率大小表示静电力的大小,由题图可知x1处的切线斜率不为零,故该处的电场强度也不为零,故B错误;只在静电力作用下粒子的动能与电势能之和不变,可知从x1到x2粒子的动能一直减小,其速度一直减小,故C正确;从x1到x2图线的斜率逐渐减小,所以粒子受到的静电力逐渐减小,其加速度也逐渐减小,故D错误。专题训练9　电　场保分基础练1.如图所示,虚线是等量异种点电荷所形成的电场中每隔一定电势差所描绘的等势线,其中B和C关于两电荷的连线对称。现用外力将一个正试探电荷沿着图中实线所示的轨迹,按照箭头所指方向从A缓慢移动到F,在此过程中该外力所做正功最多的区间是(　B　)A.A→B B.C→DC.D→E D.E→F解析:由于是从A点缓慢移动到F点,在移动过程中,总功为零,静电力做功与外力做功的总和为零,所以A→B外力做负功,C→D外力做正功,D→E外力做负功,E→F外力做正功,根据W=qU可知,C→D静电力做的正功最多,故选B。2.如图所示是两个等量点电荷的电场线分布,虚线是某带电粒子在电场中仅受静电力的运动轨迹,图中A、B是轨迹上其中两点,则(　C　)A.题中等量点电荷左边为正电荷,右边为负电荷B.带电粒子在A处的加速度比在B处的加速度要大C.该粒子在A处的电势能比B处的电势能大D.该粒子在A处的动能比B处的动能大解析:根据等量点电荷电场线的箭头可知,该等量点电荷均为正电荷,A错误;电场线越密集,电场强度越大,带电粒子所受静电力越大,加速度越大,所以带电粒子在A处的加速度比在B处的加速度小,B错误;A点到点电荷的距离远,根据等量正点电荷的电场特点可知,A处电势比B处电势低,根据粒子的运动轨迹可以判断该粒子应该带负电,所以该粒子在A处的电势能比B处的电势能大,C正确;只有静电力做功,粒子的动能和电势能之和不变,所以A处的动能小于B处的动能,D错误。3.如图所示,某次雷雨天气,带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场,图中虚线为该电场的三条等势线,两相邻等势线间的电压相等,实线为某带电粒子从A运动到B的轨迹,A、B为运动轨迹上的两点。带电粒子的重力不计,避雷针带负电。则(　D　)A.带电粒子带负电B.避雷针尖端附近电势较高C.带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D.带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能解析:根据带电粒子的运动轨迹可知,带电粒子与带负电的避雷针之间相互吸引,带电粒子带正电,A错误;避雷针带负电,电场线指向避雷针,沿着电场线的方向,电势降低,由此可知,避雷针尖端附近电势较低,B错误;等势线越密集的位置,电场强度越强,由此可知,B点的电场强度大于A点,则带电粒子在B点的加速度大于在A点的加速度,C错误;由于A>B,根据Ep=q,又因为粒子带正电,则带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能,D正确。4.(2022·浙江G12名校联盟模拟)如图所示,等量异种点电荷放置在正四面体顶点A、B处,O点为底面ABD的中心,则(　A　)A.O、C、D三点电势相等B.C、D两点电场强度不同C.O点电势高于D点电势D.O点电场强度是D点电场强度的2倍解析:根据等量异种点电荷的电场线可知,过AB中点且垂直于AB的平面,为该电场其中一个等势面,O、C、D三点均在等势面上,所以O、C、D三点电势相等,故A正确,C错误;根据电场强度的叠加原理,可知C、D两点的电场强度大小相等,方向均水平向右,故B错误;设正四面体的边长为L,根据电场强度的叠加可得D点电场强度为ED=2×kcos 60°=k,O点的电场强度为EO=2kcos 30°=,可知O点电场强度是D点电场强度的3倍,故D错误。5.电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛,其工作原理简化为如图所示的示意图。质量块左侧连接轻质弹簧,右侧连接电介质。弹簧与电容器固定在外框上,质量块可带动电介质移动以改变电容器的电容,则下列说法正确的是(　B　)A.电介质插入极板间越深,电容器的电容越小B.若传感器运动时向右的加速度逐渐增大,则电路中有由b向a的电流C.若传感器以恒定加速度向左运动,则电路中有由a向b的电流D.若传感器以恒定加速度向右运动,则电路中有由a向b的电流解析:由公式C=可知,电介质插入极板间越深,电容器电容越大,故A错误;若传感器运动时向右的加速度逐渐增大,则弹力变大,即电介质插入极板间长度变小,电容减小,根据Q=CU,带电荷量减小,电容器放电,则电路中有由b向a的电流,故B正确;若传感器以恒定加速度运动,弹簧长度不变,电容不变,则电容器带电荷量不变,回路没有电流,故C、D错误。6.如图所示,真空中有一等边三角形ABC,在三角形顶点A、B处各固定一正电荷,另一顶点C处固定一负电荷,且三个电荷所带的电荷量均相等,其中a、b、c为等边三角形三边的中点,d为三角形的中心。则下列说法正确的是(　C　)A.b、c两点电场强度相同B.中心d点处的电场强度为零C.将电子从b处移到c处静电力不做功D.将电子从b处移到a处静电力不做功解析:根据题意可知,b、c两点的电场强度为三个点电荷在该处电场强度的矢量和,其中A、C两处的点电荷在b点的电场强度的矢量和沿bC方向,B处电荷在b点的电场强度沿Bb方向,同理可得出A、B、C三处的点电荷在c点的电场方向如图所示,因此b、c两处叠加后的电场强度方向是不同的,故电场强度不同,故A错误;根据点电荷电场强度的叠加规律很容易判断出中心d处的电场强度不为零,方向沿dC方向,故B错误;根据三个点电荷的位置分布可知,b、c两点电势相等,所以将电子从b处移到c处静电力不做功,故C正确;由题图判断知a点的电势高于b点,所以将电子从b处移到a处静电力做正功,故D错误。7.如图所示,该图像为x轴上各点的电场强度与各点位置坐标关系图像。取x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远处电势为零。A、B、C三点均在x轴上,坐标如图。由C点静止释放一个负点电荷,下列判断正确的是(　B　)A.该点电荷将一直沿x轴正方向运动B.该点电荷在坐标原点的电势能最小C.A、B两点间电势差为-0.2 VD.x轴上坐标原点电势最低解析:由电场强度与各点位置坐标关系图像可知,由C点静止释放一个负点电荷,该点电荷将围绕x轴上O点做往复运动,A错误;该点电荷从C点到O点的过程中,静电力做正功,电势能减小,从O点再向右运动的过程中,静电力做负功,电势能增加,故在坐标原点的电势能最小,B正确;由E-x图像与坐标轴所围的面积表示电势差可得UAB=0,C错误;由于无穷远处电势为零,由图像可知,x轴上坐标原点电势最高,D错误。8.如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像,静电场方向平行于x轴。一质量为m、带电荷量为+q的粒子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动,则下列说法正确的是(　D　)A.在x1～x4之间,电场方向先沿x轴负方向,后沿x轴正方向B.若粒子在x1处由静止释放,则粒子在x2处和x4处不受静电力作用C.若粒子在x1处由静止释放,则粒子运动到x3处时的动能为q0D.若粒子在x1处由静止释放,则粒子运动到x3处时的速度最大解析:在x1～x4之间,电场方向先沿x轴正方向,再沿x轴负方向,选项A错误;由于x图像的斜率大小表示电场强度大小,所以x2处和x4处电场强度不为零,粒子仍受静电力作用,选项B错误;粒子在x1处由静止释放,运动到x3的过程中,根据能量守恒定律有q·20=Ek,选项C错误;粒子在x1处由静止释放,粒子从x1运动到x3的过程中电势能减小,动能增大,从x3运动到x4的过程中,电势能增大,动能减小,所以粒子运动到x3时速度最大,选项D正确。9.如图,在匀强电场中,有边长为2 cm的正六边形ABCDEF,其六个顶点均位于同一个圆上,正六边形所在平面与匀强电场的电场线平行,O点为该正六边形的中心,B、D、F三点电势分别为2 V、6 V、4 V,下列说法不正确的是(　D　)A.A点电势为2 VB.UAF等于UCDC.匀强电场的电场强度大小为 V/mD.将电子由A点移到C点,静电力做功为-2 eV解析:如图所示,连接BD和CF交于G点,由于G为BD的中点,则G的电势为G== V=4 V,可知F、G电势相等,故CF为等势线,电场方向垂直于CF向上,可知AB也为等势线,则有A=B=2 V,A正确;A、F两点的电势差为UAF=A-F=2 V-4 V=-2 V,C、D两点的电势差为UCD=C-D=4 V-6 V=-2 V,故有UAF=UCD,B正确;匀强电场的电场强度大小为E== V/m= V/m,C正确;将电子由A点移到C点,静电力做功为WAC=-eUAC=2 eV,D错误。10.(多选)如图所示,一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中,沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点,其中a点的电场强度大小为Ea,方向与ab连线成30°角;b点的电场强度大小为Eb,方向与ab连线成60°角,粒子只受静电力的作用。下列说法正确的是(　BC　)A.点电荷Q带正电B.粒子在a点的加速度小于在b点的加速度C.从a到b,系统的电势能减小D.a点的电势低于b点的电势解析:根据题图所示的电场强度方向,可知点电荷带负电,A错误;a、b点电场强度方向交点就是点电荷的位置,可以发现a点到点电荷的距离大于b点到点电荷的距离,根据E=k可知,Ea小于Eb,所以粒子在a点的加速度小于在b点的加速度,B正确;以点电荷为圆心作出过a、b点的同心圆等势面,沿电场线方向,电势降低,a>b,根据Ep=q可知,从a到b,系统的电势能减小,C正确,D错误。高分强化练11.如图所示,水平放置的充电平行金属板相距为d,其间形成匀强电场,一带正电的油滴从下极板边缘射入,并沿直线从上极板边缘射出,油滴质量为m,带电荷量为q。现仅将上极板上移些许,其他条件保持不变,则下列分析错误的是(　C　)A.上移后油滴的运动轨迹仍然是直线B.上移后电场强度大小为,方向竖直向上C.上移后下板和上板之间的电势差为D.