物理學案專題4-電場的能的性質(zhì)

第第頁物理學案專題4--電場的能的性質(zhì)A基本概念【1】電勢能定義：電荷在電場中具有的勢能叫做電勢能。嚴格地講，電勢能屬于電場和電荷組成的系統(tǒng)，習慣上稱作電荷的電勢能。電勢能是相對量，電勢能的值與參考點的選取有關(guān)。電勢為零的點，電勢能為零。電勢能是標量，有正負，無方向?！?】電場力做功與電荷電勢能的變化電場力對電荷做正功時，電荷的電勢能減少；電場力對電荷做負功時，電荷的電勢能增加。電勢能增加或減少的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值。電荷在電場中任意兩點間移動時，它的電勢能的變化量是確定的，因而移動電荷做功的值也是確定的，所以，電場力移動電荷所做的功，與移動的路徑無關(guān)。這與重力做功十分相似。注意：不論是否有其它力做功，電場力做功總等于電勢能的變化。【3】電勢差（１）電荷ｑ在電場中由一點Ａ移到另一點Ｂ時，電場力所做的功ＷAB跟它的電荷量ｑ的比值，叫做Ａ、Ｂ兩點間的電勢差。電場中Ａ、Ｂ兩點間的電勢差在數(shù)值上等于單位正電荷從Ａ點移動到Ｂ點過程中電場力所做的功。即：。（２）電勢差是標量，有正負，無方向。Ａ、Ｂ間電勢差ＵAB＝；Ｂ、Ａ間電勢差ＵBA＝。顯然UAB＝－ＵBA。電勢差的值與零電勢的選取無關(guān)。在勻強電場中，Ｕ＝Ｅｄ（Ｕ為電場中某兩點間的電勢差，ｄ為這兩點在場強方向上的距離）。【4】電勢（１）如果在電場中選取一個參考點（零電勢點），那么電場中某點跟參考點間的電勢差，就叫做該點的電勢。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移動到參考點（零電勢點）時，電場力所做的功。（２）電勢是標量，有正負，無方向。（３）沿著電場線的方向電勢越來越低，逆著電場線的方向，電勢越來越高。（４）電勢的值與零電勢的選取有關(guān)，通常取離電場無窮遠處電勢為零；實際應(yīng)用中常取大地電勢為零。（５）當存在幾個“場源”時，某處合電場的電勢等于各“場源”的電場在此處的電勢的代數(shù)和。（6）電勢和電視能的比較：電勢Ф電勢能Ep1反映電場的能的性質(zhì)的物理量反映電場和處于其中的電荷共同具有的能量2電場中某一點的電勢Ф的大小，只跟電場本身有關(guān)，跟點電荷q無關(guān)電勢能大小是由點電荷q和該點電勢Ф共同決定的3電勢沿電場線逐漸下降，取定零電勢點后，某點的電勢高于零時，為正值；某點的電勢低于零時，為負值正點電荷（+q）：電勢能的正負跟電勢的正負相同。負點電荷（-q）：電勢能的正負跟電視的正負相反4單位：伏特V單位：焦耳J5聯(lián)系：Ep=qФW=ΔEp（7）電勢和電場強度的比較：電勢Ф電場強度E1描述電場的能的性質(zhì)描述電場的力的性質(zhì)2電場中某點的電勢等于該點跟選定的標準位置（零電勢點）間的電勢差.Ф=，Ф在樹枝上等于單位正電荷在電場中該點具有的電勢能電場中某點的場強等于放在該點點電荷所受的電場力F跟點電荷電荷量q的比值E=，E在數(shù)值上等于單位正電荷在該點所受到的靜電力3標量矢量4單位：V單位：V/m,N/C5關(guān)系：電勢沿著電場強度的方向降落6大小之間不存在任何關(guān)系，電勢為零的點，場強不一定為零；電勢高的地方，長槍不一定大；場強為零的地方，電勢不一定為零；場強大的地方，電勢不一定高【5】等勢面：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的曲面叫做等勢面。（1）等勢面的特點①電場線與等勢面處處垂直，且總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功；③處于靜電平衡的導體是一個等勢體，導體表面是一個等勢面；④導體表面的電場線與導體表面處處垂直。（2）熟悉勻強電場、點電荷的電場、等量異種電荷的電場、等量同種點電荷的電場的等勢面的分布情況。①點電荷電場中的等勢面，是以電荷為球心的一簇球面；②等量同種點電荷電場中的等勢面，是兩簇對稱曲面③等量異種點電荷電場中的等勢面，是兩簇對稱曲面；④勻強電場中的等勢面，是垂直于電場線的一簇平面.⑤等差等勢面：每相鄰兩個等勢面間電勢差相等,為定值即等差等勢面.場強大即電場力大,移動單位電荷做功多,所以形成電勢差大,等差的等勢面越密。所以電場線密集場強大的地方電勢變化快，反之電場線少場強小的地方電勢變化慢。常規(guī)題型例1.在地面上空中有方向未知的勻強電場，一帶電量為－q的小球以某一速度由M點沿如圖6－2－12所示的軌跡運動到N點．由此可知()圖6－2－12A．小球所受的電場力一定大于重力B．小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變C．小球的機械能保持不變D．小球的動能一定減小解析：由題圖示的軌跡可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的電場力一定大于重力；小球以某一速度由M點沿圖示軌跡運動到N點的過程中，僅受電場力和重力作用，其小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變，但機械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和電場力的合力)向上，則小球的動能增加；若小球所受的合外力(重力和電場力的合力)向左上方，則小球的動能可能減?。