2025年高考物理复习之小题狂练600题（选择题）：静电场（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（选择题）：静电场（10题）一．选择题（共10小题）1．（2024•江苏）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb2．（2024•广西）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sinθ=35，则小圆环从P1点运动到PA．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功3．（2024•盐城三模）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度 B．P点的电势一定高于Q点的电势 C．带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能 D．带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能4．（2024•天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（）A．小环加速度最大值为qφB．小环经过Q点时的速度最大 C．小环经过N点时的速度大小为v0D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等5．（2024•浙江二模）如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是（）A．a点的电势低于b点的电势 B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．电子在a点的速度大于在b点的速度 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能6．（2024•苏州校级二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高 B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大 C．该带电质点在P点的速率比在Q点处大 D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大7．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能从A板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．小球带负电 B．在此过程中小球的电势能减小 C．AB板之间电势差UAB=-D．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为2L8．（2024•昌平区二模）如图所示，在水平向右且场强大小为E的匀强电场中，两个半径相同、质量均为m的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直线与电场线平行。A带电量为q（q＞0），B不带电，A、B之间的距离为L。t＝0时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰撞。碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用。下列说法正确的是（）A．两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为2mLqEB．两球第n次碰撞到发生第n+1次碰撞的时间间隔为2n2mLC．两球连续两次碰撞的时间间隔均为2mLqED．两球连续两次碰撞的时间间隔均为29．（2024•长沙模拟）如图，水平面上有一带电量为+Q的均匀带电圆环，其圆心为O，O点正上方h处有一点P，P和圆环上任一点的连线与圆环面的夹角均为θ。已知静电力常量为k，则P点场强大小为（）A．kQcosθh2 BC．kQsinθh2 10．（2024•南开区二模）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有当该键的电容改变量大于或等于原电容的40%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是（）A．按键的过程中，电容器的电容减小 B．按键的过程中，电容器的电量减小 C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b D．欲使传感器有感应，按键需至少按下2

2025年高考物理复习之小题狂练600题（选择题）：静电场（10题）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•江苏）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb【考点】电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】D【分析】根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。【解答】解：根据电场力的计算公式F＝qE可知，F﹣q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则Ea＞Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题主要考查了电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，难度不大。2．（2024•广西）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sinθ=35，则小圆环从P1点运动到PA．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功【考点】电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】A【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。【解答】解：设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53°带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能EP=根据数学知识可知在37°≤α≤53°范围内，随着α的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动，理解电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加是解决此类问题的关键。3．（2024•盐城三模）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度 B．P点的电势一定高于Q点的电势 C．带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能 D．带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】等差等势线密集程度代表场强大小，然后结合牛顿第二定律判断加速度；由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低；电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小。【解答】解：A、由图可知，R点附近的等差等势线比Q点附近的等差等势线密集，所以R点处的电场强度大，则带电粒子在R点受到的电场力大于在Q点时受到的电场力，结合牛顿第二定律可知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故A错误；B、根据题给条件无法判断P、Q两点的电势高低，故B错误；CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由P向Q运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，电势能减小，因此带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大，在P点时的动能小于在Q点时的动能，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势高低的判断方法，注意电场线密集程度代表场强大小。4．