2025新課改-高中物理-必修第3冊（20講）06 B電勢差與電場強度的關系 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-必修第3冊（20講）06B電勢差與電場強度的關系中檔版電勢差與電場強度的關系知識點：電勢差與電場強度的關系一、勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．在勻強電場中，兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場方向的距離的乘積．2．公式：UAB＝Ed.二、公式E＝eq\f(UAB,d)的意義1．意義：在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的電勢差與這兩點沿電場強度方向距離之比．2．電場強度的另一種表述：電場強度在數(shù)值上等于沿電場方向單位距離上降低的電勢．3．電場強度的另一個單位：由E＝eq\f(UAB,d)可導出電場強度的另一個單位，即伏每米，符號為V/m.1V/m＝1N/C.技巧點撥一、勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．公式E＝eq\f(UAB,d)及UAB＝Ed的適用條件都是勻強電場．2．由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度在數(shù)值上等于沿電場方向單位距離上降低的電勢．式中d不是兩點間的距離，而是兩點所在的等勢面間的距離，只有當此兩點在勻強電場中的同一條電場線上時，才是兩點間的距離．3．電場中電場強度的方向就是電勢降低最快的方向．二、電勢差的求法1．電勢差的三種求解方法(1)應用定義式UAB＝φA－φB來求解．(2)應用關系式UAB＝eq\f(WAB,q)來求解．(3)應用關系式UAB＝Ed(勻強電場)來求解．2．在應用關系式UAB＝Ed時可簡化為U＝Ed，即只把電勢差大小、場強大小通過公式聯(lián)系起來，電勢差的正負、電場強度的方向可根據(jù)題意另作判斷．三、利用E＝eq\f(U,d)定性分析非勻強電場UAB＝Ed只適用于勻強電場的定量計算，在非勻強電場中，不能進行定量計算，但可以定性地分析有關問題．(1)在非勻強電場中，公式U＝Ed中的E可理解為距離為d的兩點間的平均電場強度．(2)當電勢差U一定時，場強E越大，則沿場強方向的距離d越小，即場強越大，等差等勢面越密．(3)距離相等的兩點間的電勢差：E越大，U越大；E越小，U越?。?、用等分法確定等勢線和電場線1．在勻強電場中電勢差與電場強度的關系式為U＝Ed，其中d為兩點沿電場方向的距離．由公式U＝Ed可以得到下面兩個結論：結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖甲所示．結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，同理有UAC＝UBD，如圖乙所示．2．確定電場方向的方法先由等分法確定電勢相等的點，畫出等勢線，然后根據(jù)電場線與等勢面垂直畫出電場線，且電場線的方向由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．例題精練1．（2021?臨海市二模）如圖所示，兩等量同種電荷+Q固定放置，O為連線的中點，ABCD為電荷連線中垂面上的四個點，AO＝BO＝CO＝DO，下列說法正確的是（）A．A、B兩點場強相同 B．O點電勢比D點低 C．把電子從A點移動到O點，電子的電勢能增大 D．在C點給電子某一恰當?shù)某跛俣?，電子可能做圓周運動【分析】根據(jù)兩個等量同種電荷的電場線分布情況進行分析判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點，由對稱性可知A、B兩點電兩點場強的大小相等，方向不同，故A錯誤；B、根據(jù)兩個等量同種正點電荷電場特點，O點電勢比D點高，故B錯誤；C、根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點知φA＜φO，把電子從A點移動到O點，電勢增大，電子的電勢能變小，故C錯誤；D、在兩電荷的連線中垂面上，以CD為直徑的圓周上以速度v從C點釋放一電子，速度方向垂直于CD，使電場力恰好等于所需的向心力，電子就能做圓周運動，故D正確。故選：D?！军c評】對于等量同種電荷的電場，要明確兩電荷連線和兩電荷連線的中垂線上的電場分布情況。2．（2021?浙江模擬）如圖，銳角三角形△MNP，其中∠M＞∠N＞∠P，電荷量為Q的負點電荷固定在M點，計無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A．帶電量為q的負點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電勢能不變 B．正點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電勢能先增大后減小 C．在N點引入電量為Q的正點電荷后，P點的電勢為φp＜0 D．在P點引入電量為Q的負點電荷后，電子在MP中點的電勢能小于在N點的電勢能【分析】電勢能的變化與電場力做功相對應，由電場力做功情況分析電勢能的變化，順電場線的方向電勢不斷降低，負電荷在電勢越高處電勢能越大?！窘獯稹拷猓篈、因為∠M＞∠N＞∠P，所以MN＞MP，所以帶電量為q的負點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；B、因為MN＞MP，正點電荷從N點沿NP運動到P點的過程中電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，故B錯誤；C、因為∠M＞∠N＞∠P，所以MN＞MP，在N點引入電量為Q的正點電荷后，正電荷在P處的電勢為，負電荷在P處的電勢為，因為PN＞PM，所以φP＝φ1+φ2＜0，故C正確；D、在P點引入電量為Q的負點電荷后，由于電子帶負電，把電子從MP中點移到N點的時，位于M、P兩點的負電荷，都對電子做正功，電子的電勢能減小，所以在MP中點的電勢能大于在N點的電勢能，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題學生需掌握電場力做功與電勢能變化之間的關系，判斷電勢高低的方法，注意負電荷在電勢越高處電勢能越小。隨堂練習1．（2021?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，ABC為正三角形，AB和AC邊上放有帶等量異種電荷的絕緣細棒，O為BC邊中點，D為BC中垂線上O點右側的一點，P為BC上的一點，選無窮遠處電勢為0，則下列說法正確的是（）A．O點和D點場強可能大小相等，方向相同 B．D點的電勢定高于P點 C．將一正檢驗電荷沿直線從O點運動到D點，電場力先做正功后做負功 D．將一負檢驗電荷沿直線從O點運動到P點，電勢能減小【分析】由場強的疊加和對稱性，可以判斷O點和D點場強的大小；利用電場的分布特點，判斷兩點的電勢高低；沿等勢線移動電荷，電場力不做功；先判斷電場力做功正負，再利用功能關系判斷電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、將帶電體看成無數(shù)對等量異種電荷，等量異種電荷的中垂線場強與中垂線垂直，指向負電荷，根據(jù)對稱性以及電場強度的疊加原理可知，O點和D點的場強方向相同，但由于D點比O點離帶電體遠，所以D點的場強小于O點的場強，故A錯誤；BCD、類比等量異種電荷周圍的電勢分布情況可知，AD為一條電勢為零的等勢線，則D點與O點電勢相等，所以將一正檢驗電荷沿直線從O點移動到D點，電場力始終不做功；又根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知O點電勢高于P點電勢，所以將一負檢驗電荷沿直線從O點移動到P點，電勢能增大；綜上所述可知D點電勢一定高于P點，故B正確，CD錯誤，故選：B。【點評】在處理電場場強問題時，熟記等量同種電荷和等量異種電荷的電場線分布特點，可以快速解決問題。2．（2021?常熟市校級三模）如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心O處電場強度等于E0。一過球心的傾斜平面將球面分為兩部分，其中α＝60°。則所分出的較小這部分部分的電荷在O處的電場強度E為（）A． B． C． D．【分析】半球的中心O處電場強度E，是部分球面上電荷產(chǎn)生的電場疊加的結果，根據(jù)對稱性，作出球面上的電荷在0點產(chǎn)生的電場分布，由平行四邊形定則求解“小瓣”球面上的電荷在O處的電場強度?！窘獯稹拷猓河蓪ΨQ性可知，半球面所帶電荷在半球的中心O處產(chǎn)生的電場強度EO和所分出的較小這部分所帶電荷在半球的中心O處產(chǎn)生的電場強度E如圖所示：由此可得：E＝EOsin＝EOsin30°＝故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題解題關鍵是抓住對稱性，作出兩部分球面上電荷產(chǎn)生的電場分布圖。3．（2021?道里區(qū)校級模擬）如圖所示，真空中有一正四面體ABCD，P、M、N分別是AB、CD和BC的中點?