鸢福篈B即時練習：1..絕緣細繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個帶負電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，當空間存在水平方向的勻強電場后，繩穩(wěn)定處于與豎直方向成θ＝60°角的位置．如圖6－2－15所示，已知細繩長為L，讓小球從θ＝30°的A點釋放，則()圖6－2－15 A．勻強電場的場強為eq\f(\r(3)mg,3q) B．勻強電場的場強為eq\f(\r(3)mg,q) C．小球的最大速度為eq\r(2(\r(3)－1)gL) D．小球的最大速度為(eq\r(3)－1)eq\r(gL)解析：小球在θ＝60°時處于平衡，則Eq＝mgtanθ，所以E＝eq\f(mgtan60°,q)＝eq\f(\r(3)mg,q)，選項A錯誤、B正確；小球第一次到達平衡位置處的速度是小球的最大速度，根據(jù)動能定理有：qE(Lsin60°－Lsin30°)－mg(Lcos30°－Lcos60°)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v＝(eq\r(3)－1)eq\r(gL)，選項C錯誤、D正確．答案：BD2.有一個點電荷只受電場力的作用，分別從兩電場中的a點由靜止釋放，在它沿直線運動到b點的過程中，動能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖6－2－22所示中的①②圖線．則下列說法正確的是()圖6－2－22A．正電荷在A圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應(yīng)的圖線是①B．負電荷在B圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應(yīng)的圖線是①C．負電荷在C圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應(yīng)的圖線是②D．負電荷在D圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應(yīng)的圖線是②解析：從圖中不難看出分勻強電場和非勻強電場，點電荷在勻強電場中由動能定理得Ek＝qEx，即點電荷動能與其位移成正比，圖線如①所示，結(jié)合點電荷受力與場強方向故A、B正確；在非勻強電場中，由于場強E的變化，使得點電荷動能與其位移不再成正比，由圖線②可知點電荷動能隨位移的增大而增大，并且變化得越來越快，即場強E越來越大，因此C正確，D錯誤．答案：ABC3.如圖6－2－23所示，在粗糙的斜面上固定一點電荷Q，在M點無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運動到N點靜止，則從M到N的過程中()圖6－2－2A．小物塊所受的電場力減小B．小物塊的電勢能可能增加C．小物塊電勢能變化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D．M點的電勢一定高于N點的電勢解析：Q為點電荷，由于M點距點電荷Q的距離比N點小，所以小物塊在N點受到的電場力小于在M點受到的電場力，選項A正確．由小物塊的初、末狀態(tài)可知，小物塊從M到N的過程先加速再減速，而重力和摩擦力均為恒力，所以電荷間的庫侖力為斥力，電場力做正功，電勢能減小，選項B錯誤．由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做的功等于電勢能的減少量和重力勢能的減少量之和，故選項C正確．因不知Q和物塊的電性，無法判斷電勢高低，選項D錯誤．答案：AC4.如圖6－2－25所示，勻強電場場強的大小為E，方向與水平面的夾角為θ(θ≠45°)，場中有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，用長為L的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線恰好水平．現(xiàn)用一外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點，小球電荷量保持不變，在此過程中()圖6－2－25 A．該外力所做的功為mgLcotθ B．帶電小球的電勢能增加qEL(sinθ＋cosθ) C．帶電小球的電勢能增加2mgLcotθ D．該外力所做的功為mgLtanθ解析：由于小球靜止時，細線恰好水平，所以重力與電場力的合力大小為mgcotθ，方向水平向右，在外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點的過程中，小球在重力與電場力的合力方向的位移為L，外力克服重力與電場力的合力做功mgLcotθ，A正確，D錯誤；小球的重力勢能減小mgL，在場強方向的位移為L(sinθ＋cosθ)，電場力對小球做的功為—qEL(sinθ＋cosθ)，電勢能增加qEL(sinθ＋cosθ)，B正確，C錯誤．答案：AB5.(2010·石家莊質(zhì)檢)如圖6－2－24所示，絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看作點電荷)從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，到達b點時速度為零．