2025屆高考物理一輪復(fù)習第七章靜電場第2講電場的能的性質(zhì)學案粵教版

PAGE24-第2講電場的能的性質(zhì)學問要點一、電勢能、電勢1.電勢能(1)電場力做功的特點：電場力做功與路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)。(2)電勢能①定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力所做的功。②電場力做功與電勢能變更的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的削減量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。2.電勢(1)定義：摸索電荷在電場中某點具有的電勢能Ep與它的電荷量q的比值。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢標性：電勢是標量，有正、負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。3.等勢面(1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面。(2)四個特點①等勢面肯定與電場線垂直。②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。二、電勢差1.定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力做的功與移動電荷的電荷量的比值。2.定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。3.電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。三、勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系1.電勢差與電場強度的關(guān)系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積。即U＝Ed，也可以寫作E＝eq\f(U,d)。2.公式U＝Ed的適用范圍：勻強電場。四、靜電平衡導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)的兩大特點(1)導(dǎo)體內(nèi)部的場強到處為零。(2)導(dǎo)體是一個等勢體，導(dǎo)體表面是等勢面。基礎(chǔ)診斷1.關(guān)于靜電力做功和電勢能的理解，下列說法正確的是()A.靜電力做功與重力做功相像，均與路徑無關(guān)B.正電荷具有的電勢能肯定是正的，負電荷具有的電勢能肯定是負的C.靜電力做正功，電勢能肯定增加D.靜電力做功為零，電荷的電勢能也為零答案A2.一個電荷只在靜電力作用下從電場中的A點移動到B點時，靜電力做了5×10－6J的功，那么()A.電荷在B點將具有5×10－6J的電勢能B.電荷在B點將具有5×10－6J的動能C.電荷的電勢能削減了5×10－6JD.電荷的電勢能增加了5×10－6J解析電荷只在靜電力作用下從電場中的A點移動到B點時，靜電力做正功，電勢能削減，靜電力做了多少正功，電荷的電勢能就削減多少。因為不知道電荷在A點的動能和電勢能，所以不能確定電荷在B點的動能和電勢能，故選項C正確。答案C3.如圖1所示為某靜電場等勢面的分布，電荷量為1.6×10－9C的正電荷從A經(jīng)B、C到達D點，整個過程中電場力對電荷做的功為()圖1A.4.8×10－8J B.－4.8×10－8JC.8.0×10－8J D.－8.0×10－8J解析電場力做功與路徑無關(guān)，WAD＝qUAD＝q(φA－φD)＝－4.8×10－8J，B項正確。答案B4.將兩金屬球P、Q固定，讓球P帶上正電后，形成穩(wěn)定的電場如圖2所示，已知實線為電場線，虛線為等勢面，其中A、B、C、D為靜電場中的四點，則()圖2A.C、D兩點的電場強度相同，電勢相等B.A、B兩點的電勢相同，電場強度不同C.將電子從A點移至B點，電場力做負功D.將電子從A點移至D點，電勢能增大解析C、D兩點在同一等勢面上，電勢相等，但場強方向不同，故電場強度不相同，則A項錯誤；A、B兩點不在同一等勢面上，電勢不相同，場強方向相反，電場強度不同，故B項錯誤；由題圖可知從A點移至B點電勢降低，故將電子從A點移至B點，電場力做負功，則C項正確；A點、D點在同一等勢面上，故將電子從A點移至D點，電場力不做功，電勢能不變，故D項錯誤。答案C描述電場的能的性質(zhì)的物理量1.電勢凹凸常用的兩種推斷方法(1)沿電場線方向電勢漸漸降低。(2)若UAB＞0，則φA＞φB；若UAB＜0，則φA＜φB。2.電勢能大小的推斷方法推斷角度推斷方法做功推斷法電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大公式法由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大，電勢能越大；Ep的負值越小，電勢能越大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，動能增大，電勢能減??