，F(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為+Q、﹣Q的點電荷，下列說法中正確的是（）A．P點電勢高于M點電勢 B．C、D兩點的電場強度大小相同，方向不同 C．P、N兩點的電勢差大小等于M、N兩點的電勢差大小 D．將正點電荷沿直線PD從P點移到D點，該正點電荷的電勢能減少【分析】根據(jù)幾何關系找到等勢面，可判斷電勢高低，面PDC為中垂面，電場平行于AB，方向相同，同一等勢面上正點電荷沿直線PD從P點移到D點，該正點電荷的電勢能不變?！窘獯稹拷猓篈.由幾何關系易知，面PDC垂直平分AB，A、B兩點分別固定電荷量為+Q、﹣Q的點電荷，所以面PDC為等勢面，P點電勢等于M點電勢。故A錯誤；B.面PDC為中垂面，電場平行于AB，方向相同，D、C到P點距離相同，電場強度大小相同。故B錯誤；C.P、M位于等勢面上，所以P、N兩點的電勢差大小等于M、N兩點的電勢差大小。故C正確；D.P、D兩點在同一等勢面上，電勢相等，所以將正點電荷沿直線PD從P點移到D點，該正點電荷的電勢能不變。故D錯誤。故選：C?！军c評】注意電場的矢量性，電荷在等勢面運動時電場力不做功，電勢能不變。綜合練習一．選擇題（共20小題）1．（2021?臺州二模）在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為d的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，電做量均為q，c帶負電，整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球處于靜止狀態(tài)，則（）A．c球帶電量為q B．勻強電場場強大小為 C．勻強電場場強大小為 D．勻強電場場強方向由ab的中點指向c點【分析】三個小球均處于靜止狀態(tài)，以任一小球為研究對象根據(jù)平衡條件得出合力大小，再以c小球為研究對象受力分析求解。【解答】解：ABC.設小球c所帶電荷量為Q，由庫侖定律可得，小球a對小球c的庫侖力大小為F＝，小球b對小球c的庫侖力大小為F＝，這兩個力的合力大小為2Fcos30°.設水平方向勻強電場大小為E，由平衡條件可得QE＝2Fcos30°解得：E＝故AC錯誤，B正確；D.根據(jù)平衡可知電場力的方向由ab的中點指向c點，由于c點負電，所以勻強電場場強方向由c點指向ab的中點，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查庫侖定律及平行四邊形定則，電場是矢量，計算時要遵循矢量合成的法則。2．（2021?淄博二模）空間有一勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系O﹣xyz，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標為（0，a，0），N點的坐標為（a，0，0），P點的坐標為（a，，）。已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為2V，則P點的電勢為（）A．V B．V C．V D．V【分析】明確電場的性質，將電場強度沿坐標軸方向正交分解，求出軸向的E的分量值，再選用U＝Ed求得電勢差，從而得出P點的電勢?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意已知電場方向平行于直線MN，點M的電勢為0，點N的電勢為2V，故有：UNM＝E?a＝2V…①將電場強度沿著﹣x方向和+y方向正交分解，設合場強為E，則﹣x和+y方向的分量分別為：Ex＝E，Ey＝E…②設P在x0y平面上的投影為P′點，投影點的坐標為：（a，，0），即N和P′連線沿y軸方向，可以利用y軸方向上的分電場強度求出電勢差，則由①②式以及U＝Ed可得UNP＝UNP′＝Ey?＝×＝V又因N點電勢為2V，則P′點的電勢為φP＝2V﹣V＝V即P點電勢為：V，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查在三維圖中問題分析，解題的關鍵是明確幾何關系，能將P點投影到xoy平面上分析，同時正確運用正交分解法，將電場沿著坐標軸方向正交分解，可以簡化計算過程。3．（2021?株洲模擬）如圖所示，A、O、B為一點電荷的電場中電勢相等的三個點，它們正好是直角三角形的三個頂點，a、b分別是所在邊的中點。已知a點的最大場強為E0，則b點的最大場強為（）A． B．E0 C．E0 D．3E0【分析】A、O、B為一點電荷的電場中電勢相等的三個點，所以A、O、B三點在點電荷的同一個等勢面上，根據(jù)場強的計算方式可得?！窘獯稹拷猓阂驗锳、O、B為一點電荷的電場中電勢相等的三個點，所以A、O、B三點在點電荷的同一個等勢面上，根據(jù)點電荷電勢的公式可知，該點電荷應該在AB的中點上。令AB的中點為c，AO的距離為L，則ac＝，bc＝a點的最大場強為所以b點的最大場強為故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查點電荷產(chǎn)生的場強計算問題，注意電勢相等的點在同一等勢面上。4．（2021?蜀山區(qū)校級模擬）如圖，豎直面內一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點。c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離相等，下列說法錯誤的是（）A．a(chǎn)、b兩點的場強相等 B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等 C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等【分析】根據(jù)微元法，將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度方向與大小，結合矢量的疊加法則，即可判定場強大小關系，再根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，及電場線方向與等勢面垂直，即可一一判定。【解答】解：AB、將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取關于水平直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結合矢量的合成法則，如下圖所示，那么此兩個點電荷在a、b兩點產(chǎn)生電場強度大小相等，方向相同，同理，任意兩個關于水平直徑對稱的兩個點電荷在a、b兩點產(chǎn)生的合電場強度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在a、b兩點的場強相等，方向相同，再依據(jù)電場線與等勢線垂直，可知，ab連線即為等勢線，因此a、b兩點的電勢也相等，故AB正確；CD、將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取上半圓關于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個點電荷在c點產(chǎn)生電場強度的方向豎直向下，同理，取下半圓關于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個點電荷在d點產(chǎn)生電場強度的方向也豎直向下，由于c、d兩點關于水平直徑對稱，那么c、d兩點的場強相等，因此任意兩個關于豎直直徑對稱的兩個點電荷在c、d兩點產(chǎn)生的合電場強度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在c、d兩點的場強相等，方向相同，再依據(jù)沿著電場線方向電勢降低，可知，c點的電勢高于d，故C正確，D錯誤；本題選錯誤的，故選：D。【點評】本題考查點電荷的電場分布情況以及電場的合成，注意將均勻分布著等量異種電荷帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向特點，結合矢量的合成法則分析求解。5．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個等最正點電荷固定于空間中的兩點，Ox、Oy為其連線的中垂線，c、d關于O點對稱，Oa＝Ob＝Oc＝Od。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點場強相同 B．從O點出發(fā)沿著x軸的正方向電勢先增大后減小 C．電子可能在xOy平面內，以O為圓心做勻速圓周運動 D．電子在c點的電勢能大于在b點的電勢能.【分析】場強是矢量，要符合大小相等，方向相同兩點場強才相同；沿電場線方向電勢逐漸降低；電場力一直做負功，電勢能增加?！窘獯稹拷猓篈、a、b兩點場強大小相等，方向不同，故A錯誤；B、從O點出發(fā)沿著x軸的正方向電勢一直減小，故B錯誤；C、在xOy平面內，以O為圓心的圓周上，電場強度均等大，方向指向O點，當電子取恰當初速度條件下，可能繞O做勻速圓周運動，故C正確；D、將負電荷從c點移動到O點，再移動到b點，電場力一直做負功，所以c點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查電場與電勢的特點，電場是矢量，比較時要滿足矢量的比較法則，沿電場線方向電勢逐漸降低。6．（2021?