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第42課時 電場性質(zhì)的應(yīng)用(題型研究課)
1．(多選)(2017全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是( )
A．電場強度的大小為2.5 V/cm
B．坐標(biāo)原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV
D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
解析：選ABD 由題圖知ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17＋26)eV＝9 eV，D項正確。
2．(2018天津高考)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列判斷正確的是( )
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN
解析：選D 電場線密的地方場強大，粒子受到的電場力大，所以aM
φN，故B、C錯誤；又由Ep＝qφ和能量守恒知，帶負電的粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，而動能越小，即EpMvN，故A錯誤，D正確。
3．(2018北京高考)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。
(1)請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式；
(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小，請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比。
解析：(1)在距點電荷Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷。根據(jù)庫侖定律可知，
檢驗電荷受到的電場力F＝k
根據(jù)電場強度的定義E＝
得E＝k。
(2)由E＝k可知E∝。
由題意知E∝N，
故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比＝＝。
答案：(1)E＝k (2)
4．(2015全國卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。
解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即
vBsin 30＝v0sin 60
由此得
vB＝v0
設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有
qUAB＝m(vB2－v02)
解得UAB＝。
答案：
電場強度、電勢、電勢差、電勢能等概念是高考的熱點，且經(jīng)常結(jié)合電場線、等勢面或帶電粒子在電場中的運動軌跡考查，有時還結(jié)合圖像考查，并涉及力的平衡、牛頓第二定律、動能定理等力學(xué)知識，復(fù)習(xí)備考時應(yīng)引起足夠的重視?！ ?
命題點一 電場線、等勢面(線)與運動軌跡問題
1．帶電粒子在電場中的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力以及初速度情況共同決定的，運動軌跡上各點的切線方向表示粒子在該點的速度方向；電場線只能夠描述電場的方向和定性地表示電場的強弱，它決定了帶電粒子在電場中各點所受電場力的方向和加速度的方向。顯然，電場線不一定是帶電粒子在電場中的運動軌跡。
2．若同時滿足以下三個條件，則帶電粒子的運動軌跡與電場線重合：
(1)電場線是直線。
(2)帶電粒子的初速度為零或者初速度的方向與電場線在同一條直線上。
(3)帶電粒子只受電場力或受其他力但其他力的合力方向與電場線平行。
[典例] 帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示。下列說法正確的是( )
A．粒子帶負電荷
B．從a到b過程中，粒子的速度先增大后減小
C．從a到b過程中，粒子加速度一直增大
D．從a到b過程中，粒子的機械能先減小后增大
[解析] 由題圖知粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，A錯誤；從a到b過程中，電場力先做負功再做正功，粒子的電勢能先增大后減小，動能先減小后增大，速度先減小后增大，根據(jù)電場線的疏密知場強先變小后變大，加速度先減小后增大，故粒子的機械能先減小后增大，B、C錯誤，D正確。
[答案] D
帶電粒子運動軌跡問題的分析思路
(1)根據(jù)帶電粒子(只受電場力)的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受的電場力指向運動軌跡曲線的凹側(cè)，再結(jié)合電場線的方向確定帶電粒子的電性。
(2)根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結(jié)合題意確定電場力做正功還是做負功、電勢能的變化情況或等勢面的電勢高低?！ ?