；反之，電勢能增大【例1】(多選)(2024·全國Ⅲ卷，21)如圖3，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則()圖3A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點，電勢能增加解析b點距q近，a點距－q近，則b點的電勢高于a點的電勢，A錯誤；如圖所示，a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合場強。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確；由于φa＜φb，負電荷從低電勢移至高電勢過程中，電場力做正功，電勢能削減，D錯誤。答案BC1.(2024·全國Ⅲ卷，15)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面到處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度肯定相等D.將一負的摸索電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功解析若兩個不同的等勢面相交，則在交點處存在兩個不同電勢數(shù)值，與事實不符，選項A錯誤；電場線肯定與等勢面垂直，選項B正確；同一等勢面上的電勢相同，但電場強度不肯定相同，選項C錯誤；將一負電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功，故選項D錯誤。答案B2.(2024·河南鄭州模擬)如圖4所示，以O(shè)點為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f，等量異種點電荷分別放置在a、d兩點上，下列說法正確的是()圖4A.b、c、e、f四點的場強相同B.b、c、e、f四點的電勢相等C.將一帶正電的摸索電荷從O點移到e點，電場力做負功D.將一帶正電的摸索電荷從O點移到e點，電場力做正功解析由題意可知，對兩點電荷在b、c、e、f四點處的電場強度各自進行矢量合成，可知四點處的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；依據(jù)等量異種點電荷等勢線的分布，可知b、f兩點的電勢為正，而c、e兩點的電勢為負。O點的電勢為零，B錯誤；將一帶正電的摸索電荷從O點移到e點，即從高電勢處移到低電勢處，電勢能減小，因此電場力做正功，C錯誤，D正確。答案D3.(多選)(2024·全國Ⅰ卷，21)圖5中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是()圖5A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍解析電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6eV，由于相鄰兩等勢面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢面d的電勢能應(yīng)為2eV，C錯誤；電子在等勢面b的動能為8eV，電子在等勢面d的動能為4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的eq\r(2)倍，D錯誤；假如電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強電場中做曲線運動，所以電子可能到達不了平面f就返回平面a，B正確。答案AB電勢差與電場強度的關(guān)系1.公式E＝eq\f(U,d)的三點留意(1)只適用于勻強電場。(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離。(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向。2.由E＝eq\f(U,d)可推出的兩個重要推論推論1勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖6甲所示。推論2勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖6乙所示。甲乙圖63.解題思路【例2】(多選)(2024·全國Ⅲ卷，21)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7所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()圖7A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV解析如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則eq\f(ad,dc)＝eq\f(10－17,17－26)＝eq\f(7,9)，所以d點的坐標為(3.5cm，6cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關(guān)系可得，cf的長度為3.6cm，電場強度的大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(26－17,3.6)V/cm＝2.5V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故選項D正確。