南崗區(qū)校級四模）空間存在一沿x軸方向的靜電場，電勢φ隨x變化的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．x2點兩側電場強度方向相反，從o沿x軸正方向，場強先減小后增大 B．沿x軸正方向，從o到無窮遠電勢先降低后升高 C．x1位置場強最小，大小為0 D．將帶正電粒子由0～x1之間的位置靜止釋放（不包括點x1）僅受電場力作用，粒子先向右加速，后向右減速，最終速度為零【分析】φ﹣x圖象的斜率等于場強，根據(jù)W＝qφ判斷粒子速度的增大或減小?！窘獯稹拷猓篈B.由圖象可知沿x軸正方向，從0到無窮遠電勢先降低后升高，因為沿電場線電勢降低，可知x2點兩側電場強度方向相反；由φ﹣x圖象的斜率等于場強可知場強先減小后增大再反向減小，故A錯誤，B正確；C.由φ﹣x圖象的斜率等于場強可知無窮遠處電場強度最小為零，故C錯誤；D.0～x2之間電場強度方向不變，將帶正電粒子由0～x1之間的位置靜止釋放（不包括點x1）僅受電場力作用，粒子先加速運動，經(jīng)過了x2位置后電場反向，粒子做減速運動，因開始釋放的位置電勢能大于零，則最終粒子的速度不為零，故D錯誤；故選：B。【點評】本題的關鍵是根據(jù)φ隨x變化圖像的斜率等于場強和順著電場線方向電勢降低，分析電場力做正功或負功判斷速度增大或減小。7．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）靜電透鏡是利用靜電場使電子束匯聚或發(fā)散的一種裝置。如圖所示，虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等，圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡，不計電子重力，關于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度 C．電子在a點的動能大于在b點的動能 D．電場力一直做正功【分析】根據(jù)等勢線與電場線垂直和電勢變化的情況，然后根據(jù)受力情況分析出物體在x軸方向的速度變化情況．根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大，判斷電勢能的變化，確定電場力做功的正負，進而判斷動能的大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)等勢線與電場線垂直，可作出電場線，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子在y軸左側受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側受到一個斜向右上方的電場力，故電子一直加速，對負電荷是從低電勢向高電勢運動，則a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；B、根據(jù)等勢線的疏密知道b處的電場線也密，場強大，電子的加速度大，故B錯誤；C、電子一直加速，動能一直增大，則電子在a點的動能小于在b點的動能，故C錯誤；。D、根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大，可知電子的電勢能一直減小，則電場力對電子一直做正功，故D正確。故選：D?！军c評】解決這類題目的一定要從受力情況著手，分析電子的運動情況，能熟練運用推論：負電荷在電勢低處電勢能大，判斷電勢能的變化。8．（2021?浙江模擬）如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內角，一正點電荷固定在P點。下列說法正確的是（）A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度逐漸減小 B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先減小后增大 C．將負檢驗電荷從M點移動到N點，電勢能先減小后增大 D．將正檢驗電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負【分析】電場強度用公式E＝分析；沿電場線方向電勢降低；電勢能用公式Ep＝qφ分析；電場力做功根據(jù)電勢能變化分析?！窘獯稹拷猓篈、點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖所示：∠M是最大內角，所以PN＞PM，因為△PMN是銳角三角形，過P點作MN上的高線為P到線段MN的最短距離，所以點P到線段MN上的點的距離先減小后變大，即r先減小后變大，根據(jù)點電荷的場強公式E＝，可知從M點到N點電場強度先增大后減小，故A錯誤；BC、電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M到N電勢先增大后減小，根據(jù)Ep＝qφ可知：將負檢驗電荷從M點移動到N點，電勢能先減小后增大，故B錯誤，C正確；D、正電荷從M點移動到N點，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要看考查了點電荷形成的電場中場強和電勢變化的關系，需要注意的是，在計算電勢能時，q要帶正負。9．（2021?南京模擬）場致發(fā)射顯微鏡是一項了不起的發(fā)明，它第一次為人類提供了觀察原子的工具。場致發(fā)射顯微鏡的原理如圖所示，在真空玻璃泡內充以少量氦氣并在中心放置待測試金屬針（這根金屬針的針尖即是該顯微鏡的觀察對象），泡的內壁涂有熒光導電膜。在金屬針和熒光導電膜間加很高的電壓，泡內上部空間產(chǎn)生輻射狀的電場，電場方向從針尖指向泡內壁。由于針尖處電場很強，氦原子碰到針尖時會失去一個電子形成氦離子，然后在電場作用下向導電膜運動。忽略氦離子的重力，氦離子的初速度可視為零，不考慮氦離子在運動過程中與其它氦原子或氦離子的相互作用，下列說法中錯誤的是（）A．氦離子運動過程中電勢能不斷減小 B．氦離子運動過程中加速度不斷減小 C．到達泡內壁各點的氦離子動能相等 D．若所加電壓為U，泡的半徑為r，則泡內壁處的電場強度大小為【分析】氦離子帶正電，在電場中電場力做正功，電勢能減??；泡內上部空間產(chǎn)生輻射狀的電場可看作是在針尖處的點電荷產(chǎn)生的電場，電場線越密的地方電場力大，加速度大；由W＝qU判斷電場力做功從而判斷動能關系；點電荷形成的電場為非勻強電場?！窘獯稹拷猓篈、氦原子碰到針尖時會失去一個電子形成氦離子，所以氦離子帶正電，在氦離子運動過程中，電場力做正功，電勢能不斷減小，故A正確；B、泡內上部空間產(chǎn)生輻射狀的電場可看作是在針尖處的點電荷產(chǎn)生的電場，氦離子運動越遠受到的電場力越小，加速度不斷減小，故B正確；C、因為針尖到泡內壁的距離相等，則針尖到泡壁各點的電勢差恒定，根據(jù)W＝qU可知達到泡內壁電場力對各點的氦離子做功相等，各點的氦離子動能相等，故C正確；D、泡內上部空間產(chǎn)生輻射狀的電場可看作是在針尖處的點電荷產(chǎn)生的電場，由點電荷的場強公式E＝k可知電場強度E在變化，則泡內壁的電場強度大小不恒為,故D錯誤；本題選錯誤的是，故選：D?！军c評】本題考查電場的相關知識，要知道電場力做功和電勢能變化的關系，根據(jù)電場力做功和動能定理綜合判斷氦離子到達泡內壁各點的氦離子動能，本題考查都是電場的基本知識，要熟練掌握概念和應用。10．（2021?諸暨市模擬）如圖所示，在xOy平面內，以O為圓心的圓周上有a、b、c、d、e五個點，其中a、c在x軸上，b、e關于x軸對稱，b、d關于點對稱，x軸上的等量異種電荷關于O點對稱。下列說法正確的是（）A．e、d兩點電勢相等 B．b、d兩點電場強度相同 C．負電荷從b點沿圓弧移動到e點，電場力始終不做功 D．負電荷從a點沿圓弧移動到c點，電勢能先減小后增大【分析】等量異種電荷產(chǎn)生的電場中，電場線關于兩電荷的連線和中垂線對稱，根據(jù)對稱性分析場強的大??；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷電勢關系。對于電勢能，可根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小進行判斷。【解答】解：A、Q和﹣Q在周圍產(chǎn)生的電場是“手拉手、心連心”狀，且中垂線是一條電勢為零的等勢線，左邊電勢為正，右邊電勢為負，故A錯誤；B、根據(jù)電場線分布的對稱性可知，b、d兩點電場強度大小相等，方向相同，故B正確；C、根據(jù)等勢面的對稱性，b、e兩點電勢相等，從b到e沿著圓弧移動負電荷，電場力先做正功后做負功，故C錯誤；D、a到c電勢逐漸降低，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，可知電勢能增大，故D錯誤。故選：B?！军c評】考查等量同種電荷周圍電場線和等勢線分布情況，明確場強的矢量性。11．（2021?舒城縣校級模擬）如圖，一電子以某一初速度進入電荷量為Q的某點電荷電場中，a、b為粒子運動軌跡上的兩點，a、b兩點間的直線距離為d，已知a點場強方向所在直線與ab連線間夾角α＝30°，b點場強方向所在直線與ab連線間夾角β＝60°。電子的電荷量為e，點電荷周圍某點的電勢φ＝k，其中r為該點到點電荷的距離。電子僅受電場力作用，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點電勢高于b點電勢 B．