【三維設(shè)計(jì)】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專版-第六章-靜電場

第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))靜電場[備考指南]考點(diǎn)內(nèi)容要求考點(diǎn)內(nèi)容要求一、電場力的性質(zhì)物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ二、電場能的性質(zhì)電勢能、電勢Ⅰ靜電現(xiàn)象的解釋Ⅰ電勢差Ⅱ點(diǎn)電荷Ⅰ三、電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系Ⅰ庫侖定律Ⅱ帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動Ⅱ靜電場Ⅰ示波管Ⅰ電場強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度Ⅱ常見電容器Ⅰ電場線Ⅰ電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ把握考情找規(guī)律：高考對本章學(xué)問的考查主要以選擇、計(jì)算為主，主要考點(diǎn)有：(1)電場的基本概念和規(guī)律；(2)牛頓運(yùn)動定律、動能定理及功能關(guān)系在靜電場中的綜合應(yīng)用問題；(3)帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)等問題。明熱點(diǎn)：估量2022年的高考中，對本章學(xué)問的考查仍將是熱點(diǎn)之一，主要以選擇題的方式考查靜電場的基本學(xué)問，以綜合題的方式考查靜電場學(xué)問與其他學(xué)問的綜合應(yīng)用。第1節(jié)電場力的性質(zhì)_(1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。(√)(2)相互作用的兩個點(diǎn)電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小確定相等。(√)(3)依據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)，當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞。(×)(4)電場強(qiáng)度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與摸索電荷在該點(diǎn)所受的電場力成正比。(×)(5)電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向即為正電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向。(√)(6)在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式E＝eq\f(kQ,r2)中的Q就是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷。(√)(7)在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，以點(diǎn)電荷為球心的同一球面上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度都相同。(×)(8)電場線的方向即為帶電粒子的運(yùn)動方向。(×)(1)1785年法國物理學(xué)家?guī)靵隼门こ釉囼?yàn)發(fā)覺了電荷之間的相互作用規(guī)律——庫侖定律。(2)1837年，英國物理學(xué)家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。(3)1913年，美國物理學(xué)家密立根通過油滴試驗(yàn)精確測定了元電荷e的電荷量，獲得諾貝爾獎。要點(diǎn)一庫侖定律的理解與應(yīng)用1．庫侖定律適用條件的三點(diǎn)理解(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點(diǎn)電荷，r為兩球心之間的距離。(2)對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布。(3)庫侖力在r＝10－15～10－9m的范圍內(nèi)均有效，但不能依據(jù)公式錯誤地推論：當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞。其實(shí)，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點(diǎn)電荷了。2．應(yīng)用庫侖定律的四條提示(1)在用庫侖定律公式進(jìn)行計(jì)算時，無論是正電荷還是負(fù)電荷，均代入電量的確定值計(jì)算庫侖力的大小。(2)作用力的方向推斷依據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向。(3)兩個點(diǎn)電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反。(4)庫侖力存在極大值，由公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和確定的條件下，當(dāng)q1＝q2時，F(xiàn)最大。[多角練通]1．(2021·金陵中學(xué)模擬)如圖6-1-1所示，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔確定距離，兩球之間相互吸引ss力的大小是F。今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開。這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是()圖6-1-1A．eq\f(F,8) B．eq\f(F,4)C．eq\f(3F,8) D．eq\f(3F,4)解析：選AA、B兩球相互吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為＋q、－q。當(dāng)?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為q1＝＋eq\f(q,2)，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－eq\f(q,4)。由庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝eq\f(F,8)，A項(xiàng)正確。2.如圖6-1-2所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們分別固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，兩球電荷量的確定值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為()圖6-1-2A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)解析：選D萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點(diǎn)的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點(diǎn)。因此，可以應(yīng)用萬有引力定律。對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，表面的電荷分布并不均勻，不能把兩球殼看成相距l(xiāng)的點(diǎn)電荷，故D正確。要點(diǎn)二庫侖力作用下的平衡問題1．解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場力。具體步驟如下：2．“三個自由點(diǎn)電荷平衡”的問題(1)平衡的條件：每個點(diǎn)電荷受到另外兩個點(diǎn)電荷的合力為零或每個點(diǎn)電荷處于另外兩個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為零的位置。(2)[典例](多選)(2022·浙江高考)如圖6-1-3所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細(xì)線與斜面平行。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d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷。小球A靜止在斜面上，則()圖6-1-3A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細(xì)線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細(xì)線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0[解析]依據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝eq\f(kq2,d2)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，選項(xiàng)B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不行能為0，選項(xiàng)D錯誤。[答案]AC[方法規(guī)律]庫侖力作用下的平衡問題，高考中多以選擇題的形式毀滅，關(guān)鍵是做好受力分析與平衡條件的應(yīng)用，把庫侖力當(dāng)成一個一般力，通過合成法或正交分解法解決此類問題。[針對訓(xùn)練]1．(2021·全國卷Ⅱ)如圖6-1-4，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l的正三角形的三個頂點(diǎn)上：a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小為()圖6-1-4A．eq\f(\r(3)kq,3l2) B．eq\f(\r(3)kq,l2)C．eq\f(3kq,l2) D．eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：選B以小球c為爭辯對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡條件得：2F庫cos30°＝Eqc。即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此時a的受力如圖乙所示，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq2,l2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)kq2,l2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(qqc,l2)))2得qc＝2q即當(dāng)qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故選項(xiàng)B正確。2．如圖6-1-5所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點(diǎn)電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點(diǎn)電荷C，恰好使三個點(diǎn)電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為()圖6-1-5A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負(fù)，A的左邊0.2m處 D．