2023-2024學年天津四中高二（上）第一次月考物理試卷

一、單選題（每題5分，共50分）15分2022秋?天津期中）如圖所示，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示。若只受電場力，則下列判斷中正確的是()A．若粒子是從A到B，則粒子帶正電；若粒子是從B到A，則粒子帶負電B．若粒子是從B運動到A，則其速度減小C．帶電粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能D．若粒子是從B運動到A，機械能守恒25分2022春?朝陽區(qū)期末）下列說法中正確的是()A．根據E＝可知，電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的靜電力成正比B．電場中某點的電場強度E與試探電荷的受力大小及帶電荷量無關C．電場中某點的電場強度方向即試探電荷在該點的受力方向D．公式E＝和E＝只適用點電荷形成的電場35分2016?海南自主招生）如圖所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa＝5V、φb＝3V．下列敘述正確的是()A．該電場在c點處的電勢一定為4VB．a點處的場強Ea一定大于b點處的場強EbC．一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少D．一正電荷運動到c點時受到的靜電力由c指向a45分2021春?冀州區(qū)校級期末）如圖所示，在水平方向上的a、b兩點處，分別固定有等量異種點電荷+Q和﹣Q，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個負點電荷先后放在d、c、e點，三點所在的電場強度分別為Ed、Ec、Ee，則下列說法中正確的是()A．Ed、Ec、Ee的方向都是水平向右B．Ed、Ec的方向水平向右，Fe的方向豎直向上C．Ed、Ee的方向水平向右，Fc＝0D．Ed、Ec、Ee的大小都相等55分2023?重慶模擬）如圖所示，實線表示某靜電場中的電場線，過M點的電場線是水平直線，虛線表示該電場中的一條豎直等勢線，M、N、P是電場線上的點，Q是等勢線上的點。一帶正電的點電荷在M點由靜止釋放，僅在電場力作用下水平向右運動，則()A．點電荷一定向右做勻加速運動B．點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度小C．將一負點電荷從P點移到N點，電場力做正功D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，點電荷將沿等勢線做直線運動65分2023秋?阿克蘇市校級月考）電荷量為1.0×10﹣8C的正電荷，從電場中的A點移到B點，電場力做功1.5×10﹣6J的功，則電場中A、B兩點間的電勢差是()A．50VB．100VC．150VD．200V75分）某空間存在如圖所示的電場，圖中的虛線為電場的等勢線。一帶電荷量為2e的粒子（不考慮所受重力）以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，下列說法正確的是()A．該粒子帶正電B．粒子從a點運動到c點的過程中，電勢能增大20eVC．該粒子經過f點時的加速度為0D．若粒子經過d點時的動能為12eV，則該粒子經過a點時的動能為2eV85分2022春?丹徒區(qū)校級期末）三個帶有同種電荷的粒子a、b、c經同一加速電場加速后，以平行金屬板的速度射入同一偏轉電場，如圖所示。經過一段時間，三個粒子均離開平行金屬板間。已知粒子a、b、c的質量之比為1：2：4，所帶的電荷量之比為1：1：2，且粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不計。則下列說法正確的是()A．粒子a、b、c在平行金屬板之間運動的時間之比為2：1：1B．粒子a、b、c離開平行金屬板間瞬間的速度大小相等C．粒子a、b、c、從同一位置離開平行金屬板間D．粒子a、b、c、在平行金屬板間運動的整個過程，動能的變化量之比為1：2：495分2022秋?天河區(qū)校級期中）在“研究平行板電容器電容的決定因素”的實驗中，平行板電容器與靜電計如圖連接。