電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能 C．電子從a到b過程中，電場力做的功為 D．電子先后經(jīng)過a、b兩點時的加速度大小之比為3：1【分析】先根據(jù)幾何知識分析a、b兩點到點電荷的距離關系，由電勢公式φ＝k分析電勢關系；由EP＝qφ分析電子電勢能關系，由動能定理求電場力對電子做的功。由牛頓第二定律求加速度之比。【解答】解：A、如右圖所示，點電荷在圖中O點，根據(jù)幾何關系可知aO＞bO，根據(jù)電場力方向會聚到O點，可知點電荷帶正電，由φ＝k知，Q＞0，則b點電勢高于a點電勢，故A錯誤；B、a點的電勢低于b點的電勢，由EP＝qφ知負電荷在電勢高處電勢能小，則電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故B錯誤；C、根據(jù)幾何關系可知，a、b兩點到點電荷的距離分別為：ra＝dsinβ＝drb＝dsinα＝da、b兩點電勢分別為：φa＝k，φb＝k電子從a到b過程中，電場力做的功為：W＝﹣eUab＝﹣e（φa﹣φb）解得：W＝，故C正確；D、根據(jù)牛頓第二定律在a點，有：k＝maa在b點，有：k＝mab則電子先后經(jīng)過a、b兩點時的加速度大小之比aa：ab＝rb2：ra2＝1：3，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵要掌握點電荷電場的分布情況，確定點電荷的電性。要熟練運用力學規(guī)律，如動能定理、牛頓第二定律進行解答。12．（2021?湖北模擬）如圖所示，實線代表兩條相同的帶等量均勻正電的半圓弧形絕緣體APB、CPD在中點P相交，虛線代表另兩條相同的帶等量均勻負電的半圓弧形絕緣體AQB、CQD在中點Q相交，四條半圓弧形絕緣體所帶的電荷量均相等.其中APBQ位于豎直平面內，CPDQ位于水平面內，O點是圓心，直徑PQ上有M、N兩點與O點距離相等.已知AP段圓弧上電荷的電場在O點的場強大小為E，O點處合場強大小為E0．下列說法正確的是（）A． B． C．M、N兩點的場強不相等、電勢相等 D．M、N兩點的場強相等、電勢不相等【分析】八段四分之一圓弧上電荷產(chǎn)生的電場在O點場強度大小相等，方向均與OQ均成45°角，根據(jù)電場的疊加求解E的大小；根據(jù)對稱性分析M和N點的電場強度的大小，根據(jù)沿電場線方向電勢降低判斷電勢高低?！窘獯稹拷猓篈B、圓弧AP段上電荷的電場在O點場強大小為E，方向與OQ成45°角，由對稱性知，其他7段四分之一圓弧上電荷產(chǎn)生的電場在O點場強度大小也為E，方向與OQ均成45°角；根據(jù)電場的疊加，有8Ecos45°＝E0，E＝E0，故AB錯誤；CD、設APB和CPD上正電荷的電場在M、N兩點的場強分別為E1、E2，方向均向右，由對稱性知：AQB和CQD上負電荷的電場在M、N兩點的場強分別為E2、E1，方向均向右；則EM＝E1+E2＝EN；PQ連線上的電場線方向由P→Q，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可得φM＞φN，故錯誤、D正確。故選：D?！军c評】本題主要是考查電場強度的疊加和電勢高低的判斷，知道電場強度是矢量，其合成滿足平行四邊形法則，電勢是標量，知道沿電場線方向電勢降低。13．（2021春?淮安月考）如圖，A、B、C三點在勻強電場中，AC⊥BC，∠CAB＝37°，＝20cm，把一個電量q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場力不做功；從B移到C，電場力做功為﹣8×10﹣3J，則該勻強電場的場強大小和方向是（）A．866V/m，垂直AC向上 B．866V/m，垂直AC向下 C．5000V/m，垂直AB斜向上 D．5000V/m，垂直AB斜向下【分析】根據(jù)一個q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場力做功為零，可知，A與B電勢相等．根據(jù)電荷從B移到C，電場力做功為﹣8×10﹣3J，由電勢差的公式求出BC間的電勢差．由E＝求場強大小，其中d為沿電場線方向的有效長度。【解答】解：由題，q＝1×10﹣5C的正電荷從A移到B，電場力做功為零，則A與B電勢相等，AB連線是一條等勢線。BC間電勢差為：UBC＝＝＝﹣800V，所以C點的電勢高。該勻強電場的場強大小：E＝＝＝5000V/m。電場線方向垂直于AB斜向下，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題根據(jù)題設條件找到等勢點，作出等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，并由高電勢處指向低電勢處作電場線是常規(guī)思路。14．（2021?高州市二模）如圖，在電荷量Q的正點電荷的電場中，A、B、C為直角三角形的三個頂點，D為AC的中點，∠A＝30°，A、B、C、D四點的電勢滿足φA＝φC，φB＝φD，點電荷Q在A、B、C三點所在平面內，已知靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A．φC≠φD B．φA＝φB C．Q在AC連線中點 D．Q在BD連線中點【分析】因為φA＝φC，則點電荷Q在AC連線的垂直平分線上，又因為φB＝φD，點電荷Q又在BD連線的垂直平分線上，由幾何關系可確定點電荷Q的位置；根據(jù)QC＞QD，且沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知φD＞φC，再根據(jù)A、B、C、D四點的電勢的關系，可確定AB兩點的電勢的關系?！窘獯稹拷猓篊D、因為φA＝φC，則點電荷Q在AC連線的垂直平分線上，又因為φB＝φD，點電荷Q又在BD連線的垂直平分線上，由幾何關系可知，點電荷Q在AB的連線上，如圖所示，故CD錯誤。AB、由于QC＞QD，且沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知φD＞φC，因為φA＝φC，φB＝φD，故φB＞φA，故A正確，B錯誤。故選：A?！军c評】本題考查點電荷的電場，關鍵是要抓住點電荷的等勢面是一系列同心圓，圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定過圓心，即可確定點電荷的位置。15．（2021?臨沂二模）在x軸上A、B兩點處分別有點電荷Q1和Q2，A、B之間連線上各點的電勢如圖所示，取無窮遠處電勢為零，從圖中可以看出（）A．Q1和Q2是異種電荷 B．Q2的電荷量大于Q1的電荷量 C．P點的電場強度為零 D．負電荷從P1點移動到P點，電勢能減小【分析】電勢φ與x關系圖象的斜率絕對值大小等于場強，根據(jù)P點的斜率確定場強是否為零；Q1處電勢大于零，Q2處電勢小于零，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可判斷出電場線方向，確定兩電荷的電性?！窘獯稹拷猓篈、取無窮遠處電勢為零，因Q1處電勢大于零，Q2處電勢小于零，根據(jù)沿電場線方向電勢降落可知，則Q1和Q2一定帶異種電荷，故A正確；B、在兩點電荷的連線上的P點的電勢是零，但P點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，故B錯誤；C、Q1帶正電，在P點產(chǎn)生的電場的電場強度沿x軸正方向，Q2帶負電，在P點產(chǎn)生的電場的電場強度沿x軸正方向，兩分場強疊加后合場強不為零，故C錯誤；D、負電荷從P1點移動到P點，電勢降低，沿電場線運動，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查電場的疊加以及電勢和電場強度的關系，解題時一要理解φ﹣x圖象的斜率大小等于場強大小；二要根據(jù)電場線方向判斷電勢高低。16．（2021?朝陽四模）某電場中有A、B兩點，一個點電荷在A點的電勢能為1.1×10﹣7J，在B點的電勢能為1.5×10﹣7J，已知A、B兩點在同一條電場線上且相距4m，電場線的方向如圖中箭頭所示，該點電荷的電荷量為2×10﹣9C，不計點電荷受到的重力，下列說法正確的是（）A．該電場為勻強電場，且電場強度大小為5V/m B．該點電荷在AB中點的電勢能為1.3×10﹣7J C．A、B兩點的電勢差UAB＝20V D．把該點電荷從B點由靜止釋放，經(jīng)過A點時，動能為4×10﹣8J【分析】沿電場線方向電勢逐漸降低；根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能的變化量，點電荷受到的合外力為電場力，且電場力做功等于電勢能的減小量。【解答】解：AB、題目僅給出了帶電粒子在A、B兩點的電勢能，且題圖中無法判斷電場線的疏密程度，故無法判斷電場是否為勻強電場，無法計算電場強度，且無法計算AB中點的電勢及電勢能，故AB錯誤；C、沿電場線方向電勢逐漸降低，故UAB一定為負值，故C錯誤；D、把該點電荷從B點由靜止釋放到經(jīng)過A點的過程中，電場力做正功，由動能定理得，Ek＝WBA＝EPB﹣EPA＝1.5×10﹣7J﹣1.1×10﹣7J＝4×10﹣8J，故D正確；故選：D?！军c評】解決本題的關鍵知道沿電場線方向電勢逐漸降低以及掌握電場力做功與電勢能的關系，注意明確在確定電勢差和電勢能間的關系時，要注意各物理量的正負。