負(fù)，A的右邊0.2m處解析：選C要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必需滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項(xiàng)C正確。3．(2021·湖南懷化調(diào)研)如圖6-1-6所示，A、B兩小球帶等量同號電荷，A固定在豎直放置的L＝10cm長的絕緣支柱上，B受A的斥力作用靜止于光滑的絕緣斜面上與A等高處，斜面傾角為θ＝30°，B的質(zhì)量為m＝10eq\r(3)×10－3kg。求：圖6-1-6(1)B球?qū)π泵娴膲毫Υ笮　?2)B球帶的電荷量大小(g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)令B球?qū)π泵娴闹С至镕N，帶的電荷量Q，A、B相距r。對B球受力分析如圖所示。FNcosθ＝mg，①得FN＝0.20N。據(jù)牛頓第三定律得B球?qū)π泵娴膲毫N′＝0.20N。(2)兩小球之間的庫侖力F＝keq\f(Q2,r2)，F(xiàn)＝mgtanθ，②又L＝rtanθ，③代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Q＝Leq\r(\f(mg,ktanθ))＝eq\f(\r(3),3)×10－6C≈5.8×10－7C。答案：(1)0.2N(2)5.8×10－7C要點(diǎn)三電場強(qiáng)度的疊加問題1．電場強(qiáng)度三個表達(dá)式的比較E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意義電場強(qiáng)度定義式真空中點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的打算式勻強(qiáng)電場中E與U的關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點(diǎn)電荷勻強(qiáng)電場打算因素由電場本身打算，與q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點(diǎn)的距離r共同打算由電場本身打算，d為沿電場方向的距離相同點(diǎn)矢量，遵守平行四邊形定則單位：1N/C＝1V/m2．電場強(qiáng)度的疊加(1)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處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和。(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則。3．計(jì)算電場強(qiáng)度常用的五種方法(1)電場疊加合成的方法。(2)平衡條件求解法。(3)對稱法。(4)補(bǔ)償法。(5)等效法。[典例](2021·全國卷Ⅰ)如圖6-1-7，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q＞0)的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零，則d點(diǎn)處電場強(qiáng)度的大小為(k為靜電力常量)()圖6-1-7A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)[解析]由于在a點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷q后，b點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，說明點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與圓盤上Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，依據(jù)對稱性可知Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小EQ′＝keq\f(q,R2)，則Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故選項(xiàng)B正確。[答案]B[方法規(guī)律]電場強(qiáng)度疊加問題的求解思路電場強(qiáng)度是矢量，疊加時應(yīng)遵從平行四邊形定則，分析電場的疊加問題的一般步驟是：(1)確定分析計(jì)算的空間位置；(2)分析該處有幾個分電場，先計(jì)算出各個分電場在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向；(3)依次利用平行四邊形定則求出矢量和。[針對訓(xùn)練]1．(2021·安徽高考)如圖6-1-8所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體布滿z<0的空間，z>0的空間為真空。將電荷量為q的點(diǎn)電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷?？臻g任意一點(diǎn)處的電場皆是由點(diǎn)電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的電場強(qiáng)度大小為(k為靜電力常量)()圖6-1-8A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)解析：選D點(diǎn)電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點(diǎn)對稱的等量異種電荷所形成的電場。所以z軸上z＝eq\f(h,2)處的電場強(qiáng)度E＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)＋keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)h))2)＝keq\f(40q,9h2)，選項(xiàng)D正確。2．(2021·江蘇高考)下列選項(xiàng)中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖6-1-9中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是()圖6-1-9解析：選B依據(jù)對稱性和矢量疊加，D項(xiàng)O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，C項(xiàng)等效為其次象限內(nèi)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場，大小與A項(xiàng)的相等，B項(xiàng)正、負(fù)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相互垂直，合電場強(qiáng)度是其中一個的eq\r(2)倍，也是A、C項(xiàng)電場強(qiáng)度的eq\r(2)倍，因此B項(xiàng)正確。3．(2022·安徽高考)如圖6-1-10甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點(diǎn)P(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2SKIPIF1<0)))，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點(diǎn)Q(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度為()圖6-1-10A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2SKIPIF1<0) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2SKIPIF1<0)C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：選A利用均勻帶電圓板軸線上的電場強(qiáng)度公式，當(dāng)R無限大時，Q點(diǎn)電場強(qiáng)度E1＝2πkσ0，當(dāng)R＝r時，Q點(diǎn)電場強(qiáng)度E2＝2πkσ0[1－eq\f(x,r2＋x2SKIPIF1<0)]，現(xiàn)從帶電平板上中間挖去一半徑為r的圓板，則Q點(diǎn)電場強(qiáng)度E3＝E1－E2，選項(xiàng)A正確。4．如圖6-1-11所示，位于正方形四個頂點(diǎn)處分別固定有點(diǎn)電荷A、B、C、D，四個點(diǎn)電荷的帶電量均為q，其中點(diǎn)電荷A、C帶正電，點(diǎn)電荷B、D帶負(fù)電，試確定過正方形中心O并與正方形垂直的直線上到O點(diǎn)距離為x的P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小和方向。圖6-1-11解析：四個點(diǎn)電荷各拘束P點(diǎn)的電場強(qiáng)度EA、EB、EC、ED如圖所示，依據(jù)對稱性可知，EA、EC的合電場強(qiáng)度E1沿OP向外，EB、ED的合電場強(qiáng)度E2沿OP指向O，由對稱性可知，E1、E2大小相等，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零。答案：電場強(qiáng)度為零要點(diǎn)四電場線的理解與應(yīng)用1．電場線的三個特點(diǎn)(1)電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處動身，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷處；(2)電場線在電場中不相交；(3)在同一幅圖中，電場強(qiáng)度較大的地方電場線較密，電場強(qiáng)度較小的地方電場線較疏。2．六種典型電場的電場線圖6-1-123．兩種等量點(diǎn)電荷的電場比較等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷連線上的電場強(qiáng)度沿連線先變小后變大，中點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最小中垂線上的電場強(qiáng)度O點(diǎn)最大，向外漸漸減小O點(diǎn)為零，向外先變大后變小4．電場線與帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡的關(guān)系一般狀況下帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合。(1)電場線為直線；(2)帶電粒子初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)帶電粒子僅受電場力或所受其他力的合力方向與電場線平行。[典例]如圖6-1-13所示，Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點(diǎn)電荷，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足。下列說法正確的是()圖6-1-13A．若兩電荷是異種電荷，則OM的中點(diǎn)與ON的中點(diǎn)電勢確定相等B．若兩電荷是異種電荷，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，與MN上各點(diǎn)相比是最小的，而與HG上各點(diǎn)相比是最大的C．若兩電荷是同種電荷，則OM中點(diǎn)與ON中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度確定相同D．