已知a、b間距離為s，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下判斷正確的是()圖6－2－24A．滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力B．滑塊在運動過程的中間時刻速率大于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv\o\al(2,0),2)D．Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(m(v\o\al(2,0)－2μgs),2q)解析：若滑塊受到的庫侖力某時刻大于摩擦力，則滑塊即開始做加速運動，不會在b點停下，故A錯誤；水平方向上滑塊受到恒定的摩擦力和逐漸變大的庫侖力，且摩擦力大于庫侖力，應(yīng)做加速度逐漸減小的減速運動，前半段時間速度變化量較大，故中間時刻滑塊速率小于eq\f(v0,2)，B錯誤；滑塊從a運動到b的過程中，動能和電勢能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－qUab＝μmgs，顯然Q≠eq\f(mv\o\al(2,0),2)，C錯誤；由上式還可得：Uab＝eq\f(m(v\o\al(2,0)－2μgs),2q)，D正確．答案：D小結(jié)：帶電體在電場中的運動軌跡由重力和電場力決定，動能、重力勢能和電勢能之間的能量轉(zhuǎn)化，遵守能量守恒定律。例2.如圖6－2－18所示，直線是真空中兩點電荷形成的電場中的一條電場線，A、B是這條直線上的兩點，一個帶正電的粒子在只受電場力的情況下，以速度vA經(jīng)過A點沿直線向B點運動，經(jīng)一段時間以后，該帶電粒子以速度vB經(jīng)過B點，且vB與vA方向相反，則()圖6－2－18A．A點的電勢一定低于B點的電勢B．A點的場強一定大于B點的場強C．該帶電粒子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能D．該帶電粒子在A點時的動能與電勢能之和等于它在B點時的動能與電勢能之和解析：一條電場線無法確定電場的強弱，B錯．答案：ACD即時練習：1.如圖6－2－20甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示，若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則()圖6－2－20A．電子將沿Ox方向運動 B．電子的電勢能將增大C．電子運動的加速度恒定 D．電子運動的加速度先減小后增大解析：由題圖甲可知O點右邊的電勢大于O點的電勢，故電場線沿Ox的反方向，在O點靜止釋放電子，且電子僅受電場力作用時，電子將沿Ox方向運動，A正確；電場力做正功，電勢能減小，B錯；從圖乙可知電勢在相同距離的變化量先減小后增大，故電場強度先減小后增大，故電子運動的加速度先減小后增大，C錯，D正確．答案：AD2.(2010·上海單科，9)三個點電荷電場的電場線分布如圖6－2－19所示，圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，則()圖6－2－19A．Ea>Eb，φa>φbB．Ea<Eb，φa<φbC．Ea>Eb，φa<φbD．Ea<Eb，φa>φb解析：由圖可以看出a處電場線更密，所以Ea>Eb，根據(jù)對稱性，a處的電勢應(yīng)與右側(cè)負電荷附近對稱點的電勢相等，再根據(jù)沿電場線方向電勢降低可以判定φb>φa，故C項正確．答案：C3.(2011·鹽城調(diào)研)x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖中曲線所示，從圖6－2－23中可看出()圖6－2－23圖6－2－23A．Q1一定大于Q2B．Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C．電勢最低處P點的電場強度為0D．Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點解析：從圖象看到，從Q1到Q2電勢是先減小后增大，可以判斷Q1和Q2為同種正電荷，若P點位于中點，兩點電荷的電荷量相同，但是P點離Q2近點，說明Q1一定大于Q2，A、D項正確；根據(jù)電場的疊加原理可以判斷P點電場強度為0，從圖象看電勢隨距離的變化率也可以得出C項正確．答案：ACD4.如圖6－2－27所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷＋Q和－Q，x軸上的P點位于－Q的右側(cè)．下列判斷正確的是()圖6－2－27A．在x軸上還有一點與P點電場強度相同B．在x軸上還有兩點與P點電場強度相同C．若將一試探電荷＋q從P點移到O點，電勢能增大D．若將一試探電荷＋q從P點移到O點，電勢能減小解析：由點電荷產(chǎn)生的場強公式E＝eq\f(kQ,r2)和場強疊加知識得．若－Q與O點的距離為x，P點與－Q的距離為a，則可得P點場強為Ep＝eq\f(kQ,a2)－eq\f(kQ,2x＋a2)，方向水平向左，根據(jù)對稱性特點知，A正確，B錯誤；根據(jù)等量異種電荷形成的電場特點知，O點電勢為零，而P點電勢小于零，故將＋q從P點移至O點，電場力做負功，其電勢能一定增大．