17．（2021?浙江模擬）一種電場的某條電場線與x軸重合，其場強大小E與坐標x的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．此電場是勻強電場 B．由圖像可以直接看出場強大小隨x均勻增大 C．圖像的斜率表示電場的電勢 D．x1與x2之間的電勢差等于陰影部分的面積【分析】解答本題需要依據(jù)電勢差與電場強度的關系：U＝Ed，結合題中所給圖象進行分析?！窘獯稹拷猓篈B、電場線與x軸重合，若是勻強電場，E﹣x圖象應該為正比例函數(shù)；而由題圖可以看出，E﹣x關系圖像是拋物線圖像，場強E隨x指數(shù)增大，而勻強電場此電場并非勻強電場，故AB錯誤；CD、U＝Ed雖然是勻強電場的表達式，但可推導非勻強電場的U、E、x之間的關系，E﹣x圖線與x軸所圍成的面積表示電勢差U，圖像的斜率不能表示電場的電勢，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查電勢差與電場強度的關系，要求學生在理解公式的基礎上結合題意及圖象進行判斷，對學生分析綜合能力有一定要求。18．（2021?山東模擬）如圖，直角梯形abcd處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，e，f分別為其邊上中點。質子從a點移動到d點，其電勢能增加W；質子從a點移動到c點，其電勢能增加W。已知，質子電荷量為q，ad長度為L，下列說法正確的是（）A．勻強電場的電場線與bc平行 B．質子從b點移動到c點，其電勢能增加2W C．質子從e點移動到c點，其電勢能增加W D．勻強電場的電場強度大小為【分析】質子從a點移動d點、c點，兩點電場力做功相同，所以cd為等勢面，本題解題關鍵是找出等勢面，結合公式U＝Ed列式分析?！窘獯稹拷猓篈、質子從a點移動d點、c點，兩點電場力做功相同，所以cd為等勢面，ad與cd垂直，故ad方向為勻強電場的電場線方向，電場線不與bc平行，故A錯誤；B、ab//cd，所以ab也為等勢面，因此質子從b點移動到c點，其電勢能增加W，故B錯誤；C、e點為da中點，所以e點到c點電勢能增加W，故C錯誤；D、因為ad方向為電場線方向，又質點從a點移動到d點，其電勢能增加W，即EqL＝W，所以場強大小E＝，故D正確。故選：D。【點評】本題考查勻強電場中的電場強度與電勢差的關系，電場力做功與電勢能的關系，要求學生熟悉掌握勻強電場相關概念以及電場線分布。19．（2021春?尖山區(qū)校級月考）如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶負電小球懸掛在電容器內部。閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則（）A．保持開關S閉合，略向右移動A板，則θ減小 B．保持開關S閉合，略向右移動A板，則θ不變 C．斷開開關S，略向上移動A板，則θ增大 D．斷開開關S，略向上移動A板，則θ不變【分析】小球受重力、拉力、電場力三個力處于平衡狀態(tài)，保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變；斷開開關S，電容器所帶的電量不變。通過電場強度的變化判斷θ角的變化?！窘獯稹拷猓篈B、保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，帶負電的A板向右移動，極板間距離減小，電場強度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，故AB錯誤；CD、斷開開關S，電容器所帶的電量不變，根據(jù)C＝，U＝，得：E＝＝＝知略向上移動A板，則S減小，E變大，電場力變大，則θ增大，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】解決電容器的動態(tài)分析問題關鍵抓住不變量。若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變。20．（2021春?錫山區(qū)校級期中）如圖所示，ABCD為一正方形，M、N、P、Q分別為正方形四條邊的中點，空間存在與正方形平面平行且范圍足夠大的勻強電場。已知質子由A點運動到B點電場力做功為﹣10eV、質子由A點運動到C點電場力做功為﹣20eV。則下列說法正確的是（）A．電場強度的方向應由A指向C B．質子由Q點運動到N點的過程中，電場力不做功 C．電子由M點運動到A點的過程中，電子的電勢能增加15eV D．電子由B點運動到D點的過程中，電場力做功10eV【分析】根據(jù)W＝qU，結合題目所給圖像，求出電勢相等的點，從而確定電場方向以及等勢線再有公式即可求解在電場中兩點間移動時電場力做功情況以及電勢能變化【解答】解：A、由題意根據(jù)W＝qU，可知，質子由A運動到B時WAB＝qUAB，代入數(shù)據(jù)解得UAB＝﹣10V，同理可得UAC＝﹣20V，假設A點的電勢為0V，則B點的電勢為10V，C點的電勢為20V，由勻強電場的特點可知正方形對角線的交點O的電勢為10V，因此BD連線為等勢線，如圖所示所以電場線的方向一定由C指向A，故A錯誤；B、由于M、N、P、Q分別為正方形四條邊的中點，則M點與Q點的電勢均為15V，P點與N點的電勢均為5V，則質子由Q點運動到N點的過程中，電場力做功為WQN＝qUQN，代入數(shù)據(jù)解得WQN＝10eV，故B錯誤；C、電子由M點運動到A點的過程中，電場力做功為WMA＝qUMA，代入數(shù)據(jù)解得WMA＝﹣15eV，則電子的電勢能增加15eV，故C正確；D．由于BD兩點的電勢相等，則電子由B點運動到D點的過程中電場力做功為零，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查勻強電場的相關知識，要求學生能夠根據(jù)題目信息判斷電場方向以及等勢線，并能運用公式確定電場力做功以及電勢能變化的情況，難度不大。二．多選題（共20小題）21．（2021?菏澤二模）如圖所示，一帶負電的粒子以一定的初速度進入某點電荷Q產(chǎn)生的電場中，沿圖中彎曲的虛線先后經(jīng)過電場中的a、b兩點，其中在a點受到的電場力為Fa，方向與ab連線成30°角；在b點受到的電場力為Fb，方向與ab連線成60°角。若粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（）A．點電荷Q帶負電 B．粒子在a點動能小于在b點的動能 C．a(chǎn)b直線上從a到b電勢先增大后減小 D．粒子在a點的加速度等于在b點加速度的倍【分析】通過曲線運動的受力方向可判斷出點電荷的電性，由于電荷在電場中只受電場力的作用，可判斷出運動過程中電場力做功的正負，從而判斷出電勢能和電勢的變化，從而得到動能和速度的變化，再由點電荷形成電場強度的公式和牛頓第二定律從而得出加速度之間的關系?！窘獯稹拷猓簩a，F(xiàn)b延長相交，交點c即為點電荷Q的位置，如圖所示：A、由上圖可知，負電荷所受電場力的方向指向場源電荷，故場源電荷為正電荷電荷，故A錯誤；B、由上圖可知，負電荷在a點的距離場源電荷的距離比在b點距離場源電荷的距離遠，故從a到b的過程中，電場力做正功，由動能定理可知，動能增加，故粒子在a點動能小于在b點的動能，故B正確；C、由上圖可知，Ra＞Rb，且點電荷的電場中等勢面是以場源電荷為圓心的同心圓，所以ab直線上從a到b電勢先增大后減小，故C正確；D、假設場源電荷的電荷量為Q，由于三角形abc是直角三角形，并且∠bac＝30°，則由tan30°＝＝，則帶負電的粒子所受的電場力分別為，，由牛頓第二定律得：qE＝ma，聯(lián)立解得粒子在a，b兩點得加速度之比為1：3，故D正確；故選：BCD?！军c評】本題主要考查了考生對于電場力做功與電勢能和動能之間的關系，最后由于正電荷在電場中只受到電場力，則可由場強公式和牛頓第二定律求出加速度的關系。22．（2021春?潞州區(qū)校級期末）如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形ABCD，其中，M為AD的中點，N為BC的中點。一個電荷量為3.0×10﹣7C帶正電的粒子，從A點到B點，電場力做功WAB＝3.0×10﹣8J；將該粒子從D點移動到C點，電場力做功為WDC＝6.0×10﹣8J，下列說法正確的是（）A．A、B兩點之間的電勢差為0.1V B．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功WMN＝4.5×10﹣8J C．若A、B之間的距離為1.0cm，該電場的場強一定是E＝10V/m D．若B、C兩點電勢相等，將該粒子從A點移動到D點，電場力做功WAD＝3.0×10﹣8J【分析】A、B兩點之間的電勢差由公式UAB＝求解；M為AD的中點，N為BC的中點，根據(jù)勻強電場的推論可知：M點的電勢等于AD兩點電勢的平均值，N的電勢等于BC兩點電勢的平均值，根據(jù)電場力公式W＝qU，可得到WMN與WAB、WDC的關系．由于電場強度方向未知，不能求解場強的大小．【解答】解：A、A、B兩點之間的電勢差為，故A正確；B．在勻強電場，在同一條線段上，M點的電勢是A、D兩點電勢的平均值；N點的電勢是B、C兩點電勢的平均值，即，所以WMN＝qUMN＝q（φM﹣φN）聯(lián)立解得：，故B正確；C．