若兩電荷是同種電荷，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，與MN上各點(diǎn)相比是最小的，與HG上各點(diǎn)相比是最大的[解析]若兩電荷是異種電荷，則OM的中點(diǎn)與ON的中點(diǎn)電勢確定不相等，選項(xiàng)A錯誤。若兩電荷是異種電荷，依據(jù)兩異種電荷電場特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，與MN上各點(diǎn)相比是最小的，而與HG上各點(diǎn)相比是最大的，選項(xiàng)B正確。若兩電荷是同種電荷，則OM中點(diǎn)與ON中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小確定相同，方向確定相反，選項(xiàng)C錯誤。若兩電荷是同種電荷，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，與MN上各點(diǎn)相比是最小的，與HG上各點(diǎn)相比也是最小的，選項(xiàng)D錯誤。[答案]B[方法規(guī)律][針對訓(xùn)練]1．(2021·宜賓一診)在如圖6-1-14所示的電場中，一負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)，則它運(yùn)動的v-t圖像可能是圖6-1-15中的()圖6-1-14圖6-1-15解析：選B負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)，所受電場力漸漸增大，加速度漸漸增大，則它運(yùn)動的v-t圖像可能是圖中的B。2.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，假如兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖6-1-16所示的曲線，關(guān)于這種電場，以下說法正確的是()圖6-1-16A．這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布卻是左右對稱的，很有規(guī)律性，它們之間的電場，除邊緣部格外，可以看做勻強(qiáng)電場B．電場內(nèi)部A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．電場內(nèi)部A點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．若將一正電荷從電場中的A點(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場線方向運(yùn)動到負(fù)極板解析：選D由于平行金屬板形成的電場的電場線不是等間距的平行直線，所以不是勻強(qiáng)電場，選項(xiàng)A錯誤。從電場線分布看，A處的電場線比B處密，所以A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)B、C錯誤。A、B兩點(diǎn)所在的電場線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場中的A點(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場線方向運(yùn)動到負(fù)極板，選項(xiàng)D正確。3．某區(qū)域的電場線分布如圖6-1-17所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點(diǎn)由靜止開頭在電場力作用下運(yùn)動到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽視不計(jì)。在O到A運(yùn)動過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運(yùn)動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是()圖6-1-17圖6-1-18解析：選B沿OA方向的電場強(qiáng)度先減小后增大，粒子運(yùn)動的加速度a隨時間t的變化為先減小后增大，粒子運(yùn)動速度v隨時間t的變化圖像斜領(lǐng)先減小后增大，圖像A錯誤B正確。依據(jù)電勢圖像斜率表示電場強(qiáng)度可知，運(yùn)動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線的斜率應(yīng)當(dāng)為先減小后增大，圖像C錯誤。由動能定理，粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線斜率與電場強(qiáng)度成正比，粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線的斜率應(yīng)當(dāng)為先減小后增大，圖像D錯誤。要點(diǎn)五帶電體的力電綜合應(yīng)用解決力電綜合問題的一般思路[典例]如圖6-1-19所示，一根長為L＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN豎直固定在電場強(qiáng)度大小為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的斜向上的勻強(qiáng)電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，帶電荷量為Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg?，F(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開頭運(yùn)動。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2)圖6-1-19(1)求小球B開頭運(yùn)動時的加速度a；(2)當(dāng)小球B的速度最大時，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B從N端運(yùn)動到距M端的高度為h2＝0.61m時，速度v＝1.0m/s，求此過程中小球B電勢能的轉(zhuǎn)變量ΔEp。[思路點(diǎn)撥](1)試畫出小球B運(yùn)動前的受力示意圖。提示：(2)試描述B球的運(yùn)動情景。提示：B球釋放后先向下加速運(yùn)動，然后向下減速運(yùn)動，速度最大時，所受合力為零，加速度為零。(3)第(1)問求加速度a時，應(yīng)對B球在N位置時利用牛頓其次定律求解；小球速度最大時，a＝0，要利用平衡條件求解；電勢能的變化對應(yīng)電場力做功，應(yīng)通過動能定理求解。[解析](1)開頭運(yùn)動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿向下運(yùn)動，由牛頓其次定律得mg－eq\f(kQq,L2)－qEsinθ＝ma解得a＝3.2m/s2，方向豎直向下。(2)小球B速度最大時受到的合力為零，即eq\f(kQq,h12)＋qEsinθ＝mg代入數(shù)據(jù)得h1＝0.9m。(3)小球B在從開頭運(yùn)動到速度為v的過程中，設(shè)重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，則依據(jù)動能定理得W1＋W2＋W3＝eq\f(1,2)mv2W1＝mg(L－h(huán)2)又由功能關(guān)系知ΔEp＝|W2＋W3|代入數(shù)據(jù)得ΔEp＝8.4×10－2J。[答案](1)3.2m/s2，豎直向下(2)0.9m(3)8.4×10－2J[針對訓(xùn)練]1．(多選)如圖6-1-20所示，在豎直平面內(nèi)，帶等量同種電荷的小球A、B，帶電荷量為－q(q＞0)，質(zhì)量都為m，小球可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)處理。現(xiàn)固定B球，在B球正上方足夠高的地方由靜止釋放A球，則從釋放A球開頭到A球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中()圖6-1-20A．小球A的動能不斷增大B．小球A的加速度不斷減小C．小球A的機(jī)械能不斷減小D．小球A的電勢能不斷增大解析：選CD釋放A球后，由牛頓其次定律有mg－keq\f(q2,r2)＝ma，可知小球A先做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)mg＝keq\f(q2,r2)時，小球A加速度減為零，此后小球A做加速度增大的減速運(yùn)動，選項(xiàng)A、B錯誤；小球A下降過程中，電場力始終做負(fù)功，小球A的機(jī)械能不斷減小，電勢能不斷增大，選項(xiàng)C、D正確。2．(2021·安徽省江淮十校聯(lián)考)如圖6-1-21所示，一帶正電的長細(xì)直棒水平放置，帶電細(xì)直棒在其四周產(chǎn)生方向向外輻射狀的電場，電場強(qiáng)度大小與直棒的距離成反比。在直棒上方有一長為a的絕緣細(xì)線連接了兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，A、B所帶電荷量分別為＋q和＋4q，A球距直棒的距離為a，兩個球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)兩小球之間的靜電力作用，剪斷細(xì)線，若A球下落的最大速度為vm，求A球下落到速度最大過程中，電場力對A球做的功。圖6-1-21解析：設(shè)電場強(qiáng)度E＝eq\f(k,r)對AB整體：qeq\f(k,a)＋4qeq\f(k,2a)＝2mg得k＝eq\f(2mga,3q)當(dāng)A下落速度最大時：qeq\f(k,r)＝mg代入k得r＝eq\f(2,3)a對A下落過程：mg(a－r)＋W＝eq\f(1,2)mvm2－0得W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(mga,3)。答案：eq\f(1,2)mvm2－eq\f(mga,3)對點(diǎn)訓(xùn)練：庫侖定律的理解與應(yīng)用1.(2021·北京西城質(zhì)檢)如圖1所示，兩個電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個小球的半徑r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為()圖1A．0 B．eq\f(kq2,l2)C．2eq\f(kq2,l2) D．eq\f(kq,l2)解析：選B輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F＝eq\f(kq2,l2)，選項(xiàng)B正確。2．(2022·上海高考)A、B、C三點(diǎn)在同始終線上，AB∶BC＝1∶2，B點(diǎn)位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點(diǎn)電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場力為()A．－eq\f(F,2) B．eq\f(F,2)C．－F D．F解析：選B設(shè)A處電場強(qiáng)度為E，則F＝qE；由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式可知，C處的電場強(qiáng)度為eq\f(－E,4)，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場力為F′＝－2q·eq\f(－E,4)＝eq\f(F,2)，選項(xiàng)B正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：庫侖力作用下的平衡問題3．