答案：AC小結(jié)：沿著電場線的方向電勢降低，正電荷的電視能減小，負電荷的電勢能增加。例3.(2009·遼寧、寧夏，18)空間有一勻強電場，在電場中建立如圖6－2－13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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(a,2))).已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為1V，則P點的電勢為() A.eq\f(\r(2),2)V B.eq\f(\r(3),2)V C.eq\f(1,4)V D.eq\f(3,4)V解析：MN間的距離為eq\r(2)a，P點在MN連線上的投影點離M點的距離為eq\f(3\r(2)a,4)，所以P點的電勢為：eq\f(\f(3\r(2)a,4),\r(2)a)×1＝eq\f(3,4)V，D正確．答案：D即時練習：1.如圖6－2－22所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c表示電場中的三條等勢線，d點和e點位于等勢線a上，f點位于等勢線c上，df平行于MN.已知一帶正電的試探電荷從d點移動到f點時，試探電荷的電勢能增加，則以下判定正確的是()圖6－2－22A．M點處放置的是正電荷B．d點的電勢高于f點的電勢C．d點的場強與f點的場強完全相同D．將帶正電的試探電荷沿直線由d點移動到e點，電場力先做正功，后做負功答案：D2.(2009·全國Ⅱ，19)如圖6－2－19中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點．已知O點電勢高于c點，若不計重力，則()圖6－2－19A．M帶負電荷，N帶正電荷B．N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D．M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零解析：因為O點電勢高于c點電勢，可知場強方向豎直向下，正電荷受到的電場力向下，負電荷受到的電場力向上，可知M是正電荷，N是負電荷，故A錯，M運動到c點電場力做正功，N運動到a點電場力也做正功，且M、N電量相等，勻強電場相等距離的等勢線間的電勢差也相等，所以做功相等，選項B正確、C錯；由于O、b點在同一等勢面上，故M在從O點運動到b點的過程中電場力做功為零，選項D正確．答案：BD3.(2011·廣東六校聯(lián)考)如圖6－2－21所示，O點為等量異種點電荷連線的中點，a、b兩點的連線與兩電荷連線垂直．今在外力作用下將帶電荷量為＋q的點電荷從a點移動到b點，關(guān)于點電荷的電勢能下列說法中正確的是()圖6－2－21A．不變B．減小C．增大D．無法判斷解析：由等量異種點電荷的等勢面分布特點可知，a點的電勢低于b點電勢，將正電荷從a點移動到b點的過程中電場力做負功，電勢能增大，故C正確．答案：C4.A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，如圖6－2－12所示的四幅圖中，能正確表示該電場強度方向的是圖6－2－12解析由題意知F點的電勢φF＝3V，則FC為勻強電場中的一條等勢線，故C選項正確．答案C5.某同學研究電子在勻強電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡(虛線所示)，圖6－2－24中一組平行實線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是()圖6－2－24圖6－2－24A．不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的電勢都比b點的電勢低B．不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的場強都比b點的場強小C．如果圖中實線是電場線，電子在a點動能較大D．如果圖中實線是等勢面，電子在b點動能較小解析：如果實線是電場線，由運動軌跡判斷，電子受水平向右的電場力，場強方向水平向左，a點的電勢低于b點的電勢，電子在a點動能較?。绻麑嵕€是等勢面，由運動軌跡判斷，電子受豎直向下的電場力，場強方向豎直向上，a點的電勢高于b點的電勢，電子在b點動能較?。鸢福篋6.(2010·浙江十二校聯(lián)考)在真空中A、B兩點分別放置等量異種電荷，在電場中通過A、B兩點的豎直平面內(nèi)對稱位置取一個矩形路徑abcd，如圖6－2－17所示，現(xiàn)將一電子沿abcd移動一周，則下列判斷正確的是圖6－2－17A．由a→b電場力做正功，電子的電勢能減小B．由b→c電場力對電子先做負功，后做正功，總功為零C．由c→d電子的電勢能一直增大D．由d→a電子的電勢能先減小后增大，電勢能總的增加量為零解析電子受力方向與電場方向相反，由a→b電場力做負功，電子的電勢能增加，A選項錯；由b→c電場力先做負功，后做正功，由對稱性可知，總功為零，B選項正確；由c→d電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；由d→a電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，由對稱性可知，電勢能總增加量為零，D選項正確．答案BD小結(jié)：等勢面例4.