答案ABD1.如圖8所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢φA＝30V，B點的電勢φB＝－10V，則C點的電勢()圖8A.φC＝10V B.φC＞10VC.φC＜10V D.上述選項都不正確解析由于A、C之間的電場線比C、B之間的電場線密，相等距離之間的電勢差大，所以φC＜10V，C項正確。答案C2.在勻強電場中有一個正六邊形區(qū)域abcdhf，電場線與六邊形所在平面平行，如圖9所示。已知a、b、h三點的電勢分別為8V、12V、－4V，帶電荷量為3e的粒子(重力不計)以48eV的初動能從b點沿不同方向射入abcdhf區(qū)域，當粒子沿bd方向射入時恰能經(jīng)過c點，下列推斷正確的是()圖9A.粒子帶正電B.粒子可以經(jīng)過正六邊形各頂點射出該區(qū)域C.粒子經(jīng)過f點時動能為84eVD.粒子可能從b點射出該區(qū)域解析依題意可知，Ubh＝φb－φh＝16V＝4Uba，作直線bh、ac相交于g，則bh＝4bg，因此φg＝8V＝φa，a、g在同一等勢面上且bg⊥ac，結(jié)合電勢凹凸可推斷勻強電場的方向沿bh方向由b指向h，如圖所示。沿bd射入的帶電粒子經(jīng)過c點，粒子做曲線運動，可推斷粒子所受電場力與場強方向相反，粒子帶負電，A錯誤；帶電粒子沿bh方向做直線運動時克服電場力做功最大，且做的功Wbh＝3e×Ubh＝48eV，與帶電粒子的初動能相等，因此粒子到達h點時速度為零，然后反向加速沿直線hb從b點射出，故B錯誤，D正確；Ubf＝φb－φf＝12V－0＝12V，由動能定理得Ekf＝Ek0－qUbf＝12eV，C錯誤。答案D電場線、等勢面和帶電粒子軌跡問題1.推斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向。2.推斷電場力(或電場強度)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再依據(jù)粒子的正負推斷電場強度的方向。3.推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，電勢能削減；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加?！纠?】(2024·天津理綜，3)如圖10所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，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。下列推斷正確的是()圖10A.vM<vN，aM<aN B.vM<vN，φM<φNC.φM<φN，EpM<EpN D.aM<aN，EpM<EpN解析由粒子的軌跡知電場力的方向偏向右，因粒子帶負電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知φN<φM，EpM<EpN。N點電場線比M點的密，故場強EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN。粒子若從N點運動到M點，電場力做正功，動能增加，故vM>vN。綜上所述，選項D正確。答案D1.下列選項中實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡，帶電粒子只受電場力作用，運動過程中電勢能始終削減，關(guān)于粒子運動到b處時的速度方向與受力方向，下列選項表示的可能正確的是()解析因粒子所受電場力的方向指向粒子運動軌跡的凹側(cè)，所以可推斷出粒子所受電場力的方向與電場線重合且向右，由于運動過程中粒子的電勢能始終削減，所以電場力始終做正功，則電場力方向與粒子速度方向的夾角肯定為銳角，故選C。答案C2.如圖11所示，虛線a、b、c是電場中的三條等勢線，相鄰等勢線間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一個帶負電的粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法正確的是()圖11A.三個等勢線中，等勢線a的電勢最低B.帶負電的粒子通過Q點時的電勢能比通過P點時的小C.帶負電的粒子通過Q點時的加速度比通過P點時的大D.帶負電的粒子通過P點時的加速度的方向沿著等勢線c在P點處的切線方向解析由曲線運動的軌跡與電場力的關(guān)系可知，該粒子所受的電場力方向指向運動軌跡的凹側(cè)，即大致向下，由于粒子帶負電，因此電場強度方向大致指向上方，則電場線方向大致指向上方，由于電場線與等勢線到處垂直。