絕緣細(xì)線的一端與一帶正電的小球M相連接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個帶電小球N，在下列狀況下，小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是()圖2解析：選BM受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則絕緣細(xì)線對小球M的拉力與小球N對小球M的庫侖力的合力必與M的重力大小相等，方向相反，其受力分析圖如圖所示，故B正確。4．(多選)(2021·武漢調(diào)研)如圖3所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電量分別為－q、Q、－q、Q。四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()圖3A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：選AC設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asinα，則兩個q之間距離為2acosα。選?。璹作為爭辯對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正確，B錯誤；選取Q作為爭辯對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正確，D錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練：電場強(qiáng)度的疊加問題5．如圖4所示，在水平向右、大小為E的勻強(qiáng)電場中，在O點(diǎn)固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點(diǎn)，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則()圖4A．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E－keq\f(Q,r2)C．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小不行能為0D．A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同解析：選A＋Q在A點(diǎn)的電場強(qiáng)度沿OA方向，大小為keq\f(Q,r2)，所以A點(diǎn)的合電場強(qiáng)度大小為eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))，A正確；同理，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E＋keq\f(Q,r2)，B錯誤；假如E＝keq\f(Q,r2)，則D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，C錯誤；A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，D錯誤。6.(2021·河北省唐山一模)如圖5所示，勻強(qiáng)電場中的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形。電場強(qiáng)度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A動能削減E0，質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動到A動能增加E0，已知電子和質(zhì)子電荷量確定值均為e，則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為()圖5A．eq\f(2E0,ea) B．eq\f(E0,ea)C．eq\f(\r(3)E0,3ea) D．eq\f(2\r(3)E0,3ea)解析：選D依據(jù)題述，BC在一等勢面上，勻強(qiáng)電場的方向垂直于BC指向A。由eEasin60°＝E0，解得：E＝eq\f(2\r(3)E0,3ea)，選項(xiàng)D正確。7.如圖6所示，以o為圓心的圓周上有六個等分點(diǎn)a、b、c、d、e、f。等量正、負(fù)點(diǎn)電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E?，F(xiàn)轉(zhuǎn)變a處點(diǎn)電荷的位置，使o點(diǎn)的電場強(qiáng)度轉(zhuǎn)變，下列敘述正確的是()圖6A．移至c處，o處的電場強(qiáng)度大小不變，方向沿oeB．移至b處，o處的電場強(qiáng)度大小減半，方向沿odC．移至e處，o處的電場強(qiáng)度大小減半，方向沿ocD．移至f處，o處的電場強(qiáng)度大小不變，方向沿oe解析：選C放置在a、d兩處的等量正、負(fù)點(diǎn)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向相同，每個電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為eq\f(E,2)。依據(jù)電場強(qiáng)度疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強(qiáng)度大小為eq\f(E,2)，方向沿oe，選項(xiàng)A錯誤；a處正電荷移至b處，o處的電場強(qiáng)度大小為2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠eod的角平分線，選項(xiàng)B錯誤；a處正電荷移至e處，o處的電場強(qiáng)度大小為eq\f(E,2)，方向沿oc，選項(xiàng)C正確；a處正電荷移至f處，o處的電場強(qiáng)度大小為2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠cod的角平分線，選項(xiàng)D錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練：電場線的理解與應(yīng)用8．在如圖7所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的是()圖7A．甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)B．乙圖中兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)C．丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)D．丁圖中非勻強(qiáng)電場中的a、b兩點(diǎn)解析：選C甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相同，方向不相反，選項(xiàng)A錯誤；對乙圖，依據(jù)電場線的疏密及對稱性可推斷，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，選項(xiàng)B錯誤；丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相同，方向相反，選項(xiàng)C正確；對丁圖，依據(jù)電場線的疏密可推斷，b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯誤。9．(2021·渭南質(zhì)檢)兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的質(zhì)點(diǎn)四周的電場線如圖8所示，由圖可知()圖8A．兩質(zhì)點(diǎn)帶異號電荷，且Q1>Q2B．兩質(zhì)點(diǎn)帶異號電荷，且Q1<Q2C．兩質(zhì)點(diǎn)帶同號電荷，且Q1>Q2D．兩質(zhì)點(diǎn)帶同號電荷，且Q1<Q2解析：選A由圖可知，電場線起于Q1，止于Q2，故Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，兩質(zhì)點(diǎn)帶異號電荷，在Q1四周電場線比Q2四周電場線密，故Q1>Q2，選項(xiàng)A正確。10．(多選)如圖9所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關(guān)于MN對稱，b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位于兩電荷的連線上。以下推斷正確的是()圖9A．b點(diǎn)電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)電場強(qiáng)度B．b點(diǎn)電場強(qiáng)度小于d點(diǎn)電場強(qiáng)度C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢差D．摸索電荷＋q在a點(diǎn)的電勢能小于在c點(diǎn)的電勢能解析：選BC依據(jù)等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的電場線分布狀況和由電場線的疏密表示電場強(qiáng)度大小可知Ed＞Eb。故選項(xiàng)A錯誤，B正確。a、c兩點(diǎn)關(guān)于MN對稱，故Uab＝Ubc，選項(xiàng)C正確。沿電場線方向電勢降低，所以φa＞φc，由Ep＝qφ可知Epa＞Epc，故選項(xiàng)D錯誤。考點(diǎn)綜合訓(xùn)練11．(2021·洛陽模擬)如圖10所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的三個物體A、B、C在傾角為30°的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不變，開頭時三個物體均能保持靜止?，F(xiàn)給A施加一平行于斜面對上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t，力F變?yōu)楹懔?。已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：圖10(1)開頭時BC間的距離L；(2)F從變力到恒力需要的時間t；(3)在時間t內(nèi)，力F做功WF＝2.31J，求系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp。解析：(1)ABC靜止時，以AB為爭辯對象有：(mA＋mB)gsin30°＝eq\f(kqCqB,L2)解得：L＝2.0m。(2)給A施加力F后，AB沿斜面對上做勻加速運(yùn)動，AB分別時兩者之間彈力恰好為零，對B用牛頓其次定律得：eq\f(kqBqC,l2)－mBgsin30°＝mBa解得：l＝3.0m有勻加速運(yùn)動規(guī)律得：l－L＝eq\f(1,2)at2解得：t＝1.0s。(3)AB分別時兩者仍有相同的速度，在時間t內(nèi)對AB用動能定理得：WF－(mA＋mB)g(l－L)sin30°＋WC＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2及：v＝at得：WC＝2.1J所以系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp＝－2.1J。答案：(1)2.0m(2)1.0s(3)－2.1J12．