如圖6－2－28所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一質(zhì)量500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度，沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點處．(g取10m/s2)求：圖6－2－28(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向．(2)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.(3)小環(huán)運動到P點的動能．解析：(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示 由平衡條件得：mgsin45°＝Eqcos45°，得mg＝Eq， 離開直桿后，只受mg、Eq作用， 則F合＝eq\r(2)mg＝ma，a＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2＝14.1m/s2 方向與桿垂直斜向右下方. (2)設(shè)小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點，則豎直方向：h＝v0sin45°·t＋eq\f(1,2)gt2， 水平方向：v0cos45°·t－eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2＝0，解得：v0＝eq\r(\f(gh,2))＝2m/s (3)由動能定理得：Ekp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，可得：Ekp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝5J.答案：(1)14.1m/s2垂直于桿斜向右下方(2)2m/s(3)5J即時練習：1.如圖6－2－27所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上極板開有一小孔，質(zhì)量均為m，帶電荷量均為＋q的兩個帶電小球(視為質(zhì)點)，其間用長為L的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，已知d＝2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由靜止釋放，讓兩球豎直下落．當下端的小球到達下極板時，速度剛好為零．試求：圖6－2－27(1)兩極板間勻強電場的電場強度；(2)球運動中的最大速度．解析：(1)兩球由靜止開始下落到下端的小球到達下極板的過程中，由動能定理得： 2mgd－Eqd－Eq(d－L)＝0，則有E＝4mg/3q. (2)兩球由靜止開始下落至上端小球恰進入小孔時小球達到最大速度， 此過程利用動能定理得：2mgL－EqL＝eq\f(2mv2,2)，則有v＝eq\r(\f(2gL,3)).答案：(1)eq\f(4mg,3q)(2)eq\r(\f(2gL,3))圖6－2－202.在如圖6－2－20所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強電場(具體方向未畫出)，a、b、c、d分別為兩條直徑的端點，ac⊥bd，一金屬鈉離子從b點沿bd方向以速度v0射入電場，只在電場力作用下，從c點飛出電場，則下列說法正確的是()A．鈉離子到達c點時的速度一定大于b點的速度B．若a、b、c三點的電勢分別為12V、8V、3V，則d點電勢一定為7VC．電場力一定對鈉離子做了正功D．b點電勢一定高于c點的電勢解析：鈉離子從b點到達c點的過程中，電場力做功情況不明確，無法確定b、c兩點的速度大小，A項錯誤；根據(jù)電勢差和場強的關(guān)系式U＝Ed，有φa－φb＝φd－φc，B項正確；由于電場方向不確定，故無法判斷b、c兩點的電勢高低，也無法判斷電場力做功的正負，C、D項均錯．答案：B3.如圖6－2－26所示，有一半圓弧光滑軌道，半徑為R，在圓心等高的位置靜止放置一個帶正電的小球A，其質(zhì)量為m，MN之間有一方向水平向左的勻強電場，讓小球A自由滾下進入勻強電場區(qū)域，水平面也是光滑的，下列說法正確的是()圖6－2－26A．小球一定能穿過MN區(qū)域繼續(xù)運動B．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，小球一定能回到出發(fā)點C．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，只要電場強度足夠大，小球可以到達P點，且到達P點速度大于等于eq\r(gR)D．如果小球一定能穿過MN區(qū)域，電場力做的功為－mgR解析：小球帶正電，進入電場后做減速運動，如果小球達到N點還沒有減速到零，說明小球穿過了MN區(qū)域，如果小球還沒有到N點就減速到零，說明小球不能穿過MN區(qū)域，A項錯．如果小球沒有穿過MN區(qū)域，根據(jù)能量守恒定律，小球能回到出發(fā)點，且速度為零，B項對，C項錯．如果小球一定能穿過MN區(qū)域，根據(jù)動能定理，電場力做的功與重力做的總功之和等于動能的變化，由于不知道小球在N點的速度是否為0，所以無法確定電場力做的功，D項錯．