（全國版）2019版高考物理一輪復習 第8章 電場 第29課時 電場能的性質學案

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1、 第29課時　電場能的性質 考點1　電場中的電勢高低及電勢能大小的判斷與比較 1．比較電勢高低的方法 (1)沿電場線方向，電勢越來越低。 (2)判斷出UAB的正負，再由UAB＝φA－φB，比較φA、φB的大小。若UAB>0，則φA>φB；若UAB<0，則φA<φB。 (3)取無窮遠處電勢為零，則正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低。 2．比較電勢能大小的方法 (1)做功判斷法 電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方，反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較

2、小的地方移向電勢能較大的地方。 特別提醒：其他各種方法都是在此基礎上推理出來的，最終還要回歸到電場力做功與電勢能變化關系上。 (2)場電荷判斷法 ①離場正電荷越近，正電荷的電勢能越大；負電荷的電勢能越小。 ②離場負電荷越近，正電荷的電勢能越小；負電荷的電勢能越大。 (3)電場線法 ①正電荷順著電場線的方向移動時，電場力做正功，電勢能逐漸減?。荒嬷妶鼍€的方向移動時，電場力做負功，電勢能逐漸增大。 ②負電荷順著電場線的方向移動時，電場力做負功，電勢能逐漸增大；逆著電場線的方向移動時，電場力做正功，電勢能逐漸減小。 (4)公式法 由Ep＝qφ，將q、φ的大小、正負號一起代入公式，

3、Ep的正值越大，表示電勢能越大；Ep的負值越大，表示電勢能越小。 [例1]　如圖所示，空間有兩個等量的正點電荷，a、b兩點在其連線的中垂線上，則下列說法一定正確的是(　　) A．場強Ea>Eb B．場強Eaφb D．電勢φa<φb 解析　兩個等量同種電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小，由于ab間電場線的分布情況不能確定，所以ab兩點的場強大小不能確定，故A、B錯誤；根據(jù)電場的疊加原理可知，Oab上電場方向向上，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，a點電勢一定高于b點電勢，故C正確、D錯

4、誤。 答案　C 特別注意兩點：(1)根據(jù)兩個電荷在某處電場強度的矢量合成去比較電場強度的大小。(2)要明確兩個等量同種(或異種)電荷連線的中垂線上的場強分布情況和電勢分布情況，知道沿著場強方向，電勢越來越低。 1．(2018·廣東揭陽高三調(diào)研)在電場中，下列說法正確的是(　　) A．某點的電場強度大，該點的電勢一定高 B．某點的電勢高，試探電荷在該點的電勢能一定大 C．某點的場強為零，試探電荷在該點的電勢能一定為零 D．某點的電勢為零，試探電荷在該點的電勢能一定為零 答案　D 解析　電勢是人為規(guī)定的，與電場強度無關，電勢能與零勢能面的選取有關，與電場強度無關，A、C錯

5、誤；負電荷在高電勢處電勢能小，B錯誤；根據(jù)Ep＝qφ可知，電勢為零，電勢能為零，D正確。 2．如圖所示，在兩個等量負點電荷形成的電場中，O點是兩電荷連線的中點，a、b是該線上的兩點，c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點，acbd為一菱形。若將一負粒子(不計重力且不影響原電場分布)從c點勻速移動到d點，電場強度用E，電勢用φ來表示。則下列說法正確的是(　　) A．φa一定小于φO，φO一定大于φc B．Ea一定大于EO，EO一定大于Ec C．負粒子的電勢能一定先增大后減小 D．施加在負粒子上的外力一定先減小后增大 答案　C 解析　沿著電場線電勢降落可知φc>φO>φa，A錯誤；O點

6、合場強為零，故Ea>EO，Ec>EO，B錯誤；負粒子在電勢低處電勢能大，在電勢高處電勢能小，可判斷出C正確；粒子沿cd勻速移動，受力平衡，外力在大小上等于其所受的靜電力，而沿cd方向，但電場強度大小無法判斷，因此外力如何變化無法得知，故D錯誤。 3．(人教版選修3－1 P20·T7改編)如圖所示，三條曲線表示三條等勢線，其電勢φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，將電量q＝1.2×10－6 C的電荷在電場中移動。 (1)把這個電荷從C移到D，電場力做功多少？ (2)把這個電荷從D移到B再移到A，電勢能變化多少？ 答案　(1)3.6×10－5 J　(2)增加4.8×10－

7、5 J 解析　(1)UCD＝0－(－30) V＝30 V WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3.6×10－5 J。 (2)UDA＝－30－10 V＝－40 V WDA＝qUDA＝1.2×106×(－40) J＝－4.8×10－5 J 電場力做負功，電荷的電勢能增加 ΔEp＝－WDA＝4.8×10－5 J。 考點2　　電勢、電勢差與電場強度的關系 1．在勻強電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。 2．在非勻強電場中U＝Ed雖不能直接應用，但可以做定性分析。 3．電勢差與電場強度的關系規(guī)律總結 (1)在勻強電場中，電勢沿直線是均勻變化的，即直線上距離相等

8、的線段兩端的電勢差相等。勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)。 (2)等分線段找等勢點法：將電勢最高點和電勢最低點連接后根據(jù)需要平分成若干段，必能找到第三點電勢的等勢點，它們的連線即等勢面(或等勢線)，與其垂直的線即為電場線。 [例2]　如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為6 V，點B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為(　　) A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 解析　設OA中點為C，由＝，可得C點的電勢

9、φC＝3 V, φC＝φB，即B、C在同一等勢面上，如圖所示，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：d＝1.5 cm，則E＝＝ V/m＝200 V/m，A正確。 答案　A 如何確定勻強電場中的電場線 (1)先確定等勢線，根據(jù)“兩點確定一條直線”，找出電場中電勢相等的兩個點，然后連接成一條等勢線；因勻強電場的電勢在一條直線上均勻變化，任一線段中點的電勢為兩端點電勢的平均值。 (2)電場線跟等勢線一定垂直，作出等勢線的垂線即得電場線。 (3)比較電勢的高低，即沿著電場線的方向，電勢逐漸降低；根據(jù)電勢高低在電場線上標出箭頭，表示電場的方向。 1．在勻強電場中有一個半徑為R＝1

10、m的圓，電場方向與圓的平面平行，O、P兩點電勢差為10 V，一個電子在該勻強電場中僅受電場力作用運動，且在P、Q兩點上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為1 m/s，則(　　) A．電子從P到Q的運動過程中，動能先增大后減小 B．電子可能做圓周運動 C．該勻強電場的電場強度E＝10 V/m D．O點與圓周上電勢最低的點的電勢差為10 V 答案　D 解析　一個電子僅在電場力作用下運動，由于電子在P、Q兩點動能相等，則電勢能也相等。因為是勻強電場，所以兩點的連線PQ即為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO。由曲線運動條件可知，電子所受的電場力沿著CO方向，因此電子

11、從P到Q做拋體運動，速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對于運動粒子來說先是阻力后是動力，所以動能先減小后增大，故A、B錯誤；勻強電場的電場強度U＝Ed式中的d是沿著電場強度方向的距離，因而由幾何關系可知，UPO＝E×R，所以E＝＝10 V/m，圓周上電勢最低的點與O點的電勢差為U′＝ER＝R＝U＝10 V，故D正確，C錯誤。 2．(人教版選修3－1 P23·T2改編)如圖所示，A、B兩平行金屬板間的勻強電場的電場強度E＝2×105 V/m，方向如圖所示。電場中a、b兩點相距10 cm，ab連線與電場線成60°角，a點距A板2 cm，b點距B板3 cm。 (1)

12、求電勢差UAa、Uab和UAB多大； (2)用外力F把電荷量為1×10－7 C的正電荷由b點勻速移動到a點，那么外力F做的功是多少？ 答案　(1)4×103 V　1×104 V　2×104 V (2)1×10－3 J 解析　(1)勻強電場中電場強度與電勢差的關系為U＝Ed， 故UAa＝EdAa＝2×105×0.02 V＝4×103 V， Uab＝Edab＝2×105×0.1×cos60° V＝1×104 V， UAB＝EdAB＝2×105×(0.02＋0.1×cos60°＋0.03) V＝2×104 V。 (2)電荷勻速運動，動能不變，由動能定理WF＋W電＝0， 所以WF＝－

13、W電＝－qUba＝qUab＝1×10－7×1×104 J＝1×10－3 J。 3.一長為L的細線，上端固定，下端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖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，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零。試求： (1)A、B兩點的電勢差UAB； (2)勻強電場的場強大小； (3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大小。 答案　(1)　(2)　(3)mg 解析　(1)小球由A到B過程中，由動能定理得 mgLsin60°－qUAB＝0，所以UAB＝。 (2)E＝＝。 (3)小球在

14、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＝qE＝mg 所以FTB＝FTA＝mg 或在B處，沿細線方向合力為零，有 FTB＝qEcos60°＋mgcos30°＝mg。 考點3　　帶電粒子的運動軌跡問題 1．幾種常見的典型電場的等勢面比較 電場 等勢面(實線) 圖樣 重要描述 勻強電場 垂直于電場線的一簇平面 點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面 等量異種點電荷的電場 連線的中垂線上的電勢為零 等量同種正點電荷的電場 連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高 2．解決運動軌跡問題應

15、熟練掌握的知識及規(guī)律 (1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場力)指向軌跡曲線的內(nèi)側。 (2)某點速度方向為軌跡切線方向。 (3)電場線(或等差等勢面)密集的地方場強大。 (4)電場線垂直于等勢面。 (5)順著電場線電勢降低最快。 (6)電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大。有時還要用到牛頓第二定律、動能定理等知識。 3．根據(jù)粒子的運動軌跡、電場線(等勢面)進行相關問題的判定 (1)審題指導 (2)這類問題一般綜合性較強，運用“牛頓運動定律、功和能”的知識分析求解。 [例3]　(多選)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差

16、相等，即Uab＝Ubc。實線為一帶正電的質點(不計重力)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，下列判斷正確的是(　　) A．三個等勢面中，a的電勢最低 B．帶電質點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大 C．帶電質點通過M點時的動能比通過N點時大 D．帶電質點通過M點時的加速度比通過N點時大 解析　帶電質點所受電場力指向軌跡內(nèi)側，由于質點帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)電場線與等勢面垂直，畫出電場線沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最高，故A錯誤；由帶電質點受力情況可知，從M到N過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B正確、C錯誤；等差等勢面

17、中等勢面密的地方電場線也密，則M點場強大，電場力大，加速度大，則D正確。 答案　BD 解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，由電場線畫出等勢面或由等勢面畫出電場線，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。 (多選)圖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(　　) A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．N在a點的速度與

18、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 答案　BD 解析　等勢線在水平方向，O點電勢高于c點，根據(jù)電場線與等勢線垂直，而且由高電勢指向低電勢，可知電場方向豎直向下。根據(jù)帶電粒子的軌跡可知，N所受的電場力方向豎直向上，M所受的電場力方向豎直向下，故知N粒子帶負電，M帶正電，故A錯誤；aO間與Oc間電勢差相等，根據(jù)W＝qU知，N從O到a與M從O到c電場力做功相等，由動能定理可知，N在a點的速度與M在c點的速度大小相等，故B正確；N從O點運動至a點的過程中電場力與速度的夾角為銳角，電場力做正功，故C錯誤

19、；O、b間電勢差為零，由W＝qU知M從O點運動至b點的過程中，電場力對它做功為零，故D正確。 考點4　　電場中的功能關系 1．電場力做功的特點：電場力對某電荷做的功與路徑無關，只與初、末位置的電勢差有關。 2．對電場力做功的理解可類比重力做功。電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加。 3．電場力做功的計算方法 (1)由公式W＝Flcosα計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為：W＝qElcosα。 (2)由W＝qU來計算，此公式適用于任何形式的靜電場。 (3)由動能定理來計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk。 (4)由電勢能的變化來計算：WAB＝EpA

20、－EpB。 4．功能關系 (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、彈簧的彈力外，其他各力對物體所做的功等于物體機械能的變化。 (4)所有力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化。 [例4]　 (2017·全國卷Ⅰ)(多選)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的關系如圖所示。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。現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)

21、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(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 解析　由題圖知，a、b、c、d四個點距點電荷的距離依次增大，且rb＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1，A正確；rd＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1，B錯誤；在移動電荷的過程中，電場力做的功與電勢能的變化量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1，C正確；Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1，D錯誤。

22、 答案　AC (1)電場力對某電荷做的功與路徑無關，只與初、末位置的電勢差有關。 (2)功是能轉化的量度，能的變化通過做功來量度。 (3)特別注意電荷的正、負，再判定電場力是否做功，電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加。 如圖甲所示，傾角為θ＝30°的光滑固定斜桿底端固定一個帶負電、電量為Q＝2.0×10－4 C的小球A，將一可視為質點的帶電小球B從斜桿的底端a點(與A靠得很近，但未接觸)靜止釋放，小球沿斜面向上滑動過程中速度v隨位移s的變化圖象如圖乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2。求： (1)小球B的荷質

23、比； (2)小球B在b點時速度達到最大，求a、b兩點的電勢差Uab。 答案　(1)＝2.5×10－5 C/kg　(2)Uab＝－1×106 V 解析　(1)由v-s圖知，在s0＝3 m時，小球的速度最大為v＝2 m/s，受力平衡，即有：mgsinθ＝ 所以小球B帶負電，荷質比＝2.5×10－5 C/kg。 (2)對小球從釋放到速度最大的過程，由動能定理得： －qUab－mgs0sinθ＝mv2－0 解得：Uab＝－1×106 V。 1．一個電量為10－6 C的負電荷從電場中A點移至B點，電場力做功2×10－6 J；從C點移至D點電場力做功－7×10－6 J。已知C點比B

24、點電勢高3 V，且A、B、C、D四點在同一條電場線上，則下列圖中正確的是(　　) 答案　C 解析　A、B間的電勢差為UAB＝＝－2 V<0，則A的電勢低于B的電勢；C、D間的電勢差為UCD＝7 V>0，則C的電勢高于D的電勢；又由題，C點比B點電勢高3 V，所以電勢從高到低的順序是：C、B、A、D。沿著電場線電勢逐漸降低，故C正確。 2．(多選)如圖一個點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動，若圓弧MN的弧長為s，經(jīng)過圓弧M、N兩點的時間為t，經(jīng)過這兩點的速度偏向角為θ，不考慮點電荷對周圍電場的影響，則(　　) A．M、N兩點的電勢相等 B．點電荷的加速度大小為a＝

25、C．該點電荷所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產(chǎn)生的 D．該電場的場強方向一定指向圓弧的圓心 答案　ABC 解析　點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動，則電場力充當向心力，與速度方向垂直，電場力不做功，所以MN兩點的電勢相等，A正確；根據(jù)幾何知識可得圓弧所對圓心角為θ，所以運動半徑為r＝，點電荷運動角速度為ω＝，故點電荷的向心加速度為a＝ω2r＝，B正確；該點電荷q可以在兩個等量同種點電荷中垂面上做勻速圓周運動，所以該點電荷q所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產(chǎn)生的，故C正確；點電荷的電性未知，所以無法判斷電場強度方向，D錯誤。 3．(多選)如圖所示， A、B、C為直角三