A、B兩點之間的電勢差為0.1V，但電場方向不一定沿著AB方向，該電場的場強不一定是E＝10V/m，故C錯誤．D．D、C兩點之間的電勢差為若B、C兩點電勢相等，則UAD＝﹣0.1V將該粒子從A點移動到D點，電場力做功＝﹣3.0×10﹣8J，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題關鍵抓住M、N的電勢與A、B電勢和D、C電勢的關系，根據(jù)電場力做功公式求解WMN．運用公式U＝Ed時，要正確理解d的含義：d是沿電場方向兩點間的距離．23．（2021?浙江模擬）如圖所示，內壁光滑、絕緣的半球形槽固定在地面上，整個半球形槽處于豎直向下的勻強電場中，質量相等的帶異種電荷的A、B兩小球用輕質絕緣細桿固定連接，兩球置于半球形槽中且處于靜止狀態(tài)時，小球A、B與半球形槽球心O點的連線與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，已知θ1＜θ2，則（）A．無法判斷A、B兩小球的電性 B．一定是A球帶正電，B球帶負電 C．現(xiàn)用外力將小球B向下移動一小段距離，A、B兩小球的電勢能將增大 D．突然撤去勻強電場，則兩小球組成的系統(tǒng)仍能靜止在原處【分析】根據(jù)受力平衡判斷小球的電性，以及撤去電場時的狀態(tài)；電勢能的變化與電場力做功相對應，通過電場力做功情況判斷電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈BD、兩球質量相等，如果沒有勻強電場，則靜止時兩球高度相同，絕緣細桿水平；由于θ1＜θ2，可知A球比B球位置低，即A球受到了向下的電場力，B球受到了向上的電場力，說明A球帶正電，B球帶負電；撤去勻強電場，兩小球組成的系統(tǒng)不能靜止在原處，故B正確，AD錯誤；C、將小球B向下移動一小段距離，則小球A將向上移動一小段距離，該過程中電場力對A、B兩小球都做了負功，所以A、B兩小球的電勢能將增大，故C正確。故選：BC?！军c評】本題在不知電荷電性的情況下，可以采用假設的解題方法，即不存在勻強電場時，兩球高度應相同，注意電場力做功與電勢能變化間的關系。24．（2021?梅州模擬）如圖所示，真空中有一正六邊形ABCDFG，在A點和C點分別放置兩相同的點電荷，此時正六邊形的中心位置的電場強度大小為E0，方向指向B點。下列說法正確的是（）A．兩點電荷帶正電 B．B點的電場強度大小也為E0 C．把一帶正電的試探電荷從F點移至B點，其電勢能變大 D．若在F點增加一個等量異種的點電荷，則中心位置電場強度大小為2E0【分析】根據(jù)正六邊形中心位置處的場強大小和方向，判斷點電荷的電性，結合矢量合成的平行四邊形定則判定點電荷在B處的場強大??；根據(jù)等量同種電荷的電場線分布圖和等勢面分布圖判斷F點和B點電勢大小關系，進而判斷試探電荷的電勢能關系?！窘獯稹拷猓篈BD、放在A點和C點的相同的點電荷在O點產(chǎn)生的場強為E0，方向指向B點，由此可知兩點電荷帶負電設點電荷在O點產(chǎn)生的場強為E，根據(jù)矢量合成的平行四邊形定則可得O點處的場強同理可得B點的場強EB＝2Ecos60°＝E0若在F點增加一個等量異種的點電荷，中心位置O處的電場強度大小為E′＝E+E＝2E＝2E0，故A錯誤，BD正確；C、把一帶正電的試探電荷從F點移至B點，根據(jù)等量同種電荷的電場線分布情況可知電勢升高，帶負電的試探電荷的電勢能減小，故C錯誤。故選：BD?！军c評】解決本題要充分利用正六邊形的對稱性分析點電荷在各點產(chǎn)生的場強的關系。25．（2021?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，正三棱柱ABC﹣A'B'C'的A點固定一個電荷量為+Q的點電荷，C點固定一個電荷量為﹣Q的點電荷，D、D'，點分別為AC、A'C'邊的中點，選無窮遠處電勢為0。下列說法中不正確的是（）A．B、B'，兩點的電場強度相同 B．將一負試探電荷從A'點移到C'點，其電勢能減少 C．將一正試探電荷沿直線從B點移到D'點，電場力始終不做功 D．若在A'點再固定一電荷量為+Q的點電荷，C'點再固定一個電荷量為﹣Q的點電荷，則D點的電場強度指向B點【分析】一、對等量異種點電荷電勢線分布的考查，知道沿電場線電勢降低，A'點電勢高于C'點電勢，然后判斷電勢能的變化，需要注意的是移動負電荷時，電勢能的變化與電勢變化恰好相反，知道兩點電荷連線中垂面的電勢特點，利用W＝qU解題；二、場強的疊加問題，用好等量異種點電荷連線上場強的特點?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)場強公式：從圖中看出B位置到兩點電荷的距離小于B′位置到兩點電荷的距離，場強疊加后兩點處的合場強必定不同。故A錯誤，與題意相符；B、根據(jù)等量異種點電荷電勢線分布圖可知，沿電場線電勢降低，A'點電勢高于C'點電勢。根據(jù)電勢能的表達式：EP＝qφ其中q＜0，則可知將一負試探電荷從A'點移到C'點，其電勢能增加。故B錯誤，與題意相符；C、根據(jù)幾何知識可知，B點和D'點均處在兩點電荷連線的中垂面上，它們的電勢相等，即電勢差為零根據(jù)電場力做功的公式：W＝qU可知將一正試探電荷沿直線從B點移到D'點，電場力始終不做功。故C正確，與題意不符；D、四個點電荷均在D點產(chǎn)生一個場強，根據(jù)疊加原理可知，A位置與C位置的點電荷在D點的合場強方向沿AC連線，指向C點；A'位置與C'位置的點電荷在D點的合場強方向也沿AC連線，指向C點。所以四個點電荷在D點的場強方向為沿AC連線，指向C點。故D錯誤，與題意相符。故選：ABD?！军c評】本題，借助空間立體模型考查了學生對等量異種點電荷電場線與電勢線分布特點，對本知識點需要熟練掌握，善于轉換研究的角度，變平面分布圖為立體分布圖，對點電荷的場強疊加也做了一定的分析，進一步提高學生的空間想象能力。26．（2021?青秀區(qū)校級模擬）一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（）A．x1處電場強度最小，且為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ3＞φ2＝φ0＞φ1 D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變【分析】根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep＝qΦ，場強與電勢的關系結合分析圖象斜率與場強的關系，即可求得x1處的電場強度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化；由Ep＝qΦ，分析電勢的高低。由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運動性質?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)Ep＝qφ，E＝，得E＝，由數(shù)學知識可知Ep﹣x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則知x1處電場強度為零，故A正確；BD、由題圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知電場強度減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動，x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，電場強度增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動，x2～x3段斜率不變，電場強度不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；C、根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶負電，q＜0，則知，電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1＞φ2＝φ0＞φ3，故C錯誤．故選：AD。【點評】解決本題的關鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據(jù)力學基本規(guī)律：牛頓第二定律進行分析電荷的運動情況。27．（2021?桃城區(qū)校級模擬）如圖所示，在正方體的頂點A和頂點C1處放置帶電量分別為+q、﹣q的點電荷，則下列說法正確的是（）A．頂點B、D處的電勢相等 B．頂點B1、D1處的電場強度相同 C．質子從B點移動到C點電勢能減少 D．電子從C點移動到D點電勢能增加【分析】結合已學過的異種電荷的電場線分布與電勢關系，根據(jù)對稱性與電場的疊加可判斷各點的電勢與電場的大小?！窘獯稹拷猓篈、由對稱性知頂點B、D處的電勢相等，故A正確；B、由電場疊加和對稱性知頂點B1、D1處的電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；C、B點的電勢高于C點的電勢，則質子從B點移動到C點電勢能減少，故C正確；D、C點的電勢低于D點的電勢，則電子從C點移動到D點電勢能減少，故D錯誤。故選：AC?！军c評】注意電場的矢量性比較，需要大小方向均相同才可以，等勢面上的點電勢相等。28．