(2021·四川資陽二診)如圖11所示，足夠長斜面傾角θ＝30°，斜面上A點(diǎn)上方光滑，A點(diǎn)下方粗糙，μ＝eq\f(1,4\r(3))，光滑水平面上B點(diǎn)左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場E＝105V/m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體C、D質(zhì)量分別為mC＝4kg，mD＝1kg，D帶電q＝3×10－4C，用細(xì)線通過光滑滑輪連在一起，分別放在斜面及水平面上的P和Q點(diǎn)由靜止釋放，B、Q間距離d＝1m，A、P間距離為2d。取g＝10m/s2，求：圖11(1)物體C第一次運(yùn)動到A點(diǎn)時的速度v0；(2)物體C第一次經(jīng)過A到其次次經(jīng)過A的時間t。解析：(1)由題知釋放后C物體將沿斜面下滑，C物體從P到A過程，對C、D系統(tǒng)由動能定理：mCg·2dsinθ－Eq·d＝eq\f(1,2)(mC＋mD)v02①解①得：v0＝2m/s。②(2)由題意，C經(jīng)過A點(diǎn)后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)向下運(yùn)動的時間為t1，其加速度大小為a1，發(fā)生的位移為x1，對物體C：T1＋μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa1③t1＝eq\f(v0,a1)④x1＝eq\f(v02,2a1)⑤對物體D：Eq－T1＝mDa1⑥設(shè)物體C在加速上滑到A的過程中，加速度大小為a2，時間為t2，對物體C：T2－μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa2⑦對物體D：Eq－T2＝mDa2⑧x1＝eq\f(1,2)a2t22⑨t(yī)＝t1＋t2⑩聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得：t＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))s≈1.82s。?答案：(1)2m/s(2)1.82s第2節(jié)電場能的性質(zhì),(1)電場力做功與重力做功相像，均與路徑無關(guān)。(√)(2)電場中電場強(qiáng)度為零的地方電勢確定為零。(×)(3)沿電場線方向電場強(qiáng)度越來越小，電勢漸漸降低。(×)(4)A、B兩點(diǎn)間的電勢差等于將正電荷從A移到B點(diǎn)時靜電力所做的功。(×)(5)A、B兩點(diǎn)的電勢差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)(6)電場線越密集的地方，等差等勢線也越密集。(√)要點(diǎn)一電勢凹凸與電勢能大小的推斷1．電勢凹凸的推斷推斷角度推斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢漸漸降低依據(jù)場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷四周電勢為正值，負(fù)電荷四周電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低依據(jù)電場力做功依據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)推斷φA、φB的凹凸依據(jù)電勢能的凹凸正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢較低處電勢能大2．電勢能大小的推斷推斷角度推斷方法做功推斷法電場力做正功，電勢能減小電場力做負(fù)功，電勢能增加電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大公式法將電荷量、電勢連同正負(fù)號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的確定值越大，電勢能越大；負(fù)Ep的確定值越大，電勢能越小能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加[多角練通]1．(2022·江蘇高考)如圖6-2-1所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的是()圖6-2-1A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低B．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢上升D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低解析：選B圓環(huán)上均勻分布著正電荷，可以將圓環(huán)等效為很多正點(diǎn)電荷的組成，同一條直徑的兩端點(diǎn)的點(diǎn)電荷的合電場強(qiáng)度類似于兩個等量同種點(diǎn)電荷的合電場強(qiáng)度，故圓環(huán)的中心的合電場強(qiáng)度確定為零。x軸上的合電場強(qiáng)度，在圓環(huán)的右側(cè)的合電場強(qiáng)度沿x軸向右，左側(cè)的合電場強(qiáng)度沿x軸向左，電場強(qiáng)度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿電場強(qiáng)度方向的電勢降低，得O點(diǎn)的電勢最高。綜上知選項(xiàng)B正確。2．(多選)(2021·山東高考)如圖6-2-2所示，在x軸上相距為L的兩點(diǎn)固定兩個等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點(diǎn)為圓心、eq\f(L,2)為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱。下列推斷正確的是()圖6-2-2A．b、d兩點(diǎn)處的電勢相同B．四個點(diǎn)中c點(diǎn)處的電勢最低C．b、d兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同D．將一摸索電荷＋q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，＋q的電勢能減小解析：選ABD由等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布及等勢面特點(diǎn)知，A、B正確，C錯誤。四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢最高、c點(diǎn)電勢最低，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確。3．(多選)如圖6-2-3所示，有一對等量異種電荷分別位于空間中的a點(diǎn)和f點(diǎn)，以a點(diǎn)和f點(diǎn)為頂點(diǎn)作一正立方體?，F(xiàn)在各頂點(diǎn)間移動一摸索電荷，關(guān)于摸索電荷受電場力和具有的電勢能，以下推斷正確的是()圖6-2-3A．在b點(diǎn)和d點(diǎn)受力大小相等，方向不同B．在c點(diǎn)和h點(diǎn)受力大小相等，方向相同C．在b點(diǎn)和d點(diǎn)電勢能相等D．在c點(diǎn)和h點(diǎn)電勢能相等解析：選ABC依據(jù)對稱性和等量異種電荷四周電場線的分布特點(diǎn)可知，摸索電荷在b點(diǎn)和d點(diǎn)受力大小相等，方向不同，在c點(diǎn)和h點(diǎn)受力大小相等，方向相同，所以選項(xiàng)A、B正確；由于b點(diǎn)和d點(diǎn)到兩個場源電荷的距離都一樣，所以摸索電荷在b點(diǎn)和d點(diǎn)電勢能相等，選項(xiàng)C正確；c點(diǎn)離場源正電荷較h點(diǎn)遠(yuǎn)，所以摸索電荷在c點(diǎn)和h點(diǎn)電勢能不相等，或者依據(jù)等量異種電荷四周等勢面的分布特點(diǎn)可知，中垂面是等勢面，而c點(diǎn)和h點(diǎn)分居中垂面的兩側(cè)，它們的電勢確定不等，所以選項(xiàng)D錯誤。要點(diǎn)二電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系1．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系(1)UAB＝Ed，d為A、B兩點(diǎn)沿電場方向的距離。(2)沿電場強(qiáng)度方向電勢降落得最快。(3)在同始終線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢差相等。2．E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強(qiáng)度大小的關(guān)系，當(dāng)電勢差U確定時，電場強(qiáng)度E越大，則沿電場強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場強(qiáng)度越大，等差等勢面越密。(2)定性推斷非勻強(qiáng)電場電勢差的大小關(guān)系，如距離相等的兩點(diǎn)間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ-x圖像的斜率推斷沿x方向電場強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ-x圖像中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向。[典例](多選)如圖6-2-4所示，A、B、C、D、E、F為勻強(qiáng)電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點(diǎn)，A、B、C三點(diǎn)電勢分別為1V、2V、3V，正六邊形所在平面與電場線平行。下列說法正確的是()圖6-2-4A．通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為10V/mC．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向?yàn)橛蒀指向AD．將一個電子由E點(diǎn)移到D點(diǎn)，電子的電勢能將削減1.6×10－19J [思路點(diǎn)撥]1．在勻強(qiáng)電場中，如何查找等勢線？提示：先利用幾何關(guān)系確定兩個等勢點(diǎn)，它們的連線就是一條等勢線。2．如何確定電場的大小和方向？提示：依據(jù)電場線與等勢線垂直，且沿電場線方向，電勢降低可推斷電場方向，其大小可由E＝eq\f(U,d)求得。3．如何推斷電勢能的變化？提示：通過電場力做功推斷電勢能的變化。[解析]由AC的中點(diǎn)電勢為2V，所以BE為等勢線，CD、AF同為等勢線，故A正確；CA為電場線方向，電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10×cos30°×10－2)V/m＝eq\f(20,3)eq\r(3)V/m，故B錯誤，C正確；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J。[答案]ACD[易錯提示](1)公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(W電,qd)中d是沿電場強(qiáng)度方向上的距離。(2)在勻強(qiáng)電場中若線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。[針對訓(xùn)練]1．(多選)如圖6-2-5所示，A、B、C是勻強(qiáng)電場中平行于電場線的某一平面上的三個點(diǎn)，各點(diǎn)的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點(diǎn)，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強(qiáng)度方向的是()圖6-2-5解析：選BC勻強(qiáng)電場中將任一線段等分，則電勢差等分。把AB等分為三段，AB間電壓為3V，則每等分電壓為1V，H點(diǎn)電勢為4V，F(xiàn)點(diǎn)電勢為3V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2V，則G點(diǎn)電勢為4V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確。2.如圖6-2-6所示的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運(yùn)動時的速度越來越小，B為線段AC的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖6-2-6A．電子沿AC方向運(yùn)動時受到的電場力越來越小B．電子沿AC方向運(yùn)動時它具有的電勢能越來越大C．電勢差UAB＝UBCD．電勢φA<φB<φC解析：選B該電場為負(fù)點(diǎn)電荷電場，電子沿AC方向運(yùn)動時受到的電場力越來越大，選項(xiàng)A錯誤；依據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運(yùn)動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項(xiàng)B正確；由于電場為非勻強(qiáng)電場，電勢差UAB<UBC，選項(xiàng)C錯誤；電勢φA>φB>φC，選項(xiàng)D錯誤。要點(diǎn)三電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運(yùn)動軌跡問題1．等勢線總是和電場線垂直，已知電場線可以畫出等勢線，已知等勢線也可以畫出電場線。2．幾種典型電場的等勢線(面)電場等勢線(面)重要描述勻強(qiáng)電場垂直于電場線的一簇平面點(diǎn)電荷的電場以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面等量異種點(diǎn)電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種(正)點(diǎn)電荷的電場連線上，中點(diǎn)的電勢最低；中垂線上，中點(diǎn)的電勢最高3．帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向推斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負(fù)。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)依據(jù)動能定理或能量守恒定律推斷動能的變化狀況。[多角練通]1．(多選)如圖6-2-7所示，一帶電粒子在兩個固定的等量正電荷的電場中運(yùn)動，圖中的實(shí)線為等勢面，虛線ABC為粒子的運(yùn)動軌跡，其中B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，A、C位于同一等勢面上。下列說法正確的是()圖6-2-7A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時的速度最大C．該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時的加速度確定為零D．該粒子在B點(diǎn)的電勢能小于在A點(diǎn)的電勢能解析：選CD從該電荷的運(yùn)動軌跡看，固定電荷對它有吸引力，由固定電荷帶正電可知，該運(yùn)動電荷確定帶負(fù)電，故A錯誤；由于運(yùn)動電荷從A到B的過程中，只受電場力且電場力先做正功后做負(fù)功，由動能定理知：動能先增加后減小，故B點(diǎn)的動能不是最大，則經(jīng)過B點(diǎn)時的速度不是最大，故B錯誤；B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，合電場強(qiáng)度為零，故運(yùn)動電荷受力為零，則加速度為零，C正確；由于離正電荷越遠(yuǎn)，電勢越低，即φA＜φB，因粒子帶負(fù)電，由Ep＝φq得，EpA＞EpB，故D項(xiàng)正確。2．(多選)如圖6-2-8所示，虛經(jīng)a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相同，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，由此可知()圖6-2-8A．三個等勢面中，c等勢面電勢最高B．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時電勢能較大C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過Q點(diǎn)時動能較大D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時加速度較大解析：選BCD等差等勢面越密集，該區(qū)域電場強(qiáng)度越大，故EP＞EQ，帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時加速度較大，D正確；假設(shè)質(zhì)點(diǎn)由P運(yùn)動到Q，依據(jù)：①運(yùn)動軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较?；②電場線與等勢面垂直；③正電荷所受的電場力與電場強(qiáng)度同向；④做曲線運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)，其所受的合外力指向運(yùn)動軌跡的凹側(cè)，從而確定質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過P時的速度和電場力方向，如圖所示。依據(jù)正電荷所受電場力的方向可知，電場線由等勢面a指向等勢面c，故φa＞φb＞φc，A錯誤；電場力與瞬時速度成銳角，故由P運(yùn)動到Q電場力對質(zhì)點(diǎn)做正功，質(zhì)點(diǎn)的電勢能減小，動能增加，B、C正確。假設(shè)質(zhì)點(diǎn)由Q運(yùn)動到P，能得到同樣的結(jié)論。3．如圖6-2-9所示，直線MN是某電場中的一條電場線(方向未畫出)。虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運(yùn)動軌跡，軌跡為一拋物線。下列推斷正確的是()圖6-2-9A．電場線MN的方向確定是由N指向MB．帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中動能確定漸漸減小C．帶電粒子在a點(diǎn)的電勢能確定大于在b點(diǎn)的電勢能D．帶電粒子在a點(diǎn)的加速度確定大于在b點(diǎn)的加速度解析：選C由于帶電粒子的電性不確定，所以電場線的方向不確定，A錯誤；帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中，只受電場力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤C正確；由于僅給出一條電場線，電場強(qiáng)度的大小關(guān)系不確定，D錯誤。要點(diǎn)四靜電場中的三類圖像問題1．v-t圖像依據(jù)v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化狀況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的凹凸及電勢能的變化。[典例1](多選)(2022·海南高考)如圖6-2-10(a)，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點(diǎn)，將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放，粒子從a運(yùn)動到b過程中的v-t圖線如圖(b)所示。設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢分別為φa、φb，電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有()圖6-2-10A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞W(wǎng)b[解析]由v-t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(qiáng)度變小，Ea＞Eb；依據(jù)動能定理，速度增大，可知電勢能減小，Wa＞W(wǎng)b，可得選項(xiàng)B、D正確。[答案]BD2．φ-x圖像(1)電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ-x圖像中可以直接推斷各點(diǎn)電勢的大小，并可依據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)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，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出推斷。[典例2](2021·衡水中學(xué)期末)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖6-2-11所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢最高，則()圖6-2-11A．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零C．NC間電場強(qiáng)度方向指向x軸正方向D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功[解析]A、N點(diǎn)的電勢等于零，電場強(qiáng)度大小不為零，選項(xiàng)A、B錯誤；從N到C電勢上升，NC間電場強(qiáng)度方向指向x軸負(fù)方向，選項(xiàng)C錯誤；從N到C電勢上升，從C到D電勢降低，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，電場力做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。[答案]D3．E-x圖像在給定了電場的E-x圖像后，可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化狀況，電勢的變化狀況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運(yùn)動相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等狀況。在這類題目中，還可以由E-x圖像假設(shè)某一種符合E-x圖線的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題。[典例3](多選)(2022·上海高考)靜電場在x軸上的電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系如圖6-2-12所示，x軸正向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷()圖6-2-12A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先減小后增大[解析]由圖像可知，正電荷從x2移動到x4的過程電場力做功不為零，兩點(diǎn)電勢能不相等，A項(xiàng)錯誤；從x1移動到x3的過程電場力沿x軸負(fù)方向，電場力做負(fù)功，電勢能增大，B項(xiàng)正確；從x1到x4的過程電場強(qiáng)度先增大，后減小，所以電場力先增大后減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。