且由高電勢指向低電勢，故等勢線a的電勢最高，A錯誤；假設(shè)粒子從Q點運動到P點，從Q到P電場力對粒子做負功，故粒子電勢能增加，故B正確；因等差等勢線越密，電場強度越大，所以Q點處的電場強度較小，故粒子在Q點所受的電場力較小，由牛頓其次定律可知粒子在該點的加速度較小，故C錯誤；由于電場線與等勢線到處垂直，故粒子通過P點時所受電場力的方向，即加速度的方向肯定與等勢線c在P點處的切線垂直，故D錯誤。答案B3.(多選)如圖12所示，在兩個固定的等量正點電荷產(chǎn)生的電場中，實線為等勢面，虛線ABC為甲粒子的運動軌跡，虛線MBN為乙粒子的運動軌跡，其中B點是兩點電荷連線的中點，A、C位于同一等勢面上，粒子重力均不計。下列說法正確的是()圖12A.甲、乙兩粒子肯定都帶負電B.甲、乙兩粒子到達B點時的加速度肯定為零C.甲粒子到達B點時的速度肯定不為零D.甲、乙兩粒子分別到達C、N位置時，速度均可能為零解析從軌跡ABC的彎曲方向可知，甲粒子在A點時，速度肯定不為零，且應(yīng)受到向下的電場力，所以甲粒子肯定帶負電，當乙粒子在M點的初速度方向指向N點時，乙粒子可以帶負電，也可以帶正電，A錯誤；由于是等量正點電荷產(chǎn)生的電場，所以B點場強肯定為零，粒子到達B點時的加速度肯定為零，B正確；由于φA＜φB，由A到B的過程，甲粒子的電勢能減小，依據(jù)能量守恒，甲粒子的動能肯定增大，所以肯定有vB＞vA，即甲粒子到達B點時的速度肯定不為零，C正確；由于φA＝φC，依據(jù)能量守恒，肯定有vC＝vA，即甲粒子到達C點時的速度肯定不為零，當乙粒子在M點速度為零時，則其在N點速度也為零，D錯誤。答案BC電場中?？嫉摹八念悺眻D象問題考向v－t圖象(1)依據(jù)v－t圖象中速度變更、斜率確定電荷所受電場力的方向與大小變更。(2)由電場力方向確定電場的方向、電勢凹凸及電勢能變更?！纠?】(多選)(2024·安徽黃山模擬)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖13甲所示。一質(zhì)量m＝1g的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，依據(jù)圖線可以確定()圖13A.中垂線上B點電場強度最大B.A、B兩點之間的位移大小C.B點是連線中點，C與A點必在連線兩側(cè)D.UBC＞UAB解析v－t圖象的斜率表示加速度，可知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以B點的電場強度最大，A正確；小物塊由A運動到B的過程中，由圖乙可知A、B兩點的速度，已知小物塊的質(zhì)量，則由動能定理可知qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，由上式可求出小物塊由A運動到B的過程中電場力所做的功qUAB，因為電場強度的關(guān)系未知，則不能求解A、B兩點之間的位移大小，B錯誤；中垂線上電場線分布不是勻稱的，B點不在連線中點，C錯誤；在小物塊由A運動到B的過程中，依據(jù)動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×42－0)J＝8×10－3J，同理，在小物塊由B運動到C的過程中，有qUBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×72－eq\f(1,2)×1×10－3×42)J＝16.5×10－3J，對比可得UBC＞UAB，D正確。答案AD考向φ－s圖象(1)φ－s圖線上某點切線的斜率的肯定值等于電場強度的大小，φ－s圖線存在極值，極值點切線的斜率為零，則對應(yīng)位置處電場強度為零。(2)在φ－s圖象中可以干脆推斷各點電勢的凹凸，并可依據(jù)電勢凹凸關(guān)系確定電場強度的方向。(3)在φ－s圖象中分析電荷移動時電勢能的變更，可用WAB＝qUAB＝q(φA－φB)進而分析WAB的正負，然后作出推斷?！纠?】(多選)(2024·全國Ⅰ卷，20)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖14所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是()圖14A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Ec∶Ed＝2∶1C.Wab∶Wbc＝3∶1 D.Wbc∶Wcd＝1∶3解析由圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，依據(jù)點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,b),req\o\al(2,a))＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(req\o\al(2,d),req\o\al(2,c))＝eq\f(4,1)，故A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故C正確，D錯誤。