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.(多選)如圖所示，真空中M、N點處固定有兩等量異種點電荷，a、b、c表示兩點電荷形成的電場中的3條等勢線，b是M、N連線的中垂線，交M、N于O點，a、c關(guān)于b對稱，點d、e、f、g是以O(shè)為圓心的圓與a、c的交點。已知一帶正電的試探電荷從d點移動到e點時，試探電荷的電勢能增加，則以下判斷正確的是( )
A．M點處固定的是正電荷
B．d點的電勢低于f點的電勢
C．d點的場強與f點的場強相同
D．將帶正電的試探電荷沿直線由d點移動到f點，電勢能先增大后減小
解析：選BC 正試探電荷從d點移動到e點電勢能增加，則d點電勢低于e點，d點的電勢低于f點的電勢，M點處為負電荷，N點處為正電荷，由等量異種點電荷電場分布特點可知，d、f兩點的電場強度大小相等、方向相同，將帶正電的試探電荷沿直線從d點移動到f點，電勢能一直增大，故B、C正確，A、D錯誤。
2.(多選)(2019大慶檢測)如圖所示，三條平行等距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10 V、20 V、30 V，實線是一帶負電的粒子(僅受電場力)在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡。對于運動軌跡上的a、b、c三點，下列說法正確的是( )
A．粒子必先過a，再到b，然后到c
B．粒子在三點所受的力Fa＝Fb＝Fc
C．粒子在三點的動能大小為Ekb>Eka>Ekc
D．粒子在三點的電勢能大小為Epb>Epa>Epc
解析：選BD 由題圖可知，該電場必為勻強電場，電場線垂直等勢面向上，帶負電的粒子所受電場力與電場線方向相反而向下，由做曲線運動的條件可知，粒子的運動軌跡也可以先過c，再到b，然后到a，選項A錯誤；粒子在勻強電場中受力情況不變，選項B正確；粒子在運動過程中，電勢能的增加量等于動能的減少量，則有Ekc>Eka>Ekb，Epb>Epa>Epc，選項D正確，C錯誤。
3．(2016全國卷Ⅱ)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則( )
A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb
B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va
C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va
D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb
解析：選D 由題圖知，a、b、c三點到P的距離rb＜rc＜ra，則由E＝k可知，三點的電場強度Eb＞Ec＞Ea，故Q在這三點的加速度ab＞ac＞aa。由運動軌跡可知Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負功，由動能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，則vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，則va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。
命題點二 電場中的功能關(guān)系問題
1．電場力做功的四種求法
定義式
WAB＝Flcos α＝qEd(適用于勻強電場)
電勢的變化
W＝qUAB＝q(φA－φB)
動能定理
W電＋W其他＝ΔEk
電勢能的變化
WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB
2.電場中的功能關(guān)系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變。
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。
(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量。
(4)所有外力對物體做的總功等于物體動能的變化量。
[典例] (2019成都一診)如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為－q(q>0)的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一個電荷量為Q(Q>0)的點電荷，桿上a、b兩點與Q正好構(gòu)成等邊三角形，c是ab的中點。將小環(huán)從O點無初速度釋放，通過a點的速率為v。若已知ab＝Oa＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g。則( )
A．在a點，小環(huán)所受彈力大小為
B．在c點，小環(huán)的動能最大
C．在c點，小環(huán)的電勢能最大
D．在b點，小環(huán)的速率為
[解析] 在a點，小環(huán)所受的電場力沿aQ方向，大小為k，水平方向小環(huán)受力平衡，所以小環(huán)受到向右的彈力大小等于電場力沿水平方向的分力sin 60＝，A錯誤；在c點時，小環(huán)水平方向受到電場力和桿的彈力作用，豎直方向受到重力作用，合力豎直向下，小環(huán)有豎直向下的加速度，所以在c點時小環(huán)的動能不是最大，B錯誤；c點距離Q最近，電勢最高，帶負電的小環(huán)在c點的電勢能最小，C錯誤；因為a、b兩點到Q的距離相等，所以a、b兩點電勢相等，小環(huán)從a點到b點，電場力做功為0，應(yīng)用動能定理得mgl＝mvb2－mv2，解得vb＝，D正確。
[答案] D
電場中功能關(guān)系問題的分析方法
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.如圖所示為沿水平方向的勻強電場的三條電場線，電場所在豎直平面內(nèi)有一圓，A點為圓上和圓心同一高度的點，B點為圓上的最高點。位于A點的粒子源在豎直面內(nèi)沿各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子(不計粒子重力)，粒子的初速度大小均為v0，豎直向上發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過B點，則從圓上離開的粒子的最大速度大小為( )
A．3v0 B．2v0
C．v0 D．v0
解析：選A 設(shè)粒子所帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m，電場強度為E，圓的半徑為R，因豎直向上發(fā)射的粒子做類平拋運動經(jīng)過B點，故電場方向水平向右，且有a＝，R＝v0t，R＝at2，解得qE＝。粒子從圓上右側(cè)與圓心等高處離開時電場力做的功最大，粒子的速度最大，則有qE2R＝mv2－mv02，可得v＝3v0，選項A正確。