（2021?重慶模擬）如圖所示，帶有等量異號電荷的金屬板電容器MQ平行放置，NP非平行放置，兩電容器相隔較遠，其中M、N兩板帶正電，a、b兩點到M板距離相等，c、d兩點到N板距離相等，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點電場強度相同，電勢相同 B．c、d兩點電場強度不同，電勢相同 C．把一電荷從c點移動到d點，電場力做功為零 D．金屬板N的表面是等勢面【分析】根據(jù)勻強電場和非勻強電場的特點判斷電場強度的大小，由等勢面垂直于電場線判斷電勢的高低。根據(jù)電勢差判斷電場力是否做功，根據(jù)靜電平衡的特點判斷等勢體?！窘獯稹拷猓篈、a、b連線重直場強方向，故a、b所在的平面為等勢面，φa＝φb，又因為MQ間為勻強電場，Ea＝Eb，故A正確；B、金屬板NP間為非勻強電場，電場線彎曲，故ab連線并不垂直于電場線，所以φa≠φb，故B錯誤；C、由上可知，φa≠φb，那么Uab≠0，所以Wab≠0，故C錯誤；D、金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，整個金屬板N是一個等勢體，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查電場強度與電勢的關系，關鍵掌握電場線與等勢面垂直，且由電勢高指向電勢低的地方，還有靈活運用WAB＝UABq電場力做功的公式。29．（2021?海南三模）如圖所示，正三角形A、B、C的兩個頂點A、B分別放置一個電荷量為q的正點電荷，BC、AC、AB中點分別為a、b、c三點，三角形中心為O。設無窮遠處電勢為零，到點電荷距離為r處點的電勢為φ＝k（k為常數(shù)），若把另一個電荷量也為q的正點電荷放置在C點，下面判斷正確的是（）A．C處放上電荷之后，O點的場強變?yōu)榱?B．C處放上電荷之后，O點電勢由零變?yōu)樨撝?C．C處放上電荷之后，a、b、c三點電勢相等 D．C處放上電荷之后，O、a、b、c四點電勢相等【分析】根據(jù)點電荷場強的定義式和矢量的疊加原理求場強，根據(jù)電勢的公式和標量的疊加原理求電勢?！窘獯稹拷猓篈、C處放上點電荷之后，A、B、C處點電荷為等量同種電荷，三點距O點的距離相等，三個點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，如圖所示：根據(jù)電場強度疊加原理得，O點合場強為零，故A正確；B、設無窮遠處電勢為零，A、B、C三點距O點的距離相等，產(chǎn)生的電勢大小相等，設三點到O點距離為r，根據(jù)電勢疊加原理得，O點的電勢為3k，故B錯誤；C、A、B處點電荷距c點距離、B、C處點電荷距a點距離、A、C處點電荷距b點距離相同均為rcos30°，產(chǎn)生的電勢相同大小為＝C處點電荷距c點距離、A處點電荷距a點距離、B處點電荷距b點距離相同為，a、b、c三點產(chǎn)生的電勢相同為＝，根據(jù)電勢疊加原理得，a、b、c三點電勢相等均為：＝，故C正確；D、O點的電勢為3k，a、b、c三點產(chǎn)生的電勢相同為＝，故D錯誤。故選：AC?！军c評】解題的關鍵是掌握矢量的疊加遵循平行四邊形定則，標量運算遵循代數(shù)運算法則。30．（2021?湖北模擬）如圖所示，A、B兩點固定兩個等量異種點電荷+Q和﹣Q，O點為AB連線的中點，OD是AB連線的中垂線，BC與OD平行，∠BAC＝30°，令無限遠處電勢為0。下列說法正確的是（）A．將一電荷由無限遠處移至D點電場力做正功 B．將一電荷由無限遠處移至O點電場力做功為0 C．C、D兩點電場強度大小之比為 D．C、D兩點電場強度大小之比為【分析】根據(jù)等量異種電荷連線的中垂面是等勢面，且與無限處電勢相等，可判斷電場力做的功；根據(jù)場強疊加原理遵從平行四邊形定則或者正交分解到互相垂直方向，然后再合成求合電場強度?！窘獯稹拷猓篈B、等量異種電荷連線的中垂面是等勢面，且與無限處電勢相等，故從無限遠處至O、D兩點電場力做功都為0，則A錯誤、B正確；CD、設BC邊長為a，由點電荷的電場強度公式兩個點電荷在D點產(chǎn)生的電場強度均為：，根據(jù)電場疊加原理，則有D點場強：ED＝2Ecos30°解得：，+Q在C點產(chǎn)生的場強大小為：，﹣Q在C點產(chǎn)生的場強大小為：，方向如圖：把兩個電場沿豎直向上和水平方向分解：水平方向上：Ex＝E'cos30°Ey＝E+E'sin30°解得C點場強大小為，解得，故C正確、D錯誤.故選：BC?！军c評】解題時注意如果平行四邊形定則合成時沒有特殊角可根據(jù)正交分解求兩個互相垂直方向的電場然后再合成。31．（2021?平山區(qū)校級四模）如圖所示，正六邊形的兩個頂點F、D上固定等量異號電荷，則下列說法正確的是（）A．C點電場強度大于B點電場強度 B．若帶正電的粒子僅在電場力作用下沿直線從F運動到D，其加速度先變大后變小 C．將一個正電荷從A點移到C點電場力做功等于將其從A點移到E點的2倍 D．將一個正電荷從B點移到O點電場力做功小于將其從B點移到E點電場力做的功【分析】根據(jù)等量異種電荷的電場線的疏密，從而確定周圍各點場強的大??；根據(jù)場強的大小變化情況及a＝，可確定加速度的變化情況；根據(jù)BE為中垂線，可知UAC＝2UAE，根據(jù)W＝qU可求將一個正電荷從A點移到C點電場力做功與將其從A點移到E點電場力做功的關系；同理UBO＝UBE，根據(jù)W＝qU可求將一個正電荷從B點移到O點電場力做功與將其從B點移到E點電場力做的功的關系?！窘獯稹拷猓旱攘慨惙N電荷電場線如圖：由圖可知越靠近電荷的地方電場線越密，場強越大，越遠離電荷的地方，電場線越疏，場強越小。A、由圖可知，C點離電荷的距離小于B點到電荷的距離，故C點電場強度大于B點電場強度，故A正確。B、若帶正電的粒子僅在電場力作用下沿直線從F運動到D，由圖可知，電場線先變疏后變密，所以場強先減小后增大，根據(jù)F＝Eq＝ma，即a＝可知，加速度先變小后變大，故B錯誤。C、連接BE、AC，因為BE為FD的中垂線，即為等勢面，又因為A、C點關于BE對稱，則有UAC＝2UAE，根據(jù)W＝qU可知，將一個正電荷從A點移到C點電場力做功等于將其從A點移到E點電場力做功的2倍，故C正確。D、因為B、O、E點均在同一等勢面上，故UBO＝UBE＝0，根據(jù)W＝qU可知，將一個正電荷從B點移到O點電場力做功等于將其從B點移到E點電場力做的功，且做的功均為零，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題主要考查等量異種電荷周圍電場線的分布，及等勢面的特點和電場力做功的表達式，注意等量異種電荷，關于電荷連線中點O對稱的兩點的場強的關系。32．（2021?湖南）如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑。將電荷量為q（q＞0）的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W（W＞0）；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W。下列說法正確的是（）A．該勻強電場的場強方向與ab平行 B．將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5W C．a(chǎn)點電勢低于c點電勢 D．若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動【分析】將c、d兩點投影到ab連線上，根據(jù)幾何關系以及電場力做功表達式：W電＝qEd，即可推得電場線的方向，也可求解粒子從d點移動到b點，電場力做功；沿電場方向電勢逐漸降落，可判斷電勢高低；當粒子受力方向與運動方向共線時，粒子會做直線運動?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意可知：粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W（W＞0）；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W，移動距離ab在電場方向的投影dab，移動距離cd在電場方向的投影dcd，根據(jù)電場力做功表達式：W電＝qEd，可知dab是dcd的兩倍，設圓形電場區(qū)域的半徑為R，如圖，由幾何關系得：cd在ab方向的投影等于R，剛好滿足dab是dcd的兩倍，所以電場線的方向由a指向b，場強方向與ab平行，故A正確；B、由A選項的結論可知：2W＝2qER由圖可知：d到b的距離在電場方向的投影d′b＝R，粒子從d點移動到b點電場力做功：Wdb＝qE?R＝0.5W，故B正確；C、沿電場方向電勢逐漸降落，a點電勢高于c′點電勢，c與c′為等勢點，所以a點電勢高于c點電勢，故C錯誤；D、如果粒子進入電場時的速度方向與電場方向相同或相反，粒子都會做直線運動，不會做曲線運動，故D錯誤；故選：AB?！军c評】解決本題的關鍵是電場線方向的判斷，注意電勢與電場方向的關系以及粒子做直線運動、曲線運動的條件。33．（2021?天津二模）如圖所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，其連線中點為O.在A、B所形成的電場中，以O點為圓心、半徑為R的圓面垂直AB，以O為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面，兩平面邊線交點分別為e、f，g為圓面邊緣上一點。