（2024•天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（）A．小环加速度最大值为qφB．小环经过Q点时的速度最大 C．小环经过N点时的速度大小为v0D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】C【分析】A．根据匀强电场的电场强度与电势差关系可以求解场强大小，进一步对小环受力分析，根据牛顿第二定律可以判断小环加速度最大；B．根据运动过程受力以及牛顿第二定律可以判断小环经过Q点时的速度是否最大；CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理可以求解出小环经过N点时的速度，进而判断正误。【解答】解：A．匀强电场的场强大小为E=U解得E=φ当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于qφ0mLB．小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理得2qφ解得vN小环从M到N的过程中，电场力做功，小环在M、N两点动能不相等，故C正确，D错误。故选：C。【点评】掌握好能量变化的关系，弄清楚能量的去向是解答本题的关键，在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，则弹性势能相等。5．（2024•浙江二模）如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是（）A．a点的电势低于b点的电势 B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．电子在a点的速度大于在b点的速度 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义；牛顿第二定律的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】根据顺着电场线电势逐渐降低，来判断电势高低。根据电场线的疏密程度表示场强的大小，来分析场强大小，由牛顿第二定律分析加速度大小。根据电场力做功正负分析电势能和动能的变化。【解答】解：A、根据顺着电场线电势逐渐降低，可知a点的电势高于b点的电势，故A错误；B、电场线的疏密程度表示场强的大小，因b点处电场线较密，故b点处场强较大，由a=qEm可知电子在b点的加速度更大，故C、电子在电场中做曲线运动，受到的电场力沿电场线向左，则电子从a点运动到b点过程中电场力方向与速度方向成钝角，则电场力做负功，动能减小，可知电子在a点的速度大于在b点的速度，故C正确；D、电场力做负功，电子的电势能增大，则电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。故选：C。【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，关键要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受到的电场力方向，再分析电场力做功情况，判断电势能和动能的变化情况。6．（2024•苏州校级二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高 B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大 C．该带电质点在P点的速率比在Q点处大 D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等势面及其与电场线的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】C【分析】根据做曲线运动的物体的受力特点，可以判断带电质点的受力方向，但因为不知道粒子的电性，所以无法判断电场线的方向，则电势的高低无法判断；等势线的疏密程度表示场强的大小；根据带电质点的受力方向与速度的夹角可以判断电场力做功的正负，进而根据动能定理可以判断出带电质点的速度大小变化；电场力做负功，电势能增加。【解答】解：A、过P点做等势线a的垂线，做曲线运动的物体受力指向轨迹凹侧，但不知道带电质点的电性，所以无法判断电场强度的方向，也就无法判断这三条等势线电势的高低，故A错误；B、等势线的疏密程度也可以表示场强的大小，等势线密集的地方电势变化比较快，电场强度大，所以P点的场强大于Q点的场强，故B错误；CD、根据带电质点的运动轨迹可知，带电质点在从P到Q的过程中，带电质点受电场力方向与速度方向的夹角大于90°，所以电场力做负功，则电势能增加，所以带电质点在P点的电势能小于在Q点的电势能，根据能量守恒定律可知P点的动能大于Q点的动能，所以带电质点在P点的速率比在Q点处大，故C正确，D错误。故选：C。【点评】根据做曲线运动的物体的受力特点可以判断出质点的受力方向，进而根据速度与力的夹角可以判断电场力做功的情况。等势线的疏密程度也可以描述出场强的大小，等势线密集的地方场强大。7．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能从A板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．小球带负电 B．在此过程中小球的电势能减小 C．AB板之间电势差UAB=-D．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为2L【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电势差的概念、单位和物理意义．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】C【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，可判断粒子的电性；根据竖直方向上，电场力与重力的关系求出场强，进而求电势差；在水平方向上，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解运动时间；根据电场力做功情况判断小球的电势能变化情况。【解答】解：ACD、分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，而要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场场强的方向相同，则该小球带正电；在竖直方向上，根据平衡条件得qE•cosθ＝mg，解得：E=AB板之间电势差UAB＝﹣UBA＝﹣ELtanθ=-在水平方向上，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得：Lcosθ=12at2B、此过程中电场力对小球做负功，小球的电势能增大，故B错误；故选：C。【点评】本题考查粒子在复合场中的运动，关键是明确直线运动的条件是合力为零或者合力方向与速度方向在同一条直线上，基础题目。8．（2024•昌平区二模）如图所示，在水平向右且场强大小为E的匀强电场中，两个半径相同、质量均为m的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直线与电场线平行。A带电量为q（q＞0），B不带电，A、B之间的距离为L。t＝0时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰撞。碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用。下列说法正确的是（）A．两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为2mLqEB．两球第n次碰撞到发生第n+1次碰撞的时间间隔为2n2mLC．两球连续两次碰撞的时间间隔均为2mLqED．两球连续两次碰撞的时间间隔均为2【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据动能定理解得A、B第一次碰撞前瞬间A的速度，A、B第一次发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解得A、B第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别，根据两球第一次碰撞到第二次碰撞的过程中两者的位移相等，解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔；同理求解A、B第二次碰撞前后的速度，以及两球第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔，归纳总结A、B运动规律，解得两球连续两次碰撞的时间间隔。