答案：B圖6－2－284.如圖6－2－28所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點，固定電荷量為＋Q的點電荷．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求：(1)物塊在A點時受到軌道的支持力大小；(2)點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢．解析：(1)物塊在A點受重力、電場力、支持力．分解電場力，由豎直方向受力平衡得FN－mg－keq\f(Qq,r2)sin60°＝0①r＝eq\f(h,sin60°)②由①②得FN＝mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2).(2)從A運動到P點正下方B點的過程中，由動能定理得－qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又因為U＝φB－φA，由以上兩式解得φB＝eq\f(m,2q)(veq\o\al(2,0)－v2)＋φ.答案：(1)mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)φ＋eq\f(m,2q)(veq\o\al(2,0)－v2)圖6－2－295.一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖6－2－29所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：(1)AB兩點的電勢差UAB；(2)勻強電場的場強大??；(3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大?。馕觯?1)小球由A到B過程中，由動能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q).(2)E＝eq\f(UAB,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).(3)小球在AB間擺動，由對稱性知，B處細線拉力與A處細線拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有FTA＝Eq＝eq\r(3)mg，所以TB＝TA＝eq\r(3)mg或在B處，沿線方向合力為零，有TB＝Eqcos60°＋mgcos30°＝eq\r(3)mg.答案：(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)(3)eq\r(3)mg6.如圖6－2－16所示，一個質(zhì)量為4eq\r(3)×10－3kg、電荷量為＋2×10－6C的小球，套在絕緣桿上，桿可在豎直平面內(nèi)繞上端轉(zhuǎn)動，球與桿的動摩擦因數(shù)為0.5.整個裝置處于電場強度大小為2×104N/C，方向水平向右的勻強電場中，取g＝10m/s2.求：圖6－2－16(1)桿與豎直方向夾角多大時，小球運動速度變化最快．(2)當桿豎直放置時，球沿桿下滑1m所損失的機械能．解析：(1)當桿轉(zhuǎn)到沿合力方向，不受摩擦力作用時，小球加速度最大，合力與豎直方向夾角為 cotθ＝eq\f(mg,qE)＝eq\r(3)，θ＝30°. (2)FN＝qE，F(xiàn)f＝μFN＝μqE，W＝Ffx＝μqEx＝0.5×2×10－6×2×104×1J＝2×10－2J.答案：(1)30°(2)2×10－2J小結(jié)：電場物體的運動，包含電場力的受力分析B“雙基”針對性精講釋疑，解題步驟歸納總結(jié)【1】判斷電勢高低1、利用電場線方向來判斷，沿電場線方向電勢逐漸降低。若選擇無限遠處電勢為零，則正電荷形成的電場中，空間各點的電勢皆大于零；負電荷形成的電場中空間各點電勢皆小于零。2、利用來判斷，將WAB、q的正負代入計算，若UAB＞0則＞，若UAB＜0則＜。例1：如圖所示，虛線方框內(nèi)為一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點，已知UA＝12V，UB＝６Ｖ，ＵC＝－６Ｖ，試在該方框中作出該電場的示意圖（即畫出幾條電場線），并要求保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示）。若將一個電子從Ａ點移到Ｂ點，電場力做多少電子伏的功？【2】電場力做功的計算１、由公式Ｗ＝ＦＳcosθ計算，但在中學階段，限地數(shù)學基礎(chǔ)，要求式中Ｆ為恒力才行，所以，這種方法有局限性，此公式只適合于勻強電場中，可變形為Ｗ＝ｑＥｄ，式中ｄ為電荷初末位置在電場方向上的位移。２、由電場力做功與電勢能改變關(guān)系計算，Ｗ＝－Δε，對任何電場都適用。３、用ＷAB＝ｑＵAB來計算。一般又有兩種處理方法：（１）帶正、負號運算：按照符號規(guī)則把所移動的電荷的電荷量ｑ和移動過程的始、終兩點的電勢差ＵAB的值代入公式ＷAB＝ｑＵAB進行教育處，根據(jù)計算所得W值的正、負來判斷是電場力做功還是克服電場力做功。其符號規(guī)則是：所移動的電荷若為正電荷，則q取正值；若移動過程的始點電勢高于終點電勢，則UAB取正值。（2）用絕對值運算：公式W＝ｑＵAB中的q和UAB都取絕對值，即W＝。采用這種處理方法只能計算在電場中移動電荷所做功的大小。要想知道移動電荷過程中