下列說法中正確的是（）A．圓面邊緣上各點，電場強度均相同，電勢都相等 B．沿線段eOf移動的電荷受到的電場力先減小后增大 C．將一試探電荷由e點沿圓弧egf移到f點，電場力始終不做功 D．將一試探電荷由a點移到O點比由a點移到e點電勢能的變化量大【分析】等量異種電荷的電場線分布具有對稱性，兩點電荷連線的中垂面是一個等勢面；根據(jù)電場特點可以判斷電場強度大小，根據(jù)電場強度大小可以判斷電場力大??；電荷在同一等勢面上移動時，電場力不做功；【解答】解：A、根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，以O點為圓心、半徑為R的圓面所在的平面為等勢面，故圓上各點的電勢相等，根據(jù)電場線分布的對稱性可知圓面邊緣上各點，電場強度均相同，故A正確；B、根據(jù)電場線分布的特點可知，沿線段eOf，電場強度先增大后減小，故電荷受到的電場力先增大后減小，故B錯誤；C、已知圓面所在的平面為等勢面，故將一試探電荷由e點沿圓弧egf移到f點，電勢不變，試探電荷的電勢能不變，電場力不做功，故C正確；D、已知圓面所在的平面為等勢面，O點的電勢和e點的電勢相同，故將一試探電荷由a點移到O點和由a點移到e點電勢能的變化量相同，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查等量異種電荷產(chǎn)生的電場，注意等量異種電荷產(chǎn)生的電場具有對稱性。掌握其電場線的特點，即可解決本題。34．（2021?河南模擬）如圖所示，由A、B、C、D、E、F、G、H作為頂點構成一正方體空間，則下面說法正確的是（）A．若只在A點放置一正點電荷，則UBC＞UBF B．若只在A、F兩點處放置等量異種點電荷，則D、G兩點電勢相等 C．若只在A、G兩點處放置等量同種點電荷，則B、C兩點的電勢相等 D．若只在A、E兩點處放置等量異種點電荷，則D、F兩點的電場強度大小相等【分析】根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場的特點可以判斷兩點電勢差，根據(jù)等量異種電荷產(chǎn)生電場和等量同種電荷產(chǎn)生電場的特點，可以比較兩點的電勢和電場強度?！窘獯稹拷猓篈、若A點放置一正點電荷，C點和F點到A點距離相同，在同一等勢面上，可得電勢差UBC＝UBF，故A錯誤；B、若只在A、F兩點處放置等量異種點電荷，根據(jù)等量異種點電荷電場的特點，可知平面BCHE為電場的等勢面，電場線從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，則D、G兩點電勢一定不相等，但大小不確定，故B錯誤；C、若只在A、G兩點處放置等量同種點電荷，A到B的距離和G到C的距離相等，即A點的點電荷在B點的電勢和G點的點電荷在C點的電勢相同，A到C的距離和G到B的距離相等，即A點的點電荷在C點的電勢和G點的點電荷在B點的電勢相同，則B、C兩點的電勢相等，故C正確；D、若只在A、E兩點處放置等量異種點電荷，等量異種點電荷的電場具有對稱性，即上下對稱，左右對稱，則D、F兩點的電場強度大小相等，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了對點電荷的電場與等量異種點電荷的電場和等量同種點電荷的電場的理解，關鍵是掌握各種電場的電場線分布情況，要知道空間各點的電場是各個電荷電場的疊加。35．（2021?衡陽二模）勻強電場中有一與電場方向平行的扇形AOB區(qū)域，如圖所示，圓心角θ＝120°，半徑R＝1m，其中C、D、F將圓弧AB四等分。已知φA＝9V，φB＝0，φO＝3V，以下說法正確的是（）A．φD＝6V B．φF＝3V C．電場方向沿AO連線方向 D．場強大小為3V/m【分析】本題可利用勻強電場電勢均勻變化，結合幾何關系，判斷電勢高低以及等勢面，從而進行求解。【解答】解：AB、連接AB、OC、OD、OF，交點分別為I、H、G，△OIG為等邊三角形，△OAI、△OBG為等腰三角形，如圖所示由幾何關系可得AI＝IG＝GB即I、G為AB的三等分點，由于勻強電場電勢均勻變化，由題干已知φA＝9V，φB＝0，可得φI＝6V、φG＝3V，故OF為電勢3V的等勢面，由幾何關系可得DI連線垂直于OA，與OF平行，為電勢6V的等勢面，即φD＝6V、φF＝3V，故AB正確；C、電場方向垂直于等勢面指向電勢較低一側，故沿AO連線方向，故C正確；D、場強大小為E＝，UAO＝φA﹣φO，代入數(shù)據(jù)得E＝6V/m，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】本題考查學生對電勢的認識和掌握情況，要求學生結合幾何關系進行分析求解，難度適中。36．（2021?松原模擬）如圖所示，矩形ABCD的頂點A、C分別固定有電荷量相等的正、負點電荷，O點為矩形對角線的交點，B點的電勢為φ，則下列說法正確的是（）A．D點電勢為φ B．B、D兩點的場強大小相等，方向相反 C．B、D兩點的場強大小相等，方向相同 D．將一質子從B點沿直線移到D點電場力先做負功后做正功【分析】由等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，且電場線從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面可以判斷兩點電勢的高低；根據(jù)等量異種電荷電場線的分布判斷電場線的疏密，進而判斷電場強度大??；根據(jù)質子所受電場力的方向和運動方向的夾角可判斷電場力做功情況?！窘獯稹拷猓篈、電場線由A指向C，等勢面與電場線垂直，根據(jù)等量異種電荷產(chǎn)生的電場的分布特點可知，AC連線的中垂面為等勢面，電場線從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以B點的電勢比D點的高，故A錯誤；BC、根據(jù)點電荷的電場線分布特點可知，B、D兩點的場強大小相等，方向相同，故B錯誤，C正確；D、將一質子從B點沿直線移到D點，經(jīng)過O點，質子受到電場力的方向與電場強度方向相同，B→O過程中，電場力方向與運動方向夾角為鈍角，電場力做負功，O→D過程中，電場力方向與運動方向夾角為銳角，電場力做正功，故電場力先做負功后做正功，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查等量異種電荷電場線的分布特點，關鍵要知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，沿電場線方向電勢逐漸降低，電場線越密集的地方電場強度越大。37．（2021?丹東二模）真空中，位于x軸上的兩個帶等量負電的點電荷關于坐標原點O對稱。電場強度E與位置x的關系E﹣x圖像、電勢φ與位置x的關系φ﹣x圖像正確的是（）（規(guī)定無窮遠處電勢為零，電場強度沿x軸正方向為正）A． B． C． D．【分析】等量同種電荷沿x軸正方向，從左到右，越靠近點電荷電場強度越大，電勢沿著電場線逐漸減少。【解答】解：AB、對于等量同種電荷在O點產(chǎn)生的電場強度，應該為等大反向，故O點場強為0，規(guī)定電場強度沿x軸正方向為正，越靠近點電荷電場強度越大，從左到右應該先反向減小，后正向增大，故A正確，B錯誤；CD、若規(guī)定無窮遠處電勢為0，過O點做中垂線，從O點向兩端電勢一直減少，到無限遠處減為0，所以O點電勢不為0，故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關鍵要掌握等量負電荷周圍電場線分布，知道電場線密的地方場強比較強；同時明確沿電場線的方向電勢降低。38．（2021春?梅河口市校級月考）如圖所示，正方形ABCD四邊中點處固定有四個等量的點電荷，其中兩個帶正電、兩個帶負電，O為正方形的中心，a、b、c、d四點分別為OA、OB、OC、OD的中點。關于a、b、c、d四點場強、電勢，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)點場強與c點場強相同 B．a(chǎn)點電勢小于c點電勢 C．b點場強大于d點場強 D．b點電勢等于d點電勢【分析】根據(jù)等量同種和異種電荷產(chǎn)生的電場特點求合場強的方向，根據(jù)對稱性找大小關系，根據(jù)BD電場的方向垂直于BD可知BD是等勢面，根據(jù)正電荷周圍的電勢往往是正的，負電荷的電勢往往是負的判斷電勢的高低，【解答】解：A、兩個正電荷在a點產(chǎn)生的合場強與兩個負電荷在c點產(chǎn)生的場強大小相等方向相同，方向沿ac方向，兩個正電荷在c產(chǎn)生的合場強與兩個負電荷在a點產(chǎn)生的合場強大小相等方向相同，方向沿ac方向，故ac兩點的場強相同，故A正確；C、AB中點和BC中點的電荷在b點產(chǎn)生的合場強大小與AD中點和DC中點電荷在d點產(chǎn)生的合場強大小相等，方向都垂直于BD，AB中點和BC中點的電荷在d點產(chǎn)生的合場強大小與AD中點和DC中點電荷在c點產(chǎn)生的合場強大小相等，方向都垂直于BD，故bd兩點的場強大小相等，方向垂直于BD，故C錯誤；BD、由C可知，BD上的電場都垂直于BD，故BD是一條等勢面，若選無窮遠處電勢為0，BD左側的電勢為正，BD右側的電勢為負，a點電勢大于c點電勢，故B錯誤，D正