2．(多選)如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平。一質(zhì)量為m＝10－4 kg、帶電量為q＝8.010－5 C的粒子，從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m處的A點以初速度v0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出)，取C點電勢φ＝0，則( )
A．該勻強電場的電場強度E＝100 N/C
B．粒子在A點的電勢能為810－5 J
C．粒子到達C點的速度大小為5 m/s
D．粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.510－4 J
解析：選CD 粒子在電場力作用下做類平拋運動，如圖所示，因粒子垂直打在C點，由類平拋運動規(guī)律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，則AD＝v0t，DC＝t2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：E＝25 N/C，故A錯誤；因UDC＝EDC＝10 V，而A、D兩點電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點的電勢能為：Ep＝qφA＝810－4 J，故B錯誤；從A點到C點由動能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入數(shù)據(jù)得：vC＝5 m/s，故C正確；粒子在C點的總能量：EC＝mvC2＝10－452 J＝1.2510－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率為4 m/s時的電勢能為：Ep′＝EC－mv2＝1.2510－3 J－10－442 J＝4.510－4 J，故D正確。
命題點三 電場中的圖像問題
題型1 v t圖像問題
根據(jù)v t圖像的速度變化、斜率變化確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。
[例1] (多選)如圖甲，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的vt圖線如圖乙所示。設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa、φb，電場強度大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有( )
A．φa＞φb B．Ea＞Eb
C．Ea＜Eb D．Wa＞W(wǎng)b
[解析] 由vt 圖像的斜率減小可知，由a到b的過程中，粒子的加速度減小，所以電場強度變小，Ea＞Eb；根據(jù)能量守恒定律，粒子的速度增大，可知電勢能減小，Wa＞W(wǎng)b，因粒子帶負電，則φa<φb，可得選項B、D正確。
[答案] BD
題型2 E t圖像問題
根據(jù)題中給出的Et圖像，確定E的方向，再在草稿紙上畫出對應(yīng)電場線的方向，根據(jù)E的大小變化，確定電場的強弱分布。
[例2] (多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是( )
A．末速度大小為 v0
B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了mgd
D．克服電場力做功為mgd
[解析] 0～時間內(nèi)微粒勻速運動，有mg＝qE0。把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動；豎直方向：～時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1y＝g；～T時間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤，B正確；重力勢能的減少量ΔEp＝mg＝mgd，選項C正確；根據(jù)動能定理有mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，選項D錯誤。
[答案] BC
題型3 E x圖像問題
1．E x圖像反映了場強隨位移變化的規(guī)律。
2．E>0表示場強沿x軸正方向，E<0表示場強沿x軸負方向。
3．圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需根據(jù)電場方向判定。
[例3] (多選)(2019臨沂模擬)沿電場中某條直線電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標(biāo)點0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應(yīng)，相鄰兩點間距相等。一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則( )
A．從O點到C點，電勢先升高后降低
B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動
C．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量
D．粒子運動到C點時動能小于3Ek
[解析] 由題圖知，從O點到C點，沿電場線方向，電勢逐漸降低，A項錯誤；由靜止釋放的粒子所受電場力與速度方向一致，所以粒子一直做加速直線運動，在0～x1段電場強度逐漸變大，粒子所受電場力逐漸變大，做加速度增大的變加速直線運動，B項錯誤；Ex圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形“面積”代表電勢差，AB段的電勢差大于BC段的電勢差，故電場力做功WAB>WBC，由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系得，粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量，C項正確；由Ex圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形“面積”代表電勢差，UOA＝E0x1，UACUAC，由動能定理qU＝ΔEk，得qUOA＝Ek－0，qUAC＝EkC－Ek，知粒子運動到C點時動能小于3Ek，D項正確。
[答案] CD
題型4 φ x圖像問題
1．電場強度的大小等于φ x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ x圖線存在極值，其切線的斜率為零。
2．在φ x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關(guān)系確定電場強度的方向。
3．在φ x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，根據(jù)WAB的正負作出判斷。