[答案]BC要點(diǎn)五電場力做功與功能關(guān)系1．電場力做功的計(jì)算方法2．電場中的功能關(guān)系(1)電場力做正功，電勢能削減，電場力做負(fù)功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp。(2)假如只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp。[典例](2021·西安模擬)如圖6-2-13所示，在O點(diǎn)放置一個正電荷，在過O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點(diǎn)的速度為v，試求：圖6-2-13(1)小球通過C點(diǎn)的速度大小。(2)小球由A到C的過程中電勢能的增加量。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獵取信息自由釋放初速度為零小球重力不能忽視O為圓心，R為半徑的圓圓周為等勢線其次步：找突破口(1)要確定通過C點(diǎn)的速度，可由BC過程中的功能關(guān)系求解，由于B、C在圓周上，兩點(diǎn)為等勢點(diǎn)，故電場力不做功，只有重力做功。(2)要求由A到C過程中電勢能的增加量，應(yīng)利用公式WAC＝－ΔEpAC和動能定理，對小球由A到C的過程進(jìn)行分析，列方程求解。[解析](1)因B、C兩點(diǎn)電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理得：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C應(yīng)用動能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。由電勢能變化與電場力做功的關(guān)系得：ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR。[答案](1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR[方法規(guī)律]處理電場中能量問題的基本方法在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關(guān)系。(1)應(yīng)用動能定理解決問題需爭辯合外力的功(或總功)。(2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需留意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能轉(zhuǎn)變之間的對應(yīng)關(guān)系。(4)有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。[針對訓(xùn)練]1．(2021·西安名校聯(lián)考)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線如圖6-2-14中實(shí)線所示。一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A點(diǎn)開頭運(yùn)動，到C點(diǎn)時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而連續(xù)運(yùn)動到B點(diǎn)，其運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球在C點(diǎn)的速度。則下列推斷中正確的是()圖6-2-14A．小球在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能小B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能與v方向相反D．在A、B兩點(diǎn)小球的速率不行能相等解析：選B小球由A運(yùn)動到B，電場力做正功，電勢能削減，小球在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能大，A錯誤；由運(yùn)動軌跡可知，恒力F的方向可能水平向左，B正確，C錯誤；若小球由A運(yùn)動到B的過程中，電場力做功與克服恒力做功相等，則在A、B兩點(diǎn)小球的速率相等，D錯誤。2．(多選)(2021·黑龍江聯(lián)考)如圖6-2-15所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中以豎直和水平方向建立直角坐標(biāo)系，一帶負(fù)電的油滴從坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0向第一象限某方向拋出，當(dāng)油滴運(yùn)動到最高點(diǎn)A(圖中未畫出)時速度為vt，試從做功與能量轉(zhuǎn)化角度分析此過程，下列說法正確的是()圖6-2-15A．若vt＞v0，則重力和電場力都對油滴做正功引起油滴動能增大B．若vt＞v0，則油滴電勢能的轉(zhuǎn)變量大于油滴重力勢能的轉(zhuǎn)變量C．若vt＝v0，則A點(diǎn)可能位于第一象限D(zhuǎn)．若vt＝v0，則A點(diǎn)確定位于其次象限解析：選BD一帶負(fù)電的油滴從坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0向第一象限某方向拋出，當(dāng)油滴運(yùn)動到最高點(diǎn)A時，重力做負(fù)功。若vt＞v0，電場力確定做正功，最高點(diǎn)A位于其次象限，且電場力做功大于重力做功的確定值，則油滴電勢能的轉(zhuǎn)變量大于油滴重力勢能的轉(zhuǎn)變量，選項(xiàng)A錯誤B正確。若vt＝v0，電場力做功等于重力做功的確定值，則A點(diǎn)確定位于其次象限，選項(xiàng)C錯誤D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：電勢凹凸與電勢能大小的推斷1．(多選)(2021·江蘇高考)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球四周，所形成的電場線分布如圖1所示，金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點(diǎn)，則()圖1A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高C．檢驗(yàn)電荷－q在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的大D．將檢驗(yàn)電荷－q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功解析：選ABD本題考查靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，意在考查考生對靜電力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解與把握狀況。電場線密的地方電場強(qiáng)度大，A項(xiàng)正確；沿著電場線方向電勢漸漸降低，B項(xiàng)正確；由Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在高電勢處電勢能小，C項(xiàng)錯誤；負(fù)電荷從a到b電勢能增加，依據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，這個過程中電場力做負(fù)功，D項(xiàng)正確。2．如圖2所示為一個點(diǎn)電極A與平板電極B接入電源時的空間電場分布圖，C為A到B垂線的中點(diǎn)，D、E為同在A、B直線上的兩點(diǎn)，DC＝CE，F(xiàn)、G處在DE的中垂線上，F(xiàn)C＝CG，下列說法正確的是()圖2A．C點(diǎn)電勢等于F點(diǎn)電勢B．F點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．D、C兩點(diǎn)間電勢差小于C、E兩點(diǎn)間電勢差D．電子從F點(diǎn)沿直線移動到G點(diǎn)，電場力先做正功，后做負(fù)功解析：選DC點(diǎn)電勢大于F點(diǎn)電勢，F(xiàn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)A、B錯誤。D、C兩點(diǎn)間電勢差大于C、E兩點(diǎn)間電勢差，選項(xiàng)C錯誤。電子從F點(diǎn)沿直線移動到G點(diǎn)，電場力先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系3．(2021·北京市順義區(qū)模擬)圖3所示為一個均勻帶正電的細(xì)圓環(huán)，半徑為R，取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上某點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x，設(shè)無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，P點(diǎn)的電勢為φ，真空中靜電力常量為k，下面推斷正確的是()圖3A．圖中P點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向是沿x軸負(fù)方向，O點(diǎn)電勢φ為零B．圖中P點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向是沿x軸正方向，O點(diǎn)電場強(qiáng)度E為零C．從O點(diǎn)到P點(diǎn)，電場強(qiáng)度E確定漸漸增大，電勢φ確定漸漸增大D．從O點(diǎn)到P點(diǎn)，電場強(qiáng)度E確定漸漸減小，電勢φ確定漸漸減小解析：選B圖中P點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向是沿x軸正方向，由對稱性和電場疊加可知，O點(diǎn)電場強(qiáng)度E為零，選項(xiàng)B正確A錯誤。由于O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，無限遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度為零，所以從O點(diǎn)到P點(diǎn)，電場強(qiáng)度E可能是先增大后減小，電勢φ確定漸漸減小，選項(xiàng)C、D錯誤。4．(多選)(2021·洛陽名校聯(lián)考)如圖4所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一底角是60°的等腰梯形，坐標(biāo)系中有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，其中O(0,0)點(diǎn)電勢為6V，A(1，eq\r(3))點(diǎn)電勢為3V，B(3，eq\r(3))點(diǎn)電勢為0V，則由此可判定()圖4A．C點(diǎn)電勢為3VB．C點(diǎn)電勢為0VC．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mD．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100eq\r(3)V/m解析：選BD由題意可知C點(diǎn)坐標(biāo)為(4,0)，在勻強(qiáng)電場中，任意兩條平行的線段，兩點(diǎn)間電勢差與其長度成正比，所以eq\f(UAB,AB)＝eq\f(UOC,OC)，代入數(shù)值得φC＝0V，A錯、B對；作BD∥AO，如圖所示，則φD＝3V，即AD是一等勢線，電場強(qiáng)度方向OG⊥AD，由幾何關(guān)系得OG＝eq\r(3)cm，由E＝eq\f(U,d)得E＝100eq\r(3)V/m，C錯，D對。