給電容器充電，靜電計的指針偏轉了角度θ。保持其他因素不變，下列操作與實驗現象或分析準確對A．減小兩極板間距d，靜電計指針偏轉角度增大B．減小兩極板間距d，平行板電容器間的場強減小C．減小兩極板正對面積S，電容器兩極板間電壓增加D．在兩極板間插入電介質，靜電計指針偏轉角度增大105分2023秋?河西區(qū)校級月考）帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10﹣4J的功。那么()A．M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能B．P點的場強一定小于Q點的場強C．P點的電勢一定高于Q點的電勢D．M在P點的動能一定小于它在Q點的動能二、多選題（每題6分，共18分）（多選）116分2023秋?河西區(qū)校級月考）如圖所示，a、b為兩個固定的帶等量電荷的正點電荷，點電荷a、b的連線與線段cd互相垂直平分，一負點電荷由c點靜止釋放，如果只受電場力作用則關于此電荷的運動，下列說法正確的是()A．從c到d速度先增大后減小B．在cd間做往復運動，在關于O點對稱的兩點處速度大小相等C．從c到O加速度減小，從O到d加速度增大D．若在c點給負點電荷一個合適的初速度，它可以做勻速圓周運動（多選）126分2021秋?興義市校級期末）如圖所示，平行板電容器與電源電壓恒為U的直流電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。下列說法正確的是()A．帶電油滴所帶電荷為正電荷B．若電容器的電容減小，則極板所帶電荷量將減小C．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一段距離，則帶電油滴將豎直向上運動D．將平行板電容器的上極板水平向左移動一段距離，則帶電油滴仍然保持平衡狀態(tài)（多選）136分2021秋?南關區(qū)校級期末）O、A、B為一條電場線上的三點，一電子僅在電場力作用下由O點經A點向B點運動，以O點為零電勢點，該電子運動過程中電勢能Ep隨移動距離x的變化規(guī)律如圖所示，則下列說法中正確的是()A．該電場可能是孤立點電荷形成的電場B．A點的電場強度等于B點的電場強度C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA﹣EpBD．電子在A點的動能小于在B點的動能三、解答題（每題16分，共32分）1416分2021秋?鐘山區(qū)校級期中）如圖，一質量m＝1×10﹣6kg、帶電荷量q=﹣2×10﹣8C的微粒以初速度大小v0豎直向上從A點射入一水平向右的勻強電場，當微粒運動到比A點高h＝0.2m的B點時，速度大小為2v0，方向水平。g取10m/s2，求：（1）微粒的初速度大小v0；（2）A、B兩點間的電勢差UAB；（3）勻強電場的場強大小E。1516分2019秋?吉林期中）如圖，空間存在水平方向的勻強電場E＝2.0×104N/C，在A處有一個質量為0.3kg的質點，所帶的電荷量為q＝+2.0×10﹣4C，用一長為L＝600cm的不可伸長的絕緣細線與固定點O連接。AO與電場線平行處于水平狀態(tài)，取g＝10m/s2．現讓該質點在A處由靜止釋放，求：（1）釋放瞬間質點的加速度；（2）從釋放到第一次到達O點正下方過程中質點機械能的變化量；（3）質點第一次到達O點正下方時的速度大小v。一、單選題（每題5分，共50分）15分2022秋?天津期中）如圖所示，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示。若只受電場力，則下列判斷中正確的是()A．若粒子是從A到B，則粒子帶正電；若粒子是從B到A，則粒子帶負電B．若粒子是從B運動到A，則其速度減小C．帶電粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能D．若粒子是從B運動到A，機械能守恒【分析】根據粒子的運動軌跡判斷出速度方向和加速度方向，結合電場線和曲線運動的相關知識完成解答?！窘獯稹拷猓篈、根據粒子做曲線運動時，所受的合外力指向曲線內側，可知，不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子所受的電場力都大致向左，結合電場線的方向，粒子必定帶負電，故A錯誤；B、粒子從B到A的過程中，電場力方向與速度方向成銳角，電場力對粒子做正功，則粒子的動能增大，速度增大，故B錯誤；C、A到B的過程中，電場力做負功，電勢能增大，故C正確；D、電場力做功，機械能不守恒，故D錯誤。故選：C。25分2022春?朝陽區(qū)期末）下列說法中正確的是()A．根據E＝可知，電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的靜電力成正比B．電場中某點的電場強度E與試探電荷的受力大小及帶電荷量無關C．電場中某點的電場強度方向即試探電荷在該點的受力方向D．公式E＝和E＝只適用點電荷形成的電場【分析】解答本題關鍵抓住電場強度的定義式和點電荷場強公式進行判斷：電場強度反映電場本身的力性質，與試探電荷的電量、所受的電場力無關；由E＝分析，電場強度的方向與正試探電荷在q該點所受的靜電力方向相同。公式E＝是場強的定義式適用任何靜電場，E＝是由庫侖定律和E＝結合推出的，只對于真空中點電荷產生的靜電場適用?！窘獯稹拷猓篈B、E＝只是電場強度的定義式，不能由此得出電場中某點的場強與檢驗電荷在該點所受的電場力成正比、與電荷量成反比，電場中某點的電場強度只與電場本身的性質有關，與檢驗電荷的電荷量及受力無關，故A錯誤，B正確；C、電場中某點的電場強度方向為正電荷在該點的受力方向，故C錯誤；D、公式E＝對于任何靜電場都是適用的，E＝只適用于真空靜止點電荷的電場，故D錯誤。故選：B。35分2016?海南自主招生）如圖所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa＝5V、φb＝3V．下列敘述正確的是()A．該電場在c點處的電勢一定為4VB．a點處的場強Ea一定大于b點處的場強EbC．一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少D．一正電荷運動到c點時受到的靜電力由c指向a【分析】只有當該電場是勻強電場時，在c點處的電勢一定為4V；電場力做功情況，分析正電荷從c點運動到b點電勢能如何變化，電場線的疏密可以判斷場強的大?。徽姾墒艿降碾妶隽Ψ较蚺c場強方向相同。【解答】解：A、當該電場是勻強電場時，由于沿電場方向相同距離電勢差相等，則在c點處的電勢一定為4V．當該電場不是勻強電場時，在c點處的電勢不一定為4V，故A錯誤；B、一條電場線無法比較電場線的疏密，就無法比較場強的大小，則a點處的場強Ea不一定大于b點處的場強Eb．故B錯誤；C、根據沿電場線的方向電勢降低，可知電場線方向從a指向b，正電荷所受的電場力方向水平向右，所以從c到b電場力做正功，電勢能減小，故C正確；D、電場方向從a指向b，正電荷運動到c點時受到的電場力由a指向b，故D錯誤。故選：C。45分2021春?冀州區(qū)校級期末）如圖所示，在水平方向上的a、b兩點處，分別固定有等量異種點電荷+Q和﹣Q，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個負點電荷先后放在d、c、e點，三點所在的電場強度分別為Ed、Ec、Ee，則下列說法中正確的是()A．Ed、Ec、Ee的方向都是水平向右B．Ed、Ec的方向水平向右，Fe的方向豎直向上C．Ed、Ee的方向水平向右，Fc＝0D．Ed、Ec、Ee的大小都相等【分析】a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷+Q和﹣Q，首先要畫出等量異號電荷的電場的分布圖，明確各點的電場強度的大小和方向的關系?！窘獯稹拷猓旱攘慨愄栯姾傻碾妶龅姆植继攸c如圖：ABD、從圖中可知看到d點的電場線最密，場強最大，e點的電場線最疏，場強最小，所以Ed、Ec、Ee三個力中Ed最大；c、d、e三點的場強方向都水平向右，所以正電荷在這三點受到的電場力的方向都水平向右。故A正確，BD錯誤；C、根據電場的疊加原理知，c點的場強不等于0，則Fc≠0，故C錯誤；故選：A。55分2023?重慶模擬）如圖所示，實線表示某靜電場中的電場線，過M點的電場線是水平直線，虛線表示該電場中的一條豎直等勢線，M、N、P是電場線上的點，Q是等勢線上的點。一帶正電的點電荷在M點由靜止釋放，僅在電場力作用下水平向右運動，則()A．點電荷一定向右做勻加速運動B．點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度小C．將一負點電荷從P點移到N點，電場力做正功D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，點電荷將沿等勢線做直線運動【分析】依據電場線的疏密，即可判定電場強度的強弱；電勢隨電場方向逐漸減小，進而分析電勢能與電場力做功，根據電場力方向分析電場線方向，負電荷所受電場力方向與電場線方向相反，速度與力不在同一直線，點電荷做曲線運動?！窘獯稹拷猓篈．根據電場線的分布可知，該靜電場不是勻強電場，所以點電荷在運動過程中受到的電場力不是恒定的，根據牛頓第二定律，點電荷運動的加速度也不是恒定的，所以點電荷向右做的不是勻加速運動，故A錯誤；B．由圖可知，N點電場線比P點電場線密集，所以N點的電場強度大于P點的電場強度，點電荷在N點受到的電場力大于P點處的電場力，所以點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度大，故B錯誤；C．電勢隨電場方向逐漸減小，所以N點電勢比P點高，將一負點電荷從P點移到N點，電勢能減小，電場力做正功，C故正確；D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，由于電場方向垂直等勢線，則點電荷受到的電場力方向與運動方向不在同一條直線上，所以點電荷做曲線運動，故D錯誤。故選：C。65分2023秋?阿克蘇市校級月考）電荷量為1.0×10﹣8C的正電荷，從電場中的A點移到B點，電場力做功1.5×10﹣6J的功，則電場中A、B兩點間的電勢差是()A．50VB．100VC．150VD．200V【分析】根據電場力做功與電勢差的關系求出A、B間的電勢差?！窘獯稹拷猓篈、B兩點間的電勢差為故ABD錯誤，C正確；故選：C。75分2022春?昌圖縣校級期末）某空間存在如圖所示的電場，圖中的虛線為電場的等勢線。一帶電荷量為2e的粒子（不考慮所受重力）以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，下列說法正確的是()A．該粒子帶正電B．粒子從a點運動到c點的過程中，電勢能增大20eVC．該粒子經過f點時的加速度為0D．若粒子經過d點時的動能為12eV，則該粒子經過a點時的動能為2eV【分析】利用等勢面的情況大致分析出電場線的分布情況，利用電場中各個物理量的關系逐個分析求解?！窘獯稹拷猓篈、根據兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得，該圖中的等勢面中，正電荷在上方，負電荷在下方；從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶電粒子受到了向上的力的作用，所以粒子帶負電，故A錯誤；B、粒子從a點運動到c點的過程中，電勢能增大ΔEp=﹣2e×(﹣10）V＝20eV，故B正確；C、等量異種點電荷連線上f點的電場強度不為0，則該粒子經過f點時的加速度不為0，故C錯誤；D、粒子從a到d，電勢能增大10eV，則粒子在d點的電勢能為10eV，粒子的總能量為22eV，由于粒子在a點的電勢能為0，則粒子經過a點時的動能為22eV，故D錯誤。故選：B。85分2022春?丹徒區(qū)校級期末）三個帶有同種電荷的粒子a、b、c經同一加速電場加速后，以平行金屬板的速度射入同一偏轉電場，如圖所示。經過一段時間，三個粒子均離開平行金屬板間。已知粒子a、b、c的質量之比為1：2：4，所帶的電荷量之比為1：1：2，且粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不計。則下列說法正確的是()A．粒子a、b、c在平行金屬板之間運動的時間之比為2：1：1B．粒子a、b、c離開平行金屬板間瞬間的速度大小相等C．粒子a、b、c、從同一位置離開平行金屬板間D．粒子a、b、c、在平行金屬板間運動的整個過程，動能的變化量之比為1：2：4【分析】粒子在加速電場中做勻加速直線運動，根據動能定理計算出末速度；粒子進入偏轉電場后做類平拋運動，根據兩個方向上的運動特點和粒子的比荷分析選項的正誤?！窘獯稹拷猓篈、設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，平行金屬板長度為L，板間距離為d，根據動能定理得：;則粒子進入平行金屬板的初速度為：，由題意可得a、b、c的比荷之比為2：1：1，則初速度之比為：1：1，而粒子在平行金屬板板間運動的時間t則運動的時間之比為1故A錯誤；B、粒子離開平行金屬板瞬間，在豎直方向上的分速度為，則粒子離開金屬板瞬間的速度為：,因為粒子的比荷不相同，則離開瞬間速度的大小不同，故B錯誤；C、偏轉位移，與粒子的電荷量和質量無關，則三個粒子從同一位置離開，故C正確；D、偏轉電場的電場力對粒子做功為，由以上的分析可知y相同，而因為電荷量之比為1：1：2，則動故選：C。95分2022秋?天河區(qū)校級期中）在“研究平行板電容器電容的決定因素”的實驗中，平行板電容器與靜電計如圖連接。給電容器充電，靜電計的指針偏轉了角度θ。保持其他因素不變，下列操作與實驗現象或分析準確對A．減小兩極板間距d，靜電計指針偏轉角度增大B．減小兩極板間距d，平行板電容器間的場強減小C．減小兩極板正對面積S，電容器兩極板間電壓增加D．在兩極板間插入電介質，靜電計指針偏轉角度增大【分析】本題中電量不變，根據平行板電容器的決定式可得出C，再由C＝可知電容器電壓的變化。【解答】解：A．給電容器充電后電容器所帶電荷量一定，當減小兩極板間距d時，根據電容器的決定式可知，電容器的電容變大，結合可知，電容器兩極板間的電壓減小，則靜電計指針偏轉角度減小，與A選項描述不符，故A錯誤；B．根據聯立可得可知，減小兩極板間距d，平行板電容器間的場強不變，與B選項描述不符，故B錯誤；C．根據電容器的決定式可知，減小兩極板正對面積S，電容器的電容將變小，結合可知，電容器兩極板間的電壓將增加，故C正確；D．根據電容器的決定式可知，在兩極板間插入電介質，電容器的電容將變大，結合可知，電容器兩極板間的電壓將減小，靜電計指針偏轉角度將減小，與D選項描述不符，故D錯誤。故選：C。105分2023秋?河西區(qū)校級月考）帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10﹣4J的功。那么()A．M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能B．P點的場強一定小于Q點的場強C．P點的電勢一定高于Q點的電勢D．M在P點的動能一定小于它在Q點的動能【分析】在本題中只是知道從P到Q電場力做負功，而電荷的正負不知道，因此無法判斷電勢高低，電場線分布或者說電場分布情況不知，也無法判斷電場強度的大?。鶕妶隽ψ龉碗妱菽艿年P系可以判斷動能和電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈D．帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動Q點，在此過程中克服電場力做功，則電勢能增加，動能減小，即M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能，M在P點的動能一定大于它在Q點的動能，故A正確，D錯誤；B．由于電場線分布或者說電場分布情況不知，所以無法比較P點的場強與Q點的場強關系，故B錯誤；C．帶電粒子的電性不能確定，則不能比較P點的電勢與Q點的電勢關系，故C錯誤。故選：A。二、多選題（每題6分，共18分）（多選）116分2023秋?河西區(qū)校級月考）如圖所示，a、b為兩個固定的帶等量電荷的正點電荷，點電荷a、b的連線與線段cd互相垂直平分，一負點電荷由c點靜止釋放，如果只受電場力作用則關于此電荷的運動，下列說法正確的是()A．從c到d速度先增大后減小B．在cd間做往復運動，在關于O點對稱的兩點處速度大小相等C．從c到O加速度減小，從O到d加速度增大D．若在c點給負點電荷一個合適的初速度，它可以做勻速圓周運動【分析】在等量的正電荷的電場中，根據矢量的合成法則可以知道，在它們的連線中垂線上的點的電場強度的方向都是沿著中垂線指向外的，由此可以判斷電場的情況；根據電場力的大小來確定加速度的變化，從而確定負電荷的速度變化；由電場力做功可知，負電荷的動能變化情況；當兩點電荷提供的合力恰好等于其所需要的向心力，則會做勻速圓周運動.【解答】解：AB、等量同種點電荷形成的電場如圖所示：根據矢量的合成法則可以知道，在它們的連線中垂線上的點的電場強度的方向都是沿著中垂線指向外的，若負電荷在從c到d，電場力先做正功，越過O點后，電場力做負功，則動能先增大后減小，因此負電荷在cd間做往復運動，當經過O點時，電場力為零，則速度達到最大，在關于O點對稱的兩點處速度大小相等，故AB正確；C、由題意可知，從c到O的電場強度可能越來越小，也可能先增大后減小，則加速度可能越來越小，也可能先增大后減小，根據對稱性，從O到d加速度可能增大，也可能先增大后減小，故C錯誤；D、在c點給q一個合適的初速度，即兩正點電荷對q的合力恰好等于其所需要的向心力，即可以做勻速圓周運動。故D正確。故選：ABD。（多選）126分2021秋?興義市校級期末）如圖所示，平行板電容器與電源電壓恒為U的直流電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。下列說法正確的是()A．帶電油滴所帶電荷為正電荷B．若電容器的電容減小，則極板所帶電荷量將減小C．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一段距離，則帶電油滴將豎直向上運動D．將平行板電容器的上極板水平向左移動一段距離，則帶電油滴仍然保持平衡狀態(tài)【分析】帶電油滴靜止，受力平衡，即可判斷油滴所帶電荷的電性；根據Q＝CU判斷極板所帶電荷量的變化；電容器始終與電源相連，兩極板間的電壓不變，根據E=,確定電場強度變化情況，進而判斷油滴的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓弘娙萜魇冀K與電源相連，電壓電容器兩端電壓不變。A、電容器上極板帶正電，下極板帶負電，兩極板間電場方向豎直向下，帶電油滴靜止，處于平衡狀態(tài)，mg＝qE，油滴受到向上的電場力，則油滴帶負電，故A錯誤；B、若電容器的電容減小，由于電容器兩板間電壓不變，根據Q＝CU，因此帶電量減小，故B正確；C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一段距離，即極板間距變大，由于電容器兩板間電壓不變，根據E=,電場強度E減小，所以電荷受到的電場力qE減小，mg＞qE，合力的方向向下，油滴將沿豎直方向向下運動，故C錯誤；D、將平行板電容器的上極板豎直向左移動一小段距離，兩極板正對面積減小，兩極板間距不變，電容器兩板間電壓不變，根據E電場強度不變，所以電荷受到的電場力不變，油滴仍將保持平衡狀態(tài)，故D正確；故選：BD。（多選）136分2021秋?南關區(qū)校級期末）O、A、B為一條電場線上的三點，一電子僅在電場力作用下由O點經A點向B點運動，以O點為零電勢點，該電子運動過程中電勢能Ep隨移動距離x的變化規(guī)律如圖所示，則下列說法中正確的是()A．該電場可能是孤立點電荷形成的電場B．A點的電場強度等于B點的電場強度C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA﹣EpBD．電子在A點的動能小于在B點的動能【分析】明確電勢能隨x的變化規(guī)律，根據EP=φq可知電勢隨x的變化規(guī)律，從而確定電場強度的變化情況；根據電場力做功和電勢能之間的關系明確做功情況和動能的大小?！窘獯稹拷猓篈B、由圖可知，電子的電勢能隨移動距離均勻增加，則說明電勢隨移動距離也在均勻增加，說明該電場一定為勻強電場，AB兩點電場強度相等，故A錯誤，B正確；C、電子在A、B兩點的電勢能分別為EPA和EPB，且EPB＞EPA，說明電子由A運動到B點時電勢能增大，電場力做負功，電場力對其所做的功為W＝EPA﹣EPB，故C正確；D、電子所受的電場力對電子做負功，電子的動能減小，故電子在A點的動能大于在B點的動能，故D錯誤。故選：BC。三、解答題（每題16分，共32分）1416分2021秋?鐘山區(qū)校級期中）如圖，一質量m＝1×10﹣6kg、帶電荷量q=﹣2×10﹣8C的微粒以初速度大小v0豎直向上從A點射入一水平向右的勻強電場，當微粒運動到比A點高h＝