【解答】解：A、对A、B第一次碰撞前A的运动过程，根据动能定理得：qEL=解得A、B第一次碰撞前瞬间A的速度为：v=A、B第一次发生弹性碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mv＝mvA1′+mvB1′；1解得A、B第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：vA1′＝0，vB1两球第一次碰撞到第二次碰撞的过程，由两者的位移相等得：1解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：t1=22mLBCD、第二次碰撞前瞬间A、B的速度分别为：vA2=qEmt1=22qELA、B第二次碰撞时，由质量相等，速度交换可得第二次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：vA2'＝v，vB2'＝2v同理由两者的位移相等得：v解得两球第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为：t第三次碰撞前瞬间A的速度分别为：vA3=vA2'+qEmt2A、B第三次碰撞时，由质量相等，速度交换可得第三次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：vA3'＝2v，vB3'＝3v由此推理可得两小球第n+1次碰撞前速度与第n次碰撞后速度的关系为：vA（n+1）＝vAn'+2v＝vAn+vvB（n+1）＝vBn'＝vAn两小球每次碰撞后交换速度，则有：vBn′＝vAn，vAn′＝vBn两球连续两次碰撞（第n次碰撞到第n+1次碰撞）的过程满足：v解得两球连续两次碰撞的时间间隔为：Δt=22mLqE，故BC错误，故选：D。【点评】本题考查了在带电体电场中的连续碰撞的问题，考查了弹性碰撞满足的物理原理，牛顿第二定律和动能定理的应用。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。9．（2024•长沙模拟）如图，水平面上有一带电量为+Q的均匀带电圆环，其圆心为O，O点正上方h处有一点P，P和圆环上任一点的连线与圆环面的夹角均为θ。已知静电力常量为k，则P点场强大小为（）A．kQcosθh2 BC．kQsinθh2 【考点】用特殊的方法求解电场强度．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】D【分析】采用微元法求解：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），求出每份的电荷量，根据点电荷电场强度的计算公式结合矢量的合成方法进行求解。【解答】解：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为q=每份在P点的电场强度大小为：E0=根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝nE0sinθ=kQsin3θh故选：D。【点评】本题主要是考查电场强度的叠加，解答本题要知道电场强度是一个矢量，满足矢量的平行四边形法则，掌握微元法的应用方法。10．（2024•南开区二模）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有当该键的电容改变量大于或等于原电容的40%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是（）A．按键的过程中，电容器的电容减小 B．按键的过程中，电容器的电量减小 C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b D．欲使传感器有感应，按键需至少按下2【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】D【分析】根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容的变化，电容器与电源连接，电压不变，根据Q【解答】解、ABC、按键的过程中，板间距离减小，根据C=ɛ由C=QU，可知按键的过程中，电压保持不变，电容器电荷量增大，电容器充电，图丙中电流方向从b流向a，故D、欲使传感器有感应，设按键需至少按下Δd，则有C'=由题意有：C′﹣C＝0.4C联立可得：Δd=27d故选：D。【点评】本题是电容器分析问题，关键要掌握电容的决定式C=ɛrS4πkd

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．3．用特殊的方法求解电场强度【知识点的认识】1．电场强度的计算方法（1）一般方法：中学阶段求场强一般有下列三种方法：①E=Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷无关，试探电荷②E＝kQr2是真空中点电荷所形成电场的计算式，E由场源电荷Q和某点到场源电荷的距离③E=Ud是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意式中的场强是矢量，所以场强的合成遵守矢量合成的平行四边形定则。（2）特殊方法①补偿法：求解电场强度，常用的方法是根据问题给出的条件建立起物理模型。如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决。但有时由题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说是模型A，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型。这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题。②极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类。物理型主要依据物理概念、定理、定律求解。数学型则是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解。③微元法：微元法就是将研究对象分割成许多微小的单位，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，从A事实出发，用另外的B事实来代替，必要时再由B到C…直至实现所给问题的条件，从而建立与之相对应的联系，得以用有关规律解之。如以模型替代实物，以合力（合运动）替代两个分力（分运动）。⑤对称法：对称法是利用带电体（如球体、薄板等）产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的方法。【命题方向】1.拆分法一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的三段圆弧，则圆弧BC在圆心O处产生的场强大小和方向为（）A、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：电场强度是矢量，根据题意应用平行四边形定则求出圆弧BC在圆心O处产生的场强。解答：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E＝2E′，则：E′=故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E2，方向水平向右，故A正确，BCD故选：A。点评：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理即可正确解题。2.对称法电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，若A点的电场强度为0，则（）A、圆形薄板所带电荷量为+QB、圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为kQRC、B点的电场强度大小为kQRD、B点的电场强度大小为10kQ9分析：A、B两点电场是点电荷Q与圆形薄板上的电荷产生的电场合电场，A点电场为零，说明点电荷Q与圆形薄板在A点产生的电场等大反向；根据对称性求出薄板在B点产生的电场，B点的电场是点电荷与薄板产生的电场的合电场；根据点电荷的场强公式与电场的叠加原理分析答题。解答：AB、点电荷在A点产生的场强为E＝kQR2，方向水平向右，A点的电场强度为零，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为kQR2，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷+Q距离O点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式E0=kqr2CD、B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB′＝kQR2，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，则B点得电场强度为EB＝EB故选：BD。