答案AC考向E－s圖象(1)描述電場強度隨位移變更的規(guī)律。(2)場強E正負表示場強的方向。(3)圖線與s軸圍成的“面積”表示電勢差?！纠?】(多選)(2024·安徽省皖南八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強度E隨x變更的關(guān)系如圖15所示，設(shè)x軸正方向為電場強度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標原點O沿x軸正方向運動，結(jié)果粒子剛好能運動到x＝3x0處，假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則()圖15A.粒子肯定帶負電D.粒子的初動能大小為eq\f(3,2)qE0x0C.粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小D.粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0解析假如粒子帶負電，粒子在電場中肯定先做減速運動后做加速運動，因此粒子x＝3x0處的速度不行能為零，故粒子肯定帶正電，A錯誤；依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正確；粒子向右運動的過程中，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運動到x0處動能最大，依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確。答案BD考向Ep－s圖象(1)描述電勢能隨位移變更的規(guī)律。(2)依據(jù)電勢能的變更可以推斷電場力做功的正、負。(3)依據(jù)W＝Ep－Ep0＝Fs，圖象Ep－s的斜率為電場力?！纠?】在坐標－x0到x0之間存在一沿x軸方向的電場，一質(zhì)量為m的帶正電的粒子由－x0處運動到x0處的電勢能隨位移的變更規(guī)律如圖16所示，已知粒子只受電場力作用。則下列說法正確的是()圖16A.粒子的初速度可以等于零B.粒子初動能的最小值應(yīng)為E0C.原點的電勢肯定等于零D.粒子由原點運動到x0的過程中，加速度始終減小解析粒子由－x0運動到原點的過程中，粒子的電勢能始終增加，則粒子的動能始終削減，因此粒子的初速度不行能為零，A錯誤；由于粒子從－x0運動到原點的過程中，電場力始終做負功，由功能關(guān)系可知，粒子要運動到原點，則在－x0處具有的動能至少為E0，B正確；－x0處的電勢能為零，則－x0處的電勢為零，由題圖可知，粒子在原點處的電勢能大于零，故原點處的電勢肯定大于零，選項C錯誤；由eq\f(Ep－Ep0,Δx)＝eq\f(EqΔx,Δx)＝Eq可知Ep－x圖象的斜率等于電場力，粒子從原點運動到x0的過程中，圖象的斜領(lǐng)先增大后減小，則粒子的加速度先增大后減小，D錯誤。答案B1.一帶負電粒子在電場中僅受靜電力作用沿x軸正方向做直線運動的v－t圖象如圖17所示，起始點O為坐標原點，下列關(guān)于電勢φ、粒子的動能Ek、電場強度E、粒子加速度a與位移x的關(guān)系圖象中可能合理的是()圖17解析由v－t圖象可知速度減小，且加速度漸漸減小，電場力做負功，動能漸漸減小，而電場強度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)，所以沿＋x方向場強漸漸減小，則電勢不是勻稱減小，所以A、B、D錯誤，C可能合理。答案C2.(2024·福建泉州模擬)在坐標－x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變更關(guān)系如圖18所示，一電荷量為e的質(zhì)子從－x0處以肯定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域。則該質(zhì)子()圖18A.在－x0～0區(qū)間始終做加速運動B.在0～x0區(qū)間受到的電場力始終減小C.在－x0～0區(qū)間電勢能始終減小D.在－x0～0區(qū)間電勢能始終增加解析從－x0到0，電勢漸漸上升，意味著該區(qū)域內(nèi)的場強方向向左，質(zhì)子受到的電場力向左，與運動方向相反，所以質(zhì)子做減速運動，A錯誤；設(shè)在x～x＋Δx，電勢為φ～φ＋Δφ，依據(jù)場強與電勢差的關(guān)系式E＝eq\f(Δφ,Δx)，當Δx無限趨近于零時，eq\f(Δφ,Δx)表示x處的場強大小(即φ－x圖線的斜率)，從0到x0區(qū)間，圖線的斜領(lǐng)先增大后減小，所以電場強度先增大后減小，依據(jù)F＝Ee，質(zhì)子受到的電場力先增大后減小，B錯誤；在－x0～0區(qū)間質(zhì)子受到的電場力方向向左，與運動方向相反，電場力做負功，電勢能增加，C錯誤，D正確。答案D課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖1所示，虛線表示某電場的等勢面。一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示。