《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 靜電場 微型專題3 電場能的性質(zhì)學(xué)案（必修3）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 靜電場 微型專題3 電場能的性質(zhì)學(xué)案（必修3）（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微型專題3　電場能的性質(zhì) [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：1.進(jìn)一步理解電勢、電勢差的概念、公式，知道電場力做功與電勢能變化的關(guān)系是一種普遍的功能關(guān)系.2.理解E－x、φ－x圖象的意義，并會(huì)分析有關(guān)問題. 科學(xué)思維：1.通過分析電勢、電勢能及電場力做功的綜合問題，提高邏輯思維和科學(xué)思維能力.2.通過方法的遷移，找到解決E－x、φ－x圖象與其他圖象問題共性的東西. 一、電場綜合問題分析 例1　(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形abcd，頂點(diǎn)a、c分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖1所示.若將一個(gè)帶負(fù)電的粒子置于b點(diǎn)由靜止自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng).粒子從

2、b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中(　　) 圖1 A.先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng) B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢 C.電勢能與機(jī)械能之和保持不變 D.電勢能先減小，后增大 答案　CD 解析　a、c兩點(diǎn)固定相同的正點(diǎn)電荷，則bd為等量正點(diǎn)電荷連線的中垂線，由電場線分布情況可知帶電粒子不可能做勻加速或勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；等量正點(diǎn)電荷連線的中垂線的中點(diǎn)電勢最高，帶負(fù)電的粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，先從低電勢到高電勢，再從高電勢到低電勢，故B錯(cuò)誤；帶負(fù)電粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中所受電場力先由b指向d，后由d指向b，所以電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小，后增大，故D

3、正確；只有電場力做功，電勢能與機(jī)械能之和保持不變，故C正確. 例2　(多選)(2018·鄭州一中高二期中)如圖2所示，在一個(gè)勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)中有一個(gè)四邊形ABCD，其中，M為AD的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn).一個(gè)帶正電的粒子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做功為WAB＝2.0×10－9J；將該粒子從D點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場力做功為WDC＝4.0×10－9J.則以下分析正確的是(　　) 圖2 A.若將該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場力做功為WMN＝3.0×10－9J B.若將該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場力做功WMN有可能大于4.0×10－9J C.若A、B之間的距離為1cm，該粒子的電荷量為2×1

4、0－7C，則該電場的場強(qiáng)一定是E＝1V/m D.若該粒子的電荷量為2×10－9C，則A、B之間的電勢差為1V 答案　AD 解析　在勻強(qiáng)電場中，由于M為AD的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，故φM＝，φN＝，則WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(－)＝q(φA－φB)＋q(φD－φC)＝WAB＋WDC＝3.0×10－9J，故A正確，B錯(cuò)誤；由WAB＝qUAB＝qEd，若電場方向恰好沿AB方向，則d等于A、B之間的距離，d＝1cm，得E＝＝1V/m，若電場方向不沿AB方向，則d<1 cm，得到E>X1 V/m，故C錯(cuò)誤；由WAB＝qUAB得，UAB＝＝1V，故D正確. 例3　如圖3所示，在豎直平

5、面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點(diǎn)，在圓心處有一固定的正點(diǎn)電荷，B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，C點(diǎn)位于圓周的最低點(diǎn).現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑.已知重力加速度為g，A點(diǎn)距過C點(diǎn)的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2.求： 圖3 (1)小球滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)若以C點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，試確定A點(diǎn)的電勢. 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)因?yàn)锽、C兩點(diǎn)電勢相等，故小球從B到C運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做的總功為零. 由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度hBC＝ 根據(jù)動(dòng)能定理有mg·＝－ 解得vC＝.

6、(2)小球從A到C，重力和電場力均做正功，所以由動(dòng)能定理有mg·3R＋W電＝，又根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系：W電＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC). 又因?yàn)棣誄＝0，可得φA＝－. 電場中的功能關(guān)系 1.合力做功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功. 2.電場力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似. 3.只有電場力做功時(shí)，帶電體電勢能與機(jī)械能的總量不變，即Ep1＋E機(jī)1＝Ep2＋E機(jī)2.這與只有重力做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒類似. 二、φ－x和E－x圖象分析 例4　(多選)空

7、間某一靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖4所示，x軸上兩點(diǎn)B、C的電場強(qiáng)度在x軸方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有(　　) 圖4 A.EBx的大小大于ECx的大小 B.EBx的方向沿x軸正方向 C.電荷在O點(diǎn)受到的電場力在x軸方向上的分量最大 D.負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功 答案　AD 解析　在φ－x圖象中，圖線的斜率大小表示場強(qiáng)大小，可見EBx＞ECx，選項(xiàng)A正確；同理可知O點(diǎn)場強(qiáng)在x軸方向上的分量最小，電荷在該點(diǎn)受到的電場力在x軸方向上的分量最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；沿電場方向電勢降低，在O點(diǎn)左側(cè)，Ex的方向沿x軸負(fù)方向，在O點(diǎn)右側(cè)，E

8、x的方向沿x軸正方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確. [學(xué)科素養(yǎng)]　從φ－x圖象上可直接看出電勢隨位置的變化，可間接求出場強(qiáng)E隨x的變化情況：φ－x圖象切線斜率的絕對值k＝||＝||，為E的大小，場強(qiáng)E的方向?yàn)殡妱萁档偷姆较?從形象思維到抽象思維到建立模型，體現(xiàn)了物理“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng). 例5　(多選)(2018·啟東中學(xué)高二質(zhì)檢)如圖5甲所示，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)的場強(qiáng)隨x變化的關(guān)系如圖乙所示，則(　　) 圖5 A.c點(diǎn)處的場強(qiáng)和a點(diǎn)處的場強(qiáng)大小相等、方向相同 B.球內(nèi)部的電場為勻強(qiáng)電場

9、C.a、c兩點(diǎn)處的電勢相等 D.假設(shè)將一個(gè)帶正電的試探電荷沿x軸移動(dòng)，則從a點(diǎn)處移動(dòng)到c點(diǎn)處的過程中，電場力一直做正功 答案　AD 解析　根據(jù)題圖乙所示的x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度隨x變化的關(guān)系知c點(diǎn)處場強(qiáng)和a點(diǎn)處場強(qiáng)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，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，由題圖乙易判斷a點(diǎn)的電勢大于c點(diǎn)的電勢，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)將一個(gè)帶正電的試探電荷沿x軸移動(dòng)，電場力與運(yùn)動(dòng)方向相同，電場力一直做正功，選項(xiàng)D正確. E是矢量，E－x圖象中E的正負(fù)反映E的方向，E的數(shù)值反映電場強(qiáng)度E的大小，E－x圖象與x軸所圍面積表示電勢差大小. 針對訓(xùn)練　(201

10、8·衡水市測試)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖6所示的折線，圖中φ0和d為已知量.一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng).已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q，忽略重力.規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度E、加速度a、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度E、粒子的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是(　　) 圖6 答案　D 解析　φ－x圖象切線的斜率表示電場強(qiáng)度，沿電場方向電勢降低，因而在x＝0的左側(cè)，電場向左，且為勻強(qiáng)電場，故A錯(cuò)誤；由于粒子帶負(fù)電，粒子的加速度在x＝0左側(cè)為正值，在x＝0右側(cè)為負(fù)值，且大小不變，故

11、B錯(cuò)誤；在x＝0左側(cè)粒子向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，在x＝0右側(cè)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度與位移不成正比，故C錯(cuò)誤；在x＝0左側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得－qEx＝Ek′－Ek0′，故D正確. 1.(電場綜合問題)(多選)(2017·全國卷Ⅰ)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖7所示.電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推.現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分

12、別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)正確的是(　　) 圖7 A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Ec∶Ed＝2∶1 C.Wab∶Wbc＝3∶1 D.Wbc∶Wcd＝1∶3 答案　AC 解析　由題圖可知，a、b、c、d到點(diǎn)電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝k可知，＝＝，＝＝，故A正確，B錯(cuò)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＝，＝，故C正確，D錯(cuò)誤. 2.(φ－x圖象)(多選)(2017·揚(yáng)州市期末)兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點(diǎn)，兩者之間連線上各點(diǎn)電勢高低如圖8中曲線所示(OB>BD)，取無窮遠(yuǎn)

13、處電勢為零，由圖可知(　　) 圖8 A.B點(diǎn)電場強(qiáng)度為零 B.Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷 C.Q1電荷量一定大于Q2電荷量 D.將電子沿x軸從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力一直做正功 答案　BCD 解析　由E＝知，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零，A錯(cuò)誤；負(fù)點(diǎn)電荷電場中的電勢為負(fù)，正點(diǎn)電荷電場中的電勢為正，結(jié)合題圖可知，Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷，B正確；由題圖可知，電勢零點(diǎn)離D點(diǎn)較近，故Q1電荷量一定大于Q2電荷量，C正確；將電子沿x軸從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢一直升高，電子的電勢能一直減小，電場力一直做正功，D正確. 3.(電場綜合問題)(多選)(2018·全國卷Ⅰ)圖9中虛線a、b、c、d、f代

14、表勻強(qiáng)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(shí)的動(dòng)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9 A.平面c上的電勢為零 B.該電子可能到達(dá)不了平面f C.該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4eV D.該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍 答案　AB 解析　因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項(xiàng)正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實(shí)線所示，電子可

15、能到達(dá)不了平面f，B項(xiàng)正確；經(jīng)過d時(shí)，電勢能Ep＝eφd＝2eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝mv2知vb＝vd，D項(xiàng)錯(cuò)誤. 4.(電場綜合問題)(2018·東北師大附中高二月考)如圖10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(diǎn)固定一個(gè)電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為v.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在A點(diǎn)的電勢為φ(取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)，P

16、A連線與水平軌道的夾角為60°，重力加速度為g，靜電力常量為k.試求： 圖10 (1)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大??； (2)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢. 答案　(1)mg＋　(2)φ＋ 解析　(1)物塊在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫侖力：F＝ 由幾何關(guān)系可知：r＝ 設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小為FN 由平衡條件有：FN＝mg＋Fsin60° 解得：FN＝mg＋ (2)設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢為φB 由動(dòng)能定理有：q(φ－φB)＝mv2－mv02 解得：φB＝φ＋ 一、選擇題 考點(diǎn)一　電場綜合問題分析 1.質(zhì)量為m的帶電小球射入勻強(qiáng)電場后，以方向豎直向上

17、、大小為2g的加速度向下運(yùn)動(dòng)，在小球下落h的過程中(　　) A.小球的重力勢能減少了2mgh B.小球的動(dòng)能增加了2mgh C.電場力做負(fù)功2mgh D.小球的電勢能增加了3mgh 答案　D 解析　帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據(jù)牛頓第二定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據(jù)做功與勢能變化關(guān)系可判斷：小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減少了2mgh，故選D. 2.(多選)如圖1所示，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心

18、，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N僅在電場力作用下先后在電場中運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn).下列說法正確的是(　　) 圖1 A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 B.M在b點(diǎn)的動(dòng)能小于它在a點(diǎn)的動(dòng)能 C.N在d點(diǎn)的電勢能等于它在e點(diǎn)的電勢能 D.N在從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中克服電場力做功 答案　ABC 解析　如題圖所示，M粒子的軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M帶負(fù)電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則N粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N帶正電荷，選項(xiàng)A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負(fù)功，故動(dòng)

19、能減小，選項(xiàng)B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從e到d電場力做功為零，故電勢能不變，選項(xiàng)C正確；由于N粒子帶正電，故從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，電場力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.(2018·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)如圖2所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，由此可知(　　) 圖2 A.帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的速度大于在Q點(diǎn)時(shí)的速度 B.帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢能比在Q點(diǎn)時(shí)的電勢能大 C.帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢能之和比在Q點(diǎn)時(shí)的小，比在P點(diǎn)時(shí)的大 D.帶電粒子在R點(diǎn)的加速度小于在Q

20、點(diǎn)的加速度 答案　A 解析　根據(jù)牛頓第二定律可得qE＝ma，又根據(jù)電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點(diǎn)處的加速度大小關(guān)系為aR>aQ，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；由于帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受電場力作用，只有動(dòng)能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，則帶電粒子的動(dòng)能與電勢能之和保持不變，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡與速度、合外力的關(guān)系可知，帶電粒子在R處所受電場力的方向沿電場線向右，假設(shè)粒子從Q向P運(yùn)動(dòng)，則電場力做正功，所以電勢能減小，動(dòng)能增大，速度增大，假設(shè)粒子從P向Q運(yùn)動(dòng)，則電場力做負(fù)功，所以電勢能增大，動(dòng)能減小，速度減小，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤. 4.

21、(2018·廈門高二質(zhì)量檢測)如圖3所示，兩個(gè)相同的絕緣細(xì)圓環(huán)帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，兩圓環(huán)相隔一定距離同軸平行固定放置，B、D分別為兩環(huán)圓心，C為BD中點(diǎn).一帶負(fù)電的粒子從很遠(yuǎn)處沿軸線向下依次穿過兩環(huán)，若粒子只受電場力作用，則在粒子運(yùn)動(dòng)過程中下列說法正確的是(　　) 圖3 A.粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)加速度為零 B.粒子經(jīng)過B點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能相等 C.粒子從A到C的過程中，電勢能一直增大 D.粒子從B到D的過程中，電場力做的總功為0 答案　D 解析　兩個(gè)相同的絕緣細(xì)圓環(huán)帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，所以兩個(gè)圓環(huán)產(chǎn)生的電場關(guān)于C點(diǎn)是對稱的，結(jié)合矢量合成的

22、方法可得，C點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，帶負(fù)電的粒子在B點(diǎn)受到的電場力的方向向下，加速度不為零，故A錯(cuò)誤；由于兩個(gè)圓環(huán)產(chǎn)生的電場關(guān)于C點(diǎn)是對稱的，所以粒子從B到C電場力做功的絕對值與粒子從C到D電場力做功的絕對值大小相等，總功等于零，所以粒子經(jīng)過B點(diǎn)與經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，故D正確，B錯(cuò)誤；粒子從A到B的過程中，受到的電場力的方向向下，電場力做正功，電勢能減小，故C錯(cuò)誤. 5.(多選)(2018·全國卷Ⅱ)如圖4，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn).一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移

23、動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢能減小W2.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行 B.若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為 C.若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為 D.若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢差 答案　BD 解析　結(jié)合題意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但電場方向不能確定，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于M、N分別為ac和bd的中點(diǎn)，對于勻強(qiáng)電場，則UMN＝φM－φN＝－＝，可知該粒子由M移動(dòng)到N過程中，電場力做功W＝，B項(xiàng)正確；電場強(qiáng)度的方向只有沿c→d時(shí)，場強(qiáng)E＝，但本題中電場方向未知，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

24、若W1＝W2，則Uab＝Ucd，則ac與bd一定相互平行，可知UaM＝UbN，D項(xiàng)正確. 考點(diǎn)二　電場中的圖象問題 6.如圖5甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示，若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則(　　) 圖5 A.電子沿Ox的負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B.電子的電勢能將增大 C.電子運(yùn)動(dòng)的加速度恒定 D.電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大 答案　D 解析　由題圖看出，沿Ox方向電勢逐漸升高，則電場線方向沿Ox負(fù)方向，電子所受的電場力沿Ox正方向，則電子將沿Ox正方向運(yùn)動(dòng)，電子的電勢能將減小，故A、B錯(cuò)誤；φ－x圖象

25、的斜率大小等于電場強(qiáng)度大小，由幾何知識知，斜率先減小后增大，則電場強(qiáng)度先減小后增大，所以電子的加速度先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確. 7.(多選)(2018·哈師大附中期中)電荷量不等的兩點(diǎn)電荷固定在x軸上坐標(biāo)為－3L和3L的兩點(diǎn)，其中坐標(biāo)為3L處電荷帶正電，電荷量為Q.兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖6所示，其中x＝L處電勢最低，x軸上M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為－2L和2L，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.兩點(diǎn)電荷一定為異種電荷 B.原點(diǎn)O處場強(qiáng)大小為 C.負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)O處受到向左的電場力 D.負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程，電勢能先減小后增大 答案　BC

26、 解析　由φ－x圖象特點(diǎn)可知兩點(diǎn)電荷均為正電荷，故A錯(cuò)誤；x＝L處電勢最低，此處圖線切線的斜率為0，即該點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，＝，得Q′＝4Q，故原點(diǎn)處的場強(qiáng)大小為－＝，方向向右，負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)O處受到的電場力向左，故B、C正確；由M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢先減小后增大，所以負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程，電勢能先增大后減小，故D錯(cuò)誤. 8.(2018·六安一中質(zhì)檢)沿電場中某條直電場線方向建立x軸，該電場線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖7所示，坐標(biāo)點(diǎn)O、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點(diǎn)相對應(yīng)，相鄰兩點(diǎn)間距相等.一個(gè)帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek，僅考慮電場力作用