上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd解析:由于油滴沿直线从上极板边缘射出,可知一定做匀速直线运动,可得qE=mg,E=,根据公式E=,C=,C=可得E=,将上极板向上移动,E不变,方向竖直向上,仍有qE=mg,所以油滴的运动轨迹仍然是直线,A、B正确;综上分析,由于E不变,根据U=Ed,将上极板向上移动些许,d变大,所以U变大,不再是,C错误;将上极板向上移动,E不变,所以粒子射出电场时的位置也不变,重力做负功mgd,则静电力做正功mgd,根据功能关系可知,油滴的电势能减少了mgd,D正确。12.(多选)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷,一个带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示,其中A、B两点电势能为零,BD段中C点电势能最大,则(　BD　)A.q1和q2都是正电荷且q1>q2B.B、C间电场强度方向沿x轴负方向C.C点的电场强度大于A点的电场强度D.将一个负点电荷从B点移到D点,静电力先做正功后做负功解析:由题图知从O到P电势能一直减小,试探电荷带正电,则电势一直降低,两个点电荷必定是异种电荷,故A错误;从B到C,电势能增加,试探电荷带正电,则电势升高,根据沿电场线方向电势降低可知,B、C间电场强度方向沿x轴负方向,故B正确;根据Epx图像的切线斜率的绝对值表示静电力的大小,可知C点电场强度为零,A点的电场强度不等于零,则A点的电场强度大于C点的电场强度,故C错误;将一个负点电荷从B点移到D点,电势先升高后降低,电势能先减小后增大,静电力先做正功后做负功,故D正确。13.(2021·浙江6月选考)某书中有如图所示的图,用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面,其中a、b是同一条实线上的两点,c是另一条实线上的一点,d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是(　D　)A.实线表示电场线B.离d点最近的导体表面电荷密度最大C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同D.电荷从a点到c点再到b点静电力做功一定为零解析:处于静电平衡的导体,是个等势体,则整个导体为等势体,由于电场线方向总是与等势面垂直,所以实线不是电场线,是等势面,A错误;根据等势面的疏密表示电场强度的强弱,则d点的电场强度较弱,并且电场强度越大的地方电荷密度越大,所以离d点最近的导体表面电荷密度较小,B错误;在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同,C错误;由于a、b在同一等势面上,则电荷从a点到c点再到b点静电力做功一定为零,D正确。14.(2022·北仑中学模拟)为了测定某平行于纸面的匀强电场的电场强度,某同学进行了如下操作:取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴,选取x轴上到O点距离为r的P点,以O为圆心、r为半径作圆,如图甲所示。DIS电压传感器的一个黑表笔保持与基准点接触,红表笔从P点起沿圆周逆时针逐点测量圆上各点的电势并记录相应转过的角度θ,再用此数据绘制-θ图像。当半径r分别取r0、2r0、3r0时,分别绘制出如图乙中所示的三条曲线,三条曲线均在θ=θ0时达到最大值,最大值分别为0、20、30,下列说法正确的是(　C　)A.曲线①对应的r取值为r0B.对应θ=θ0处的电场强度为0C.电场强度的大小为D.半径为r0的圆周上,电势为0的位置有且只有一处解析:当最大时,红、黑表笔间电势差最大,即红、黑表笔连线与电场强度方向在同一直线上,根据U=Ed可知此时红、黑表笔之间距离最大,所以曲线①对应的r取值为3r0,且电场强度大小为E=,故A错误,C正确;根据前面分析可知对应θ=θ0处电场强度与匀强电场的电场强度相等,不为零,故B错误;半径为r0的圆周上,电势为0的位置有且有两处,这两个位置的连线恰好与电场强度方向垂直,故D错误。15.(多选)通常把离场源电荷无限远处的电势规定为零,已知场源电荷Q的电场中某点电势的表达式为=(式中k为静电力常量,r为该点到场源电荷间的距离)。真空中有两个点电荷Q1、Q2,分别固定在x坐标轴的x=0和x=8 cm的位置上。x轴上各点的电势随x的变化关系如图所示。A、B是图线与x轴的交点,A点的x坐标是 6.4 cm,图线上C点的切线水平。下列说法正确的是(　BD　)A.电荷Q1、Q2的电性相同B.电荷Q1、Q2的电荷量之比为4∶1C.B点的x坐标是10.4 cmD.C点的x坐标是16 cm解析:根据=结合图像可知场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致,故由题图可知原点处电荷Q1带正电,x=8 cm处电荷Q2带负电,故A错误;A点处电势为零,故有-=0,所以,电荷Q1、Q2的电荷量之比===4∶1,故B正确;B点处电势为零,根据电势为零可得-=0,可得==,解得xB= cm,故C错误;C点电势变化为零,故C点电场强度为零,根据电场强度叠加原理可得两场源电荷在C点电场强度大小相等,故有=,解得xC=16 cm,故D正确。