粒子在A點的加速度為aA、電勢能為EA；在B點的加速度為aB、電勢能為EB。則下列結(jié)論正確的是()圖1A.粒子帶正電，aA＞aB，EA＞EBB.粒子帶負電，aA＞aB，EA＞EBC.粒子帶正電，aA＜aB，EA＜EBD.粒子帶負電，aA＜aB，EA＜EB答案D2.如圖2所示，實線代表某勻強電場中的三條電場線，帶電粒子在電場中僅在電場力作用下沿虛線從a運動到b，運動軌跡ab為一條拋物線，則下列推斷正確的是()圖2A.電場的方向由N指向MB.帶電粒子從a運動到b，動能削減C.該帶電粒子肯定帶正電D.假如另放某帶負電的檢驗電荷，它在M點的電勢能肯定小于它在N點的電勢能解析帶電粒子在電場中僅在電場力作用下沿虛線從a運動到b，電場力總指向軌跡的凹側(cè)，因此帶電粒子所受電場力沿NM方向，可以推斷電場力對粒子做負功，粒子的動能削減，但由于帶電粒子的電性未知，因此不能確定電場強度的方向，A、C項錯誤，B項正確；因為不能確定電場強度的方向，所以無法確定帶負電的檢驗電荷的電勢能的大小，D項錯誤。答案B3.如圖3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運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則下列說法正確的是()圖3A.電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小B.電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大C.電勢差UAB＝UBCD.電勢φA＜φB＜φC解析該電場為負點電荷產(chǎn)生的電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；依據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UAB＜UBC，選項C錯誤；電勢φA＞φB＞φC，選項D錯誤。答案B4.如圖4所示，a、b為等量異種點電荷形成的電場線上的兩點。下列表述正確的是()圖4A.a點的電勢比b點的高B.a點的場強比b點的大，且方向相同C.將電子從a點移到b點，電場力做負功D.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能解析由沿著電場線電勢降低且等勢線垂直于電場線可知，b點的電勢高于a點的電勢，A項錯誤；b處的電場線較a處的電場線更密集，故b處的場強大于a處的場強，B項錯誤；b點的電勢高于a點的電勢，Uab＜0，又W＝qUab，電子帶負電，所以電子從a移到b，電場力做正功，電子的電勢能減小，C項錯誤，D項正確。答案D5.(多選)(2024·河北唐山一模)如圖5所示，勻強電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強度的方向與紙面平行，已知A、B兩點的電勢分別為φA＝12V，φB＝6V，則C、D兩點的電勢可能分別為()圖5A.9V、18V B.9V、15VC.0V、6V D.6V、0V解析由于AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC＝6V，所以B、C正確，A、D錯誤。答案BC6.(多選)(2024·廣東省惠州市模擬)空間存在平行于x軸方向的靜電場，其電勢φ隨x的分布如圖6所示。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子從坐標原點O由靜止起先，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動。則下列說法正確的是()圖6A.該粒子帶正電荷B.空間存在的靜電場場強E是沿x軸正方向勻稱減小的C.該粒子從原點O運動到x0過程中電勢能是減小的D.該粒子運動到x0處的速度是eq\r(\f(qφ0,2m))解析沿電場線方向電勢降低，由題圖可知電場方向沿x軸正方向，帶電粒子僅在電場力作用下由靜止起先沿x軸正方向運動，受力方向與電場方向一樣，帶電粒子帶正電，A正確；沿x軸正方向電勢勻稱降低，電場為勻強電場，B錯誤；沿x軸正方向運動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；依據(jù)動能定理得qφ0＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，D錯誤。答案AC7.真空中相距為3a的兩個點電荷A和B，分別固定于x軸上x1＝0和x2＝3a的兩點，在二者連線上各點場強隨x變更的關(guān)系如圖7所示，以下說法正確的是()圖7A.二者肯定是異種電荷B.x＝a處的電勢肯定為零C.x＝2a處的電勢肯定大于零D.A、B的電荷量之比為1∶4解析兩點電荷連線中某點，電場強度E＝0，說明兩點電荷在該點產(chǎn)生的場強等大反向，故兩點電荷肯定為同種電荷，A項錯誤；由場強公式可知，keq\f(QA,a2)＝keq\f(QB,（2a）2)，故QA∶QB＝1∶4，D項正確；若兩點電荷均為正點電荷，則連線上各點電勢均大于零，B項錯誤；若兩點電荷均為負點電荷，則連線上各點電勢均小于零，C項錯誤。