27、，則(　　) 圖7 A.從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢先升高后降低 B.粒子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做變加速運(yùn)動(dòng) C.粒子在AB段電勢能變化量大于BC段電勢能變化量 D.粒子在AB段電勢能變化量小于BC段電勢能變化量 答案　C 解析　由O點(diǎn)到C點(diǎn)，沿電場線方向，電勢逐漸降低，A項(xiàng)錯(cuò)誤；帶正電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(yùn)動(dòng)，在0～x1段電場強(qiáng)度逐漸變大，帶電粒子所受電場力逐漸變大，故粒子在OA段做加速度增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；E－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積代表電勢差，可知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

28、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(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤. 9.(多選)(2018·東北師大附中期中)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖8所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零 B.粒子在O～x3段做變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻變速運(yùn)動(dòng) C.x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變，為一定值 D.在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2＝φ0>φ3 答案　BCD 解析　由E＝得場強(qiáng)與電勢的關(guān)系

29、：E＝，電勢能：Ep＝qφ，聯(lián)立可得：E＝·，可知Ep－x圖象切線的斜率＝qE＝F電，x1處切線斜率為零，所以x1處電場強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率大小變化情況為變小，變大，不變，則可知三段電場力變小，變大，不變，故B、C正確；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶負(fù)電，q<0，可知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確. 二、非選擇題 10.一長為L的細(xì)線，一端固定于O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖9所示的水平向右的勻強(qiáng)電場中.開始時(shí)，將線與小球拉成水平，小球靜止在A點(diǎn)，釋放后小球由靜

30、止開始向下擺動(dòng)，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時(shí)，小球到達(dá)B點(diǎn)速度恰好為零.試求：(重力加速度為g) 圖9 (1)A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小. 答案　(1)－　(2) 解析　(1)小球由A到B過程中，由動(dòng)能定理得 mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－ (2)根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系， 可得E＝＝. 11.如圖10所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正點(diǎn)電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點(diǎn)，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的有孔小球從桿上A點(diǎn)無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為.求小球由A到C的過程中靜電力做的功及A、C兩點(diǎn)

31、間的電勢差. 圖10 答案　mgh?。? 解析　因?yàn)闂U是光滑的，所以小球從A到B過程中只有兩個(gè)力做功：靜電力做功W和重力做功mgh，由動(dòng)能定理得：W＋mgh＝mvB2 代入已知條件vB＝得靜電力做功 W＝m·3gh－mgh＝mgh 因Q為點(diǎn)電荷，則B、C在同一等勢面上，由B到C電場力做功為0，所以由A到C電場力做功WAC＝W＋0＝mgh.則UAC＝＝－. 12.如圖11所示，Q為固定的正點(diǎn)電荷，A、B兩點(diǎn)在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點(diǎn)處的加速度大小為g，靜電力常量為k，求： 圖11 (1

32、)此電荷在B點(diǎn)處的加速度； (2)A、B兩點(diǎn)間的電勢差(用k、Q和h表示). 答案　(1)3g，方向豎直向上　(2)－ 解析　(1)由題意可知，這一電荷必為正電荷，設(shè)其電荷量為q，由牛頓第二定律得，在A點(diǎn)時(shí)：mg－k＝m·g.在B點(diǎn)時(shí)：k－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上. (2)從A到B的過程，由動(dòng)能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－. 13.如圖12所示的勻強(qiáng)電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢面間隔均為d，各等勢面電勢已在圖中標(biāo)出(U>0)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運(yùn)

33、動(dòng)，求：(重力加速度為g) 圖12 (1)小球應(yīng)帶何種電荷及其電荷量； (2)小球受到的合外力大??； (3)在入射方向上小球運(yùn)動(dòng)的最大位移的大小xm.(電場范圍足夠大) 答案　(1)正電荷　　(2)mg　(3) 解析　(1)作電場線如圖甲所示.由題意知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，如圖乙所示.只有當(dāng)F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運(yùn)動(dòng).由圖乙知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝，所以q＝＝. (2)由圖乙知，F(xiàn)合＝＝mg. (3)由動(dòng)能定理得：－F合xm＝0－mv02 所以xm＝＝. 16