26、角形的三個頂點，∠A＝30°，D為AB的中點，負點電荷Q位于D點。A、B、C三點的電勢分別用φA、φB、φC表示，下列說法不正確的是(　　) A．φC大于φA B．A、B兩點電場強度相同 C．負檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能都相等 D．將正檢驗電荷沿AC從A點移到C點，電場力先做正功后做負功 答案　ABC 解析　點電荷的等勢面是一系列的同心圓，A、C兩點在同一個等勢面上，故φC等于φA，故A錯誤；A、B兩點與場源點電荷距離相等，根據(jù)點電荷場強公式E＝k，故A、B兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A、B兩點的電場強度不相同，故B錯誤；BC連線上各點距場源點電荷距離不等，

27、電勢不等，根據(jù)Ep＝qφ，負檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能不相等，故C錯誤；AC連線上，越靠近負電荷電勢越低，從A到C電勢先降低后升高，正檢驗電荷具有的電勢能先減小后增大，故電場力先做正功后做負功，故D正確。 4．(多選)如圖a所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，所經(jīng)位置的電勢隨距A點的距離變化的規(guī)律如圖b所示，以下說法正確的是(　　) A．該電場是勻強電場 B．電子在A、B兩點的電勢能EpAaB D．電子在A、B兩點的速度vA

28、-x圖象的斜率大小等于電場強度，由幾何知識得知，圖象的斜率減小，則從點A到點B場強減小，不是勻強電場，EA>EB，根據(jù)a＝＝可知，A點場強大，則A點加速度大，故A錯誤、C正確；由圖看出，電勢逐漸降低，可判斷出電場線的方向從A到B，在移動過程中，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小，而電子的電勢能增大，即有vA>vB，EpA

29、b重新處于靜止狀態(tài)后(　　) A．a(chǎn)b間的電場力增大 B．作用力F將減小 C．系統(tǒng)重力勢能減少 D．系統(tǒng)的電勢能將增加 答案　B 解析　以a球為研究對象，受力分析如圖甲，由平衡條件電場力F1＝，當使b稍向左移動一小段距離，α變大，sinα變大，F(xiàn)1變小，ab間的電場力減小，A錯誤；以b為研究對象，受力分析如圖乙所示，F(xiàn)＝F1cosα，α變大，cosα減小，因此F減小，B正確；因F1減小，F(xiàn)1＝k可知，兩球間距離增大，a球上升，系統(tǒng)重力勢能增加，C錯誤；兩球排斥、距離增大、靜電力做正功、電勢能減小，D錯誤。 　　 6.如圖所示為一個半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，其單位長度帶電量為η

30、。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設軸上任意點P到O點的距離為x，以無限遠處為零勢點，P點電勢的大小為φ。下面給出的四個φ表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的電勢φ，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性判斷。根據(jù)你的判斷，φ的合理表達式應為(　　) A．φ＝ B．φ＝ C．φ＝ D．φ＝x 答案　A 解析　電勢的單位是V,1 V＝1 N·m/C。A等式右邊單位是N·m/C，與等式左邊相同，從數(shù)學角度看意義合理，故A正確；B等式右邊單位是N·m2/C2，與等式左邊單位不同，B項不合理，故B錯誤；C等式左右兩邊單位

31、相同，但從數(shù)學角度分析，當x>R時根號內(nèi)R2－x2<0，沒有意義了，C項不合理，故C錯誤；D等式右邊單位是N·m2/C，與等式左邊單位不同，D項不合理，故D錯誤。 7.(多選)如圖所示，有四個等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處。A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是(以無窮遠處為電勢零點)(　　) A．A、B、C、D四點的電場強度不同，電勢不同 B．A、B、C、D四點的電場強度不同，電勢相同 C．將一帶負電的試探電荷從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能一直不變 D．位于過O點垂直于紙面的直線上，各點的電場強度為零，電勢不為零 答案　B