答案D8.(多選)(2024·吉林長春試驗中學模擬)如圖8所示，虛線a、b、c為電場中的三條等勢線，相鄰兩等勢線之間的電勢差相等，從等勢線a上一點A處，分別射出甲、乙兩個粒子，兩粒子在電場中的運動軌跡分別交等勢線c于B、C兩點，甲粒子從A點到B點動能變更量的肯定值為E，乙粒子從A點到C點動能變更量的肯定值為eq\f(1,2)E。不計粒子重力及兩粒子間的相互作用，由此可推斷()圖8A.甲粒子肯定帶正電，乙粒子肯定帶負電B.甲、乙兩粒子的電荷量肯定滿意|q甲|＝2|q乙|C.甲粒子動能增加，乙粒子動能削減D.甲粒子在B點的電勢能肯定值肯定是乙粒子在C點的2倍解析因不知道三條等勢線的電勢凹凸，故無法推斷電場強度的方向，所以無法推斷甲、乙的電性，A錯誤；對甲，依據(jù)動能定理有|q甲Uac|＝|ΔEk甲|＝E，對乙有|q乙Uac|＝|ΔEk乙|＝eq\f(1,2)E，聯(lián)立解得|q甲|＝2|q乙|，B正確；由題圖可知，甲受到電場力的方向與速度方向夾角小于90°，電場力對甲做正功，動能增加；乙受到電場力的方向與速度方向夾角大于90°，電場力對乙做負功，動能減小，C正確；當?shù)葎菝鎍的電勢為零時，由Ep＝qφ可知|Ep甲|＝2|Ep乙|，當?shù)葎菝鎐的電勢為零時，|Ep甲|＝|Ep乙|＝0，由于無法確定等勢面c的電勢是否為零，故無法確定甲粒子在B點的電勢能的肯定值|Ep甲|和乙粒子在C點的電勢能的肯定值|Ep乙|的關(guān)系，所以選項D錯誤。答案BC9.(2024·石家莊模擬)如圖9所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q?，F(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為eq\r(gr)，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：圖9(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的變更量。解析(1)小球運動到D點時，由牛頓其次定律得FN＋keq\f(Qq,（2r）2)－mg＝meq\f(v2,r)解得FN＝2mg－keq\f(Qq,4r2)由牛頓第三定律得，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝2mg－keq\f(Qq,4r2)，方向豎直向下。(2)小球從A運動到D，依據(jù)動能定理得mgr＋W電＝eq\f(1,2)mv2－0解得W電＝－eq\f(1,2)mgr由功能關(guān)系得ΔEp＝－W電＝eq\f(1,2)mgr。答案(1)2mg－keq\f(Qq,4r2)方向豎直向下(2)eq\f(1,2)mgr綜合提能練10.(多選)(2024·河南省南陽市模擬)如圖10甲所示，在某電場中建立x坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變更的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是()圖10A.該電場肯定不是孤立點電荷形成的電場B.A點的電場強度小于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點的動能解析由題圖乙可知，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，選項C正確；電場力做負功，故動能減小，故電子在A點的動能大于B點的動能，選項D錯誤；由于A、B兩點的電勢能與兩個位置間的關(guān)系如題圖乙所示，說明電勢能是勻稱增加的，故該電場肯定是勻強電場，即不是孤立點電荷形成的電場，選項A正確；A、B兩點的電場強度相等，選項B錯誤。答案AC11.真空中固定一電荷量為Q的負點電荷，一電荷量為q、質(zhì)量為m的檢驗電荷僅在電場力作用下由靜止起先運動，先后經(jīng)過A、B、C三點，其a－eq\f(1,r2)圖象如圖11所示，圖中a為檢驗電荷的加速度，r代表檢驗電荷與負點電荷間的距離，已知aC＝3aA＝1.5aB，則下列說法正確的是()圖11A.檢驗電荷帶負電B.A、B、C三點的電勢關(guān)系：φA＜φB＜φCC.A、B、C三點的電場強度關(guān)系：EC＝3EA＝1.5EBD.該圖線的斜率代表負點電荷的電荷量與檢驗電荷質(zhì)量的比值解析因為檢驗電荷僅在電場力作用下由靜止起先運動，先后經(jīng)過A、B、C三點，結(jié)合題中圖象可知，檢驗電荷離負點電荷越來越近，而固定點電荷帶負電，說明檢驗電荷帶正電，A錯誤；沿著電場線方向電勢降低，所以φA＞φB＞φC，B錯誤；依據(jù)F＝eq\f(kQq,r2)＝ma，并進行定性分析(F＝qE)，由aC＝3aA＝1.5aB，可知A、B、C三點電場強度關(guān)系：EC＝3EA＝1.5EB，題圖斜率k′＝eq\f(kQq,m)，故C正確，D錯誤。答案C12.(2024·成都模擬)一輕質(zhì)細桿長為2L，可繞固定于中點O的水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿兩