8_专题八电场（习题+检测+10年真题）

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专题八　电场

1.(2022湖南,2,4分)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (　　)

A.电场强度方向垂直指向a,电势减小
B.电场强度方向垂直指向c,电势减小
C.电场强度方向垂直指向a,电势增大
D.电场强度方向垂直指向c,电势增大
答案　A　没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点的场强大小相等、方向相反,故移去a处绝缘棒后的合场强方向垂直指向a。绝缘棒带正电,离绝缘棒越远,电势越低,移去a处绝缘棒,该绝缘棒在O点产生的电势减小,其余绝缘棒在O点产生的电势不变,则O点处电势减小,故选A。
规律总结　电场强度是矢量,具有方向,电场强度在叠加时按平行四边形定则进行叠加。电势是标量,没有方向,正负表示与电势为零处相比电势的高低,电势在叠加时按代数计算进行叠加。
2.(2022浙江6月选考,9,3分)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 (　　)

A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度a=2v02L
D.粒子从N板下端射出的时间t=(2−1)L2v0
答案　C　不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直M板向右的粒子有:(2v0)2-v02=2ad,对平行M板向下的粒子有:L2=v0t,d=12at2,联立解得:a=2v02L,t=L2v0,故C正确,D错误。
模型构建　平行M板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动,可利用分运动解题。
3.(2022北京,9,3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 (　　)

A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零
答案　B　电容器所带电荷量与两端电压成正比,故充电时电容器两端电压从零开始增大,达到电源电动势时充电结束而保持不变;电路中电流I=E−UCR由最大值减小到零,A错误,B正确。放电时,随着电容器所带电荷量的减少,两端电压降低,电路中的电流I=UCR逐渐减小,即单位时间内电容器所带电荷量的减少量逐渐减小,故电容器两端电压的降低速度逐渐变缓,则电流的减小速度也逐渐变缓,C、D均错误。
4.(2022重庆,2,4分)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (　　)

A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
答案　A　由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据C=εrS4πkd可知极板间距d增大,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小,A正确。
5.(2022江苏,9,4分)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 (　　)

A.在移动过程中,O点电场强度变小
B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点
答案　D　由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,OA间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知OA间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。
6.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 (　　)

A.q,r　　　　　B.2q,r　　　　　C.2q,2r　　　　　D.4q,2r
答案　D　金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有qUd=43ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'2Ud=43ρπr'3g,联立得q'r'3=q2r3,D正确。
7.(2022河北,6,4分)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 (　　)

A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功
答案　B　在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B正确;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,则在N右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为L,根据k·2q(L+d)2=k·qd2可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误。
8.(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　)

A.正电荷,q=QΔLπR
B.正电荷,q=3QΔLπR
C.负电荷,q=2QΔLπR
D.负电荷,q=23QΔLπR
答案　C　将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=kqAR2,方向由O指向C,由题意可知,qA=Q2πRΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由kq(2R)2=kQ·ΔLR2·2πR,解得q=2QΔLπR,故C正确。
9.(2022浙江1月选考,10,3分)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 (　　)

A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
答案　C　根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。
10.(2022全国乙,19,6分)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则 (　　)

A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
答案　AB　根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。
11.(2022全国乙,21,6分)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。

答案　mv02q
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即
vB sin 30°=v0 sin 60°①
由此得vB=3v0②
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
qUAB=12m(vB2-v02)③
联立②③式得UAB=mv02q④
解题关键　①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
73.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
答案　(1)3.0×10-3 N　(2)4.0×10-4 kg　(3)2.0 m/s
解析　(1)F=qE=3.0×10-3 N
(2)由qEmg=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
(3)由mgl(1-cos 37°)=12mv2,得
v=2gl(1-cos37°)=2.0 m/s
解题指导　(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。
74.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
(2)粒子从A到C过程所经历的时间;
(3)粒子经过C点时的速率。

答案　(1)3qEl0　(2)32ml0qE　(3)17qEl02m
解析　(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0
(2)根据抛体运动的特点,粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T

由qE=ma,得a=qEm
又yD=12aT2,yD+3l0=12a(2T)2
解得T=2ml0qE
则A→C过程所经历的时间t=32ml0qE
(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有
2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)
vC=vCx2+vCy2=17qEl02m
75.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tan α=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:
v/(m·s-1)
0≤v≤2
20),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求

(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向。
答案　(1)73　(2)见解析
解析　(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=32d,根据平抛运动的规律有
d sin 60°=v0t①
d cos 60°=12gt2②
又有Ek0=12mv02③
由①②③式得Ek0=38mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+12mgd⑤
由④⑤式得EkAEk0=73⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-32mgd=Ek0⑧
在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有x32d=ΔEpAΔEpB⑨

解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E,有qEd cos 30°=ΔEpA
由④⑦式得E=3mg6q
考查点　带电粒子在电场中的运动、平抛运动
易错警示　利用在匀强电场中沿任一直线电势降落是均匀的,得OMOB=ΔEpAΔEpB,求得与A等电势的M的位置。
78.(2014安徽理综,22,14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:

(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
答案　(1)2gℎ　(2)mg(ℎ+d)qd　Cmg(ℎ+d)q
(3)ℎ+dℎ2ℎg
解析　(1)由v2=2gh得v=2gℎ
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有
qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(ℎ+d)qd
由U=Ed、Q=CU得Q=Cmg(ℎ+d)q
(3)由题得h=12gt12、0=v-at2、t=t1+t2,
综合可得t=ℎ+dℎ2ℎg
79.(2013课标Ⅰ,25,20分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内
(1)粒子位移的大小和方向;
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。

答案　(1)qE016mT2　沿初始电场方向　(2)T4
解析　(1)带电粒子在0~T4、T4~T2、T2~3T4、3T4~T时间内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得
a1=qE0m①
a2=-2qE0m②
a3=2qE0m③
a4=-qE0m④
由此得带电粒子在0~T时间间隔内运动的加速度-时间图像如图(a)所示,对应的速度-时间图像如图(b)所示,其中

图(a)

图(b)
v1=a1T4=qE0T4m⑤
由图(b)可知,带电粒子在t=0到t=T时间内的位移为
s=T4v1⑥
由⑤⑥式得
s=qE016mT2⑦
位移沿初始电场方向。
(2)由图(b)可知,粒子在t=38T到t=58T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间t为
t=58T-38T=T4⑧
80.(2013课标Ⅱ,24,14分,0.317)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。

答案　见解析
解析　质点所受电场力的大小为
f=qE①
设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有
f+Na=mva2r②
Nb-f=mvb2r③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=12mva2④
Ekb=12mvb2⑤
根据动能定理有
Ekb-Eka=2rf⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=16q(Nb-Na)⑦
Eka=r12(Nb+5Na)⑧
Ekb=r12(5Nb+Na)⑨
考查点　带电粒子在电场中的运动、圆周运动、动能定理
解题关键　①对在a、b两点的质点进行受力分析,根据牛顿第二定律列方程。
②分析a→b过程,利用动能定理列方程。
81.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1 kg和mB=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6 C。设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求B所受静摩擦力的大小;
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔEp=0.06 J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。

答案　(1)0.4 N　(2)0.528 W
解析　(1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有
对A:T0=mAg sin θ①
对B:T0=qE+f0②
联立①②式,代入数据解得
f0=0.4 N③
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有
qEs=ΔEp④
T-μmBg-qE=mBa⑤
设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有
v2=2as⑥
F弹=k·Δx⑦
F+mAg sin θ-F弹sin θ-T=mAa⑧
由几何关系知Δx=s(1-cosθ)sinθ⑨
设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv⑩
联立④~⑩式,代入数据解得
P=0.528 W
82.(2013浙江理综,24,20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。

(1)判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少?
(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小,并说明理由。
答案　(1)B板电势高于A板,理由见解析
(2)4Ek0e(RA+RB)　(3)ΔEk左=e(φB-φC)　ΔEk右=e(φA-φC)
(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|,理由见解析
解析　(1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,B板电势高于A板。
(2)据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有:
eE=mv2R
Ek0=12mv2
R=RA+RB2
联立解得:
E=2Ek0eR=4Ek0e(RA+RB)
(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有
ΔEk=qU
对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有
ΔEk左=e(φB-φC)
对到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有
ΔEk右=e(φA-φC)
(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有
|φB-φC|>|φA-φC|
即|ΔEk左|>|ΔEk右|
评析　本题为带电粒子在电场中的运动问题,考查学生的综合分析能力,易错点是“误认为A、B之间是匀强电场”。本题难度中等。