[例4] 點電荷q1、q2固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是( )
A．q1、q2為等量異種電荷
B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向
C．N、D兩點間的場強大小沿x軸正方向先減小后增大
D．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小
[解析] 由題圖知，q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢隨距離增大而降低，可判斷兩者均為正電荷，A錯誤；由沿電場線方向電勢逐漸降低知，N、C間的場強方向沿x軸正方向，C點場強為0，B錯誤；根據(jù)ND段圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后增大，C正確；正點電荷從N點移到D點，由Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，D錯誤。
[答案] C
題型5 Ep x圖像問題
1．Ep x圖像反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律。
2．圖線的切線斜率大小等于電場力大小。
3．可用于判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況。
[例5] (多選)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(guān)系如圖所示，其中O～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是( )
A．x1處電場強度為零
B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2>φ3
C．粒子在O～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
D．x2～x3段對應(yīng)勻強電場
[解析] 根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ及電場強度大小與電勢的關(guān)系E＝得E＝，由數(shù)學(xué)知識可知Epx圖像切線的斜率大小等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A正確；由題圖可看出在O～x1 段圖像切線的斜率不斷減小，由A項分析知電場強度減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動；x1～x2段圖像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，則電場強度大小和方向均不變，對應(yīng)勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤，D正確；根據(jù)粒子帶負電，即q<0，則電勢能越大，粒子所在處的位置電勢越低，所以有φ1>φ2>φ3，故B正確。
[答案] ABD
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.平行板間有如圖所示的周期性變化的電壓。重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況。在各選項所示的圖像中，能正確定性描述粒子運動的速度圖像的是( )
解析：選A 0～時間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運動；～T時間內(nèi)做加速度大小與0～時間內(nèi)相等的勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時刻速度減為零。此后周期性重復(fù)，故A正確。
2.在x軸上有兩個點電荷q1和q2，其中有一個點電荷位于x＝0處，x軸上的電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，則( )
A．x＝x1處電場強度為0
B．x＝x2處電場強度不為0
C．q1、q2為不等量異種點電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x<0的某處
D．q1、q2為等量異種點電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x>0的某處
解析：選C 由題圖圖像的斜率表示電場強度可知，x＝x1處電場強度不為0，x＝x2處電場強度為0，選項A、B錯誤；在兩點電荷連線上出現(xiàn)電場強度為零的點有兩種情況，一是同種電荷之間某點，該點兩側(cè)電勢變化形狀基本相同，二是異種電荷連線之外；x＝0處向右電勢逐漸降低，說明電場強度方向向右，x＝0處為正電荷，負電荷應(yīng)該在x<0某處，且負電荷電荷量較大，所以q1、q2為不等量異種點電荷，選項C正確，D錯誤。
3.在某個電場中，x軸上各點的電場強度E隨x坐標(biāo)變化的圖線如圖所示，圖線關(guān)于原點O中心對稱。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子只在電場力作用下沿x軸做直線運動，x軸上x＝x1和x＝－x1是粒子運動軌跡上的兩點，下列說法中正確的是( )
A．x軸上x＝x1和x＝－x1兩點電場強度和電勢都相同
B．粒子從x＝－x1點到x＝x1點的運動過程中，經(jīng)過x＝x1和x＝－x1兩點時速度一定相同
C．粒子運動過程中，經(jīng)過x＝x1點的加速度與經(jīng)過x＝－x1點的加速度相同
D．粒子從x＝－x1點到x＝x1點的運動過程中電勢能先增大后減小
解析：選B 由Ex圖像可知，x＝x1和x＝－x1兩點電場強度大小相等、方向相反，故選項A錯誤；粒子在這兩點所受電場力也大小相等、方向相反，由于粒子只在電場力作用下運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在這兩點的加速度大小相等、方向相反，故選項C錯誤；Ex圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示電勢差，因此粒子由x＝－x1運動到x＝0的過程和由x＝0運動到x＝x1的過程電場力分別做的功滿足W1＝－W2，根據(jù)動能定理可知，粒子經(jīng)過x＝x1和x＝－x1 兩點時速度一定相同，故選項B正確；題中未能說明粒子的電性或運動狀態(tài)，因此粒子從x＝－x1點到x＝x1點的運動過程中電勢能可能先增大后減小，也可能先減小后增大，故選項D錯誤。
（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第42課時 電場性質(zhì)的應(yīng)用（題型研究課）講義（含解析）.doc
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