對點(diǎn)訓(xùn)練：電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運(yùn)動問題5．(2022·重慶高考)如圖5所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()圖5A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：選A由題圖可知a、b兩點(diǎn)處于同一等勢線上，故兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，電場力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D項(xiàng)錯；a點(diǎn)處電場線比b點(diǎn)處電場線更密集，故Ea＞Eb，C項(xiàng)錯，A項(xiàng)對。6．如圖6所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷連線上有D、E、F三點(diǎn)，且DE＝EF。K、M、L分別為過D、E、F三點(diǎn)的等勢面。一不計(jì)重力的帶負(fù)電粒子，從a點(diǎn)射入電場，運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，以|Wab|表示該粒子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電場力做功的數(shù)值，以|Wbc|表示該粒子從b點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做功的數(shù)值，則()圖6A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|＜|Wbc|C．粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)，動能削減D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢較b點(diǎn)的電勢低解析：選C由等量異種點(diǎn)電荷的電場線特點(diǎn)可知靠近電荷處電場強(qiáng)度大，由類比公式U＝Ed知|Uab|＞|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|＞|Wbc|，則A、B均錯誤；從帶負(fù)電粒子的運(yùn)動軌跡可知該粒子從a點(diǎn)到c點(diǎn)受到大體向左的作用力，故左側(cè)為正電荷，從左向右電勢降低，則D錯誤；粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能削減，則C正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：靜電場中的圖像問題7．(2022·安徽高考)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動。取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖7所示。下列圖像中合理的是()圖7圖8解析：選D由于粒子只受電場力作用，因此由F電＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))可知，Ep-x圖像的斜率大小即為粒子所受電場力大小，從圖像可知，圖像的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運(yùn)動后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，因此電場強(qiáng)度越來越小，A項(xiàng)錯誤；由于只受電場力作用，因此動能與電勢能的和是定值，但從B項(xiàng)和題圖可以看出，不同位置的電勢能與動能的和不是定值，B項(xiàng)錯誤；粒子受到的電場力隨位移的增大而越來越小，因此加速度隨位移的增大而越來越小，D項(xiàng)正確；若粒子的速度隨位移的增大而均勻增大，則粒子的動能Ek∝x2，結(jié)合題圖和B項(xiàng)分析可知C錯誤。8．兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖9甲所示，一個電荷量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)。則下列說法正確的是()圖9A．B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，電場強(qiáng)度E＝2V/mB．由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中物塊的電勢能先減小后變大C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，電勢漸漸上升D．AB兩點(diǎn)電勢差UAB＝－5V解析：選D小物塊在B點(diǎn)加速度最大，故B點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，由v-t圖線知B點(diǎn)加速度為2m/s2，據(jù)qE＝ma得E＝1V/m，選項(xiàng)A錯誤；由C到A的過程中小物塊動能始終增大，電勢能始終在減小，故電勢漸漸降低，選項(xiàng)B、C錯誤；依據(jù)動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，解得UAB＝－5V，選項(xiàng)D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：電場力做功與功能關(guān)系9．(2021·洛陽名校聯(lián)考)如圖10所示，一個電量為＋Q的點(diǎn)電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)，另一個電量為－q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動，到B點(diǎn)時速度最小且為v，已知靜電力常量為k，點(diǎn)電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，AB間距離為L，則以下說法不正確的是()圖10A．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))B．從A到B的過程中，電場力對點(diǎn)電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2C．從A到B的過程中，電場力對點(diǎn)電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02D．從A到B的過程中，乙的電勢能削減解析：選BA做加速度漸漸減小的減速直線運(yùn)動，到B點(diǎn)時速度最小，所受庫侖力等于摩擦力，由μmg＝keq\f(qQ,r2)，解得OB間的距離為r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，選項(xiàng)A正確。從A到B的過程中，由動能定理，電場力對點(diǎn)電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)B不正確，C正確。從A到B的過程中，電場力做正功，乙的電勢能減小，選項(xiàng)D正確。10．(多選)(2021·江蘇省模擬)如圖11甲，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿半徑方向建立x軸。理論分析表明，x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度隨x變化關(guān)系如圖乙，則()圖11A．x2處電場強(qiáng)度和x1處的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同B．球內(nèi)部的電場為勻強(qiáng)電場C．x1、x2兩點(diǎn)處的電勢相同D．假設(shè)將一個帶正電的摸索電荷沿x軸移動，則從x1移到R處電場力做的功大于從R移到x2處電場力做的功解析：選AD依據(jù)題圖所示的x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度隨x變化關(guān)系，x2處電場強(qiáng)度和x1處的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，球內(nèi)部的電場為非勻強(qiáng)電場，選項(xiàng)A正確B錯誤。依據(jù)電場強(qiáng)度隨x變化關(guān)系圖像與橫軸所圍面積表示電勢的變化可知，x1點(diǎn)處的電勢大于x2點(diǎn)處的電勢，選項(xiàng)C錯誤。依據(jù)電場強(qiáng)度隨x變化關(guān)系圖像與橫軸所圍面積表示電勢的變化(電勢差)，由電場力做功公式可知，假設(shè)將一個帶正電的摸索電荷沿x軸移動，則從x1移到R處電場力做的功大于從R移到x2處電場力做的功，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)綜合訓(xùn)練11．(多選)(2021·洛陽模擬)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖12所示，帶電粒子在此空間只受電場力作用。下列說法中正確的是()圖12A．在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做來回運(yùn)動B．帶負(fù)電的粒子以確定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度C．帶正電的粒子以確定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動的過程中，它的動能先增大后減小D．帶正電的粒子在x1處的電勢能比在x2處的電勢能小、與在x3處的電勢能相等解析：選AB電場沿x軸對稱分布，在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做來回運(yùn)動，選項(xiàng)A正確。帶負(fù)電的粒子以確定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度，選項(xiàng)B正確。帶正電的粒子以確定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動的過程中，它的動能先減小后增大，選項(xiàng)C錯誤。從x1處到x3處，電場強(qiáng)度方向沿x軸，帶正電的粒子從x1處到x3處，電場力始終做正功，電勢能減小，所以帶正電的粒子在x1處的電勢能比x2處的電勢能大、比x3處的電勢能大，選項(xiàng)D錯誤。12．(2021·上海市虹口區(qū)一模)在絕緣粗糙的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定電量不等的正電荷，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖13甲所示，已知B處電荷的電量為＋Q。圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖像，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，x＝－2L處的縱坐標(biāo)φ＝φ0，x＝0處的縱坐標(biāo)φ＝eq\f(25,63)φ0，x＝2L處的縱坐標(biāo)φ＝eq\f(3,7)φ0。若在x＝－2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊隨即向右運(yùn)動。求：圖13(1)固定在A