2020屆高考物理人教版一輪復習庫侖定律電場力性質(zhì)學案

2020屆高考物理人教版一輪復習庫侖定律電場力的性質(zhì)教案2020屆高考物理人教版一輪復習庫侖定律電場力的性質(zhì)教案17/17蝿PAGE17肄肈蒁莃螁羃衿羈蒅艿芃蟻蒀袆罿2020屆高考物理人教版一輪復習庫侖定律電場力的性質(zhì)教案

第1講庫侖定律電場力的性質(zhì)

一、電荷守恒點電荷庫侖定律

1．元電荷

元電荷e＝1.60×10－19C，帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，單個質(zhì)子、電子的電

荷量與元電荷相同。

2．電荷守恒定律

內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消失，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，也許從物

體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變。

三種起電方式①接觸起電；②摩擦起電；③感覺起電。

帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子。

3．點電荷

代表帶電體的有必然電荷量的點，是一種理想化模型，當帶電體自己大小和形狀對研究

的問題影響很小時，能夠?qū)щ婓w視為點電荷。點電荷的體積不用然很小，帶電量也不用然很少。

4．庫侖定律

內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的互相作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們之間距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。qq92212(2)公式：F＝kr2，式中的k叫做靜電力常量，其數(shù)值是9.0×10N·m/C。適用條件：真空中靜止的點電荷。

二、靜電場電場強度點電荷的場強

1．靜電場

靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，其基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。

2．電場強度

F定義式：E＝q，是矢量，單位：N/C或V/m。

kQ點電荷的場強：E＝r2。

方向規(guī)定：正電荷在電場中某點受力的方向為該點的電場強度方向。

電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該地方產(chǎn)生的電場強度的矢量

和。

計算法規(guī)：依照矢量合成法規(guī)——平行四邊形定則。三、電場線

1．定義

為了形象地描述電場中各點的電場強度的強弱及方向，在電場中畫出的一些曲線，曲線

上每一點的切線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場強度的大小。

2．幾種典型電場的電場線

3．特點

電場線從正電荷出發(fā)，停止于負電荷或無量遠處，或來自無量遠處，停止于負電荷。

電場線在電場中不訂交。

在同一電場中，電場線越密的地方場強越大。

電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。

沿電場線方向電勢逐漸降低。

電場線和等勢面在訂交處互相垂直。

(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。)

1．質(zhì)子的電荷量為一個元電荷，但電子、質(zhì)子是實實在在的粒子，不是元電荷。(√)

2．互相作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量可否相等，它們之間的庫侖力大小必然相等。(√)

q1q23．依照F＝kr2，當r→0時，F(xiàn)→∞。(×)

4．電場強度反響了電場力的性質(zhì)，因此電場中某點的電場強度與試試電荷在該點所受的

電場力成正比。(×)

5．電場中某點的電場強度的方向即為試試電荷在該點所受電場力的方向。(×)

6．在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度相同。(×)

1．(感覺起電)靜電現(xiàn)象在自然界中寬泛存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記錄，

《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但以下不屬于靜電現(xiàn)象的是()

A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑

B．帶電小球移至不帶電金屬球周邊，兩者互相吸引

C．小線圈湊近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流

D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺

解析梳過頭發(fā)的塑料梳子因與頭發(fā)摩擦帶電，能吸引輕小物體紙屑，是靜電現(xiàn)象。帶

電小球移至不帶電金屬球周邊，使不帶電小球近端感覺出與帶電小球異種的電荷，而互相吸引，是靜電現(xiàn)象。小線圈湊近通電線圈的過程中，小線圈中產(chǎn)生感覺電流，是電磁感覺現(xiàn)象，

不是靜電現(xiàn)象。從干燥的地毯上走過，人與地毯摩擦產(chǎn)生靜電，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺，是放電現(xiàn)象，屬于靜電現(xiàn)象。因此不屬于靜電現(xiàn)象的是

C項。

答案

C

2.(

庫侖定律

)以下列圖，完滿相同的兩個金屬小球

A、B帶有等量電荷，相隔必然的距離，

兩球之間的互相吸引力大小為

F?，F(xiàn)用第三個完滿相同的不帶電的金屬小球

C先后與

A、B兩

個球接觸后移開，這時

A、B兩個小球之間的互相作用力大小是

(AB可看作點電荷

)(

)

1133A.8FB.4FC.8FD.4F解析由于A、B間有吸引力，故A、B帶異種電荷，設A、B帶的電荷量分別為Q、－Q，2Q則兩球之間的互相吸引力即為靜電力F＝kr2。當C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量都變QQQ－2Q為q1＝2。當C球再與B球接觸后，B、C兩球的電荷量都變?yōu)閝2＝2＝4。因此此時A、B兩QQk·224QF球之間的互相作用力的大小為F′＝r2＝k8r2＝8，A項正確。答案A3．(電場強度)電場中有一點，以下說法正確的選項是()PA．若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半

B．若P點沒有檢驗電荷，則P點場強為零

C．P點場強越大，則同一電荷在P點所受靜電力越大

D．P點的場強方向為試試電荷在該點的受力方向

F解析公式＝是電場強度的定義式，E與、q沒關，A、B兩項錯誤；由＝Eq知，CEqFF項正確；場強方向與正電荷受力方向相同，與負電荷受力方向相反，D項錯誤。答案C4．(電場線)以下列圖，實線是一簇未注明方向的由點電荷Q產(chǎn)生的電場線，若帶電粒子q(||?||)Qq由a運動到b，電場力做正功。已知在a、b兩點粒子所受電場力分別為Fa、Fb，則以下判斷正確的選項是()

A．若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＞Fb

B．若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＜Fb

C．若Q為負電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＞Fb

D．若Q為負電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＜Fb

解析由于粒子由a運動到b電場力做正功，可知電場力指向外側(cè)，、q為同種電荷；Q電場線密集的地方電場強度大，由F＝Eq知Fa較大，A項正確。答案A5．(電場的疊加)

以下列圖，正電荷Q置于一勻強電場中(圖中水平直線為勻強電場的電場線)，在以正電荷Q為圓心、半徑為r的圓周上有a、b、c三點，其中a點的電場強度Ea＝0，靜電力常量為

k，則以下判斷正確的選項是()

kQA．勻強電場電場強度E＝2r2，方向水平向右

kQB．勻強電場電場強度E＝r2，方向水平向左C．c點電場強度為E＝0cD．b點的電場強度為E＝2kQr，與勻強電場方向成45°角b2解析因a點的電場強度E＝0，因此正電荷在a點的電場強度與勻強電場的電場強度等akQ大反向，即勻強電場的電場強度E＝r2，方向水平向右，A、B兩項錯誤；由電場疊加原理知c點電場強度為c＝2kQb點的電場強度為b＝2kQ2，方向水平向右，C項錯誤；同理可得2，與ErEr勻強電場方向成45°角，D項正確。答案D

考點1庫侖力作用下的平衡問題

考|點|速|(zhì)通

1．庫侖定律的理解和應用

庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的互相作用。

(2)對于兩個平均帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距

離。

(3)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，以下列圖。

q1q2①同種電荷：F<kr2。

q1q2②異種電荷：F>kr2。

(4)不能夠依照公式錯誤地認為r→0時，庫侖力→∞，由于當r→0時，兩個帶電體已不F能看作點電荷了。

2．庫侖力作用下的平衡問題

涉及庫侖力的平衡問題的解析方法與力學中平衡問題相同，可是在原來受力解析的基礎上多了一個庫侖力而已。

典|例|微|探【例1】(多項選擇)以下列圖，水平川面上固定一個圓滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球，細線與斜面A平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為q。小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為。靜電力常量為k，重力加速度為，兩帶電小球可視為點電荷。小dg球A靜止在斜面上，則()

kq2A．小球A與B之間庫侖力的大小為d2

B．當q＝mgsinθ時，細線上的拉力為零dkmgtanθC．當d＝k時，細線上的拉力為零qmg時，斜面對小球A的支持力為零D．當＝ktanθdkq2解析依照庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝d2，A項正確；當細線上的拉

kq2q力為零時，小球A碰到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得d2＝mgtanθ，解得d＝mgtanθD項，B項錯誤，C項正確；由受力解析可知，斜面對小球的支持力不能能為零，k

錯誤。

答案AC

題|組|沖|關1．(多項選擇)以下列圖，可視為點電荷的小球

A、B分別帶負電和正電，

B球固定，其正下

方的

A球靜止在絕緣斜面上，則

A球受力個數(shù)可能為

(

)

A．2個B．3個C．4個D．5個

解析以A為研究對象，依照其受力平衡可得，若是沒

有碰到摩擦力，則A對斜面必然無彈力，其只受重力和庫侖引力作用而平衡，A項正確；

若是A受摩擦力作用，則其必然受彈力，因此此時A受4個力作用而平衡，C項正確。

答案AC

2．以下列圖，在圓滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間

用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接。當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l。已

知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感覺，則每根彈簧的原長為()

A．l＋5kq2B．l－kq22kl2kl2005kq25kq2C．l－402D．l－202klkl解析對最右側(cè)的小球受力解析可知，小球碰到別的兩個帶電小球?qū)λ蛴业膸靵龀饬?，大小分別為F1＝kq2kq25kq22和F2＝l2。由力的平衡可知彈簧彈力的大小F＝F1＋F2＝42，彈簧的伸2ll長量為l＝F5kq2l0＝l－l＝l－5kq2＝4k0l2，故彈簧的原長為4k0l2，C項正確。k0答案C考點2電場強度的理解及電場的疊加

考|點|速|(zhì)通

1．場強的公式

2．電場的疊加

疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該地方產(chǎn)生的電場場強的矢量

和。

計算法規(guī)：平行四邊形定則。

典|例|微|探【例

2】

直角坐標系

xOy中，M、N兩點位于

x軸上，

G、H兩點坐標如圖。

M、N兩點各

固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則

O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力

H點處場強的大小和方向分別為()

3kQ3kQ4a2，沿y軸正向B.4a2，沿y軸負向

5kQ5kQy軸負向C.2，沿y軸正向D.4a2，沿4a解析當正電荷置于O點時，由對稱性可知，、兩點電場強度大小相等，均為零。當HG正電荷置于G點時，H點場強＝kQkQ3kQy軸負方向，B項正確。2－2＝－2，沿E2aa4a答案B題|組|沖|關

在一個等邊三角形ABC的極點B、C處各放一個點電荷時，測得A處的電場強度大小為

E，方向與BC邊平行沿B指向C。以下列圖，拿走C處的點電荷后，A處電場強度的情況將是

()

A．大小仍為E，方向由A指向B

B．大小變?yōu)镋，方向不變2

C．大小仍為E，方向沿BA方向

D．無法確定

解析由題意可知，兩個極點B、C處各放一個點電荷，測得A處的電場強度大小為E，方向與邊平行，由圖可知，C點電荷在A處的電場強度大小與B點電荷在A處的電場強度BC大小相同，C點電荷在A處的電場強度方向由A指向C，而B電荷在A處的電場強度的方向由B指向；當拿走C處的點電荷后，則A處電場強度大小仍為，方向沿B指向，C項正確。AEA

答案C

以下列圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP

＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于、兩點，這時O點電場強度的大小MN為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點電場強度的大小變?yōu)镋2。則E1與E2之比為()

A．1∶2

B．2∶1C．2∶

3

D．4∶

3

解析

兩個點電荷分別在

M點和

N點時，每個點電荷在

O點產(chǎn)生的電場強度的大小相等、

E1方向相同，因此

EM＋EN＝E1，得

EM＝EN＝2。將

N點處的點電荷移至

P點時，假設

M點的電荷

為正電荷，則

O點的電場強度以下列圖。

M點和

P點的點電荷在

O點產(chǎn)生的電場強度的大小仍

相等，夾角為E1E1＝2120°，因此O點電場強度E2＝EM＝2，即21，B項正確。E

答案B

考點3電場線和帶電粒子運動軌跡的判斷

考|點|速|(zhì)通

1．判斷速度方向：帶電粒子軌跡的切線方向為該點處的速度方向。

2．判斷電場力(或場強)的方向：帶電粒子所受電場力方向(僅受電場力作用)指向軌跡曲

線的凹側(cè)，再依照粒子的正、負判斷場強的方向。

3．判斷電場力做功的正負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正

功，電勢能減??；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加。

典|例|微|探

【例3】某靜電場中的電場線方向不確定，分布以下列圖，帶電粒子在電場中僅受靜

電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的選項是()

A．粒子必然帶正電荷

B．該靜電場必然是孤立正電荷產(chǎn)生的

C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度

D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度

解析帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或其反方向，且指向曲線波折的內(nèi)側(cè)，靜電力方向大體向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，因此

A項錯誤；電場線

是波折的，則必然不是孤立點電荷的電場，因此

B項錯誤；

N點處電場線密，則場富強，粒子

碰到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，因此

C項正確；因靜電力大體向上，粒子由

M運動到

N

時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，因此D項錯誤。

答案C

電場線與軌跡問題的判斷方法

1．“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始地址的切線)與“力

線”(在初始地址電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來解析曲線運動的情況。

2．“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向。若已知其中的任一個，可按次向下解析判斷各待求量；若三個都不知，則要用“假設

法”分別談論各種情況。

題|組|沖|關

以下列圖，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其一條等勢線。兩電荷量相同、但質(zhì)量

不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度

大小。不計粒子重力，以下判斷正確的選項是()

A．B＝C，vB＝CB．B>C，B＝vCaavaavC．a(chǎn)>a，v<vCD．a(chǎn)<a，v>vCBCBBCBkQq解析庫侖力F＝r2，兩粒子在B、C兩點受的庫侖力大小相同，依照粒子的運動軌跡可知a>a，＝，解得<，由于、C兩點位于同一等勢線上，電勢相等，因此兩粒子從ABCFBC1212122運動到B和從A運動到C，電場力做功相同且做負功，有－W＝2mv－2mv0，因此2mB(v0－vB)＝12v2)，由于<，因此v<，C項正確。(0－CBCCBC答案C2．(多項選擇)以下列圖為某一點電荷形成的一簇電場線，a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線為一圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子所帶的電荷量大小相等，不計粒子重力，則以下說法正確的選項是()

A．a(chǎn)必然是正粒子的運動軌跡，

b和c必然是負粒子的運動軌跡

B．由于

AB的長度等于

BC的長度，故

UAB＝UBC

C．a(chǎn)

虛線對應的粒子的加速度越來越小，

c

虛線對應的粒子的加速度越來越大，

b

虛線

對應的粒子的加速度大小不變

D．b虛線對應的粒子的質(zhì)量大于c虛線對應的粒子的質(zhì)量

解析圖為某一點電荷所形成的一簇電場線，由于沒有說明是正電荷的電場，還是負電

荷的電場，因此無法判斷出電場線的方向；因此不能夠判斷出三種粒子的電性，A項錯誤；依照

公式＝－，由于AB間的平均場強小于間的平均場強，故AB<BC，B項錯誤；由于電場線UEdBCUU的疏密表示電場強度的大小，粒子只受電場力作用，故a虛線對應的粒子的加速度越來越小，c虛線對應的粒子的加速度越來越大，b虛線對應的粒子的加速度大小不變，C項正確；a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，且三個粒子的電荷量大小相等，故靜電力相等；由于b虛線對應的粒子做圓周運動，說明向心力等于靜電力；c虛線對應的粒子做向心運動，故靜電力大于需要的向心力，依照＝v2，c虛線對應的粒子的質(zhì)量Fmr較小，D項正確。答案CD

用對稱法和補償法求電場強度

1．對稱法求電場強度

對稱法實際上是應用某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題

的一種方法，利用此方法能夠防備復雜的運算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，有圍魏救趙之效。

2．補償法求電場強度

求解物理問題，要依照問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型

不是完滿的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完滿的新模型。這樣，

求解原模型的問題就轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€求解新模型和補充條件的差值問題了。

【經(jīng)典考題】平均帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的

電場。以下列圖，在半球面AB上平均分布正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD

為經(jīng)過半球極點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場富強小

為E，靜電力常量為k，則N點的場富強小為()

kq

kq

A.

2R2

R2－E

kq

kq

R2－E

R2＋E

解析

左半球面

AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為

2q

的整個球殼產(chǎn)生的電場

k2q和帶電荷量為－

q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，

則有

E＝

2R2－E′，E′為帶電荷量為－

q

的右半球面在

M點產(chǎn)生的場富強小。帶電荷量為－

q的右半球面在

M點產(chǎn)生的場富強小與帶電

k2qkq荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場富強小相等，則EN＝E′＝2－E＝22－E，B項正確。2RR答案B

必|刷|好|題

一段平均帶電的半圓形細線在其圓心O處產(chǎn)生的場強為E，把細線分成等長的圓弧AB、

BC、CD，則圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場富強小為()

A．EEEEB.4C.3D.2解析以下列圖，B、C兩點把半圓環(huán)均分為三段，設每段在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E′，E′相等，AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場強夾角為120°，它們的合場富強小為E′，則EEO點的合場強：E＝2E′，則E′＝2，故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場富強小為2，D項正確。

答案

D

2．以下列圖，用一根金屬絲彎成半徑為r的圓環(huán)，但在

且d?r。將電荷量為Q的正電荷平均分布在金屬絲上，則圓心

A、B之間留有寬度為d的縫隙。

O處的電場強度大小及方向為

(

)

kQdA.2πr3背叛圓心向左

kQrB.2πr3－r2d背叛圓心向右

kQdC.2πr3－r2d背叛圓心向左kQdD.2πr3－r2d背叛圓心向右解析假設將這個圓環(huán)的缺口補上，并且所補部分的電荷密度與原金屬絲上的電荷密度相同，這樣就形成一個電荷平均分布的完滿的帶電圓環(huán)，環(huán)上處于同素來徑兩端的渺小部分

所帶電荷可視為兩個相對應的點電荷，它們在圓心O處產(chǎn)生的電場疊加后合場強為零。依照

對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心O處的合場強E＝0。至于補上的那一小段，由題中條件可看做

點電荷，它在圓心O處的場強E1是可求的。若題中待求場強為E2，則E1＋E2＝0。設原缺口環(huán)QQ′＝σd＝所帶電荷的線密度為σ，σ＝2πr－d，則補上的那一小段金屬絲的電荷量Qd，′在圓心O處的場強為1＝kQ′kQd1＋2＝0，2＝32，方向背叛圓心向右。由2πr－dQEr2πr－rdEEkQd可得E2＝－E1＝－2πr3－r2d，負號表示E2與E1方向相反，即背叛圓心向左。故C項正確。答案C

1．(2018·全國卷Ⅰ

)如圖，三個固定的帶電小球

a、b和

c，互相間的距離分別為

ab＝5

cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球

c所受庫侖力的合力的方向平行于

a、b的連線。設小球

a、b

所帶電荷量的比值的絕對值為

k，則(

)

16A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝

16B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝964C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝

64D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝27

解析對小球受力解析如圖，合力方向與平行，、a4，由庫cabb的電荷異號，有F＝aFb3acbcqa64，代入數(shù)據(jù)解得k＝＝，D項正確。侖定律得Fa＝，F(xiàn)b＝qac2bc2b27

答案D

2.(2016·全國卷Ⅰ)(多項選擇)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直

面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱，忽略空氣阻力，由此可知()

A．Q點的電勢比P點高

B．油滴在Q點的動能比它在P點的大

C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大

D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小

解析依照帶負電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力必然向上，則所受電

場力必然向上，且電場力大于重力，故勻強電場的方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，A項正確；油滴從P點運動到Q點，依照動能定理，合外力做正功，動能增大，因此油滴在Q點的動能比它在P點的大，B項正確；油滴從P