点评：解决本题的关键是明确真空中静止的点电荷场强公式及合场强为零的含义，根据薄板产生场强的特点，由几何对称性分析求解。熟记点电荷场强公式，理解合场强为零的含义，熟练运用电场强度矢量叠加原理。3.微元法如图，水平面上有一带电量为+Q的均匀带电圆环，其圆心为O，O点正上方h处有一点P，P和圆环上任一点的连线与圆环面的夹角均为θ。已知静电力常量为k，则P点场强大小为（）kQcosθ分析：采用微元法求解：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），求出每份的电荷量，根据点电荷电场强度的计算公式结合矢量的合成方法进行求解。解答：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为q=每份在P点的电场强度大小为：E0=根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝nE0sinθ=kQsin3θh故选：D。点评：本题主要是考查电场强度的叠加，解答本题要知道电场强度是一个矢量，满足矢量的平行四边形法则，掌握微元法的应用方法。【解题思路点拨】电场强度的求法（1）合成法：电场强度是矢量，合成时遵循矢量运算法则（平行四边形定则或三角形定则）；对于同一直线上电场强度的合成，可先规定正方向，进而把矢量运算转化成代数运算。（2）对称法：对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法，利用此方法分析和解决问题可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，有出奇制胜之效。（3）微元法：徽元法就是将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。4．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝5．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，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）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．6．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。7．电势的定义、单位和物理意义【知识点的认识】1.定义：电荷在某一点的电势能与它的电荷量之比。2.公式：φ=3.单位：伏特，简称伏，符号为V，1V＝1J/C。4.物理意义：描述电场的能的性质物理量。5.特点：（1）电势是电场自身的性质，与试探电荷本身无关。（2）相对性：电场中各点电势的高低，与所选取的零电势点的位置有关，一般情况下取离场源电荷无限远处或大地的电势为0.（3）标矢性：标量，有正负，正负表示大小。6.拓展：（1）对于点电荷或均匀带电球体（球壳），周围的电势满足φ＝kQ（2）因为电势是标量，正负代表大小，同样以无限远处为零电势点的情况下，正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，且越靠近正电荷，电势越正（大），越靠近负电荷，电势越负（小）。【命题方向】在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A、电势高的地方电场强度不一定大B、电场强度大的地方电势一定高C、电势为零的地方场强也一定为零D、场强为零的地方电势也一定为零分析：场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．解答：AB、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高。故A正确，B错误。C、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零。故C错误。D、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的。故D错误。故选：A。点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．【解题思路点拨】1.电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关。在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为0，在实际应用中常取大地的电势为0。2.电势是表征电场性质的一个物理量，电场中某点的电势p的大小是由电场本身和零电势点的选取决定的，与在该点是否放有试探电荷、试探电荷的电性、试探电荷的电荷量均无关，这和许多用比值定义的物理量相同，如前面学过的电场强度E=F3.电势虽然有正负，但电势是标量。电势为正值表示该点电势高于零电势点，电势为负值表示该点电势低于零电势点，正负号不表示方向。8．电势差的概念、单位和物理意义【知识点的认识】1.定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。2.表达式：设电场中A点的电视为φA，B点的电势为φB，则AB电点之间的电势差可以表示为UAB＝φA﹣φBBA两点之间的电势差为UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.电势差的单位伏特，符号：V4.电势差的正负电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依次用代数法相加。5.特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关6.物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量【命题方向】关于电势差UAB和电势φA、φB的理解正确的是（）A、UAB表示B点相对A点的电势差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势．解答：A、UAB表示A点相对B点的电势差，即UAB＝φA﹣φB，A错误；B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA，B正确；C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C错误；D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D正确；故选：BD。点评：记忆电势的有关知识时，可以把它类比为高度去理解，电势差对应高度差，某点的电势对应某点的高度．【解题思路点拨】根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果UAB＞0，则φA＞φB；如果UAB＜0，则φA＜φB。9．等势面及其与电场线的关系【知识点的认识】1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．2．特点：①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；⑤等差等势面越密的地方电场线越密．【命题方向】电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选：C．点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．【解题思路点拨】1.等势面的特点（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。（2）同一电场空间两等势面不相交（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。2.等势面的应用（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小3.等势面与电场线（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。10．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=U2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到