32、C 解析　設正方形邊長為L，每個電荷電量為Q，若將四個電荷分成a與d，b與c兩組，則AC是兩組電荷的垂直平分線，是等勢線，所以A、C兩點的電勢相等；ad兩個電荷在A、C兩點的合場強勻向下，且A點場強大于C點場強，bc兩個電荷在A、C兩點的合場強勻向上，且A點場強大于C點場強，所以四個電荷在A點的合場強向下，在C點場強向上，A、C兩點場強不同；若將四個電荷分成a與b，c與d兩組，可得：BD兩點的電勢相等，B點場強的方向向右，D點的方向向左。所以A、B、C、D四點的電場強度的方向不同，電勢相等，故A錯誤、B正確；由以上分析可知，AC是一條等勢線，故帶正電的試探電荷從A點沿直線移動到C點，試探電荷

33、具有的電勢能不變，故C正確；對O點研究：兩個正電荷在O點的合場強為零，兩個負電荷在O點的合場強為零，故O點的場強為0。過O點的垂線位于過AC和BD兩條等勢線的等勢面上，這兩個等勢面與無窮遠處的電勢相等，為0，所以過O的垂線的電勢都為0，故D錯誤。 8．(2016·浙江高考)以下說法正確的是(　　) A．在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低 B．外力對物體所做的功越多，對應的功率越大 C．電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 D．在超重和失重現(xiàn)象中，地球對物體的實際作用力發(fā)生了變化 答案　A 解析　在靜電場中，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，A正確；根據(jù)P＝可知，外力對物

34、體所做的功越多，對應的功率不一定越大，B錯誤；電容器的電容C與電容器所帶電荷量Q無關，只與兩板的正對面積、兩板間距以及兩板間的電介質有關，C錯誤；在超重和失重現(xiàn)象中，地球對物體的實際作用力沒有發(fā)生變化，只是物體的視重發(fā)生了變化，D錯誤。 9．(2017·天津高考)(多選)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定

35、有EpAEB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpA

36、的是(　　) A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 答案　ABC 解析　如題圖所示，根據(jù)粒子受到的電場力指向軌跡的凹側，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負功，動能減小，B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故C正確；N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故D錯誤。 11.(2015·海南高考)(多選)如圖，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－

37、Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是(　　) A．b點電勢為零，電場強度也為零 B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大 答案　BC 解析　由兩等量異種點電荷的電場線分布知：過Q和－Q 連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面，因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點做的功相同，因此正試探電荷電勢能的變化相同，D錯誤；點b在零勢能面上，b

38、點電勢為零，由場強的合成法則知，b點的場強不為零，方向平行x軸向右，A錯誤；在a點放一正的試探電荷，所受的電場力方向向右，當沿x軸正方向移動時，電場力做正功電勢能減少，在O點減為零，過了O點電勢能為負值，所以正的試探電荷在a點電勢能大于零，反之若從O點移到a點，電場力與運動方向相反，因此電場力做負功即克服電場力做功，B、C正確。 12．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)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．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在

39、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 答案　ABD 解析　如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1 V，B正確；則在x軸上，每0.5 cm長度對應電勢差為1 V,10 V對應的等勢線與x軸交點e坐標為(4.5,0)，過O點作ae的垂線交ae于d點，則dO為電場線，由幾何知識得：dO長度為3.6 cm，又UdO＝10 V－1 V＝9 V，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正確；電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C錯誤；電子從b點運動到c

40、點，電場力做功W＝qUbc＝(－e)×(－9 V)＝9 eV，D正確。 13．(2016·浙江五校聯(lián)考)一個沿x軸方向分布的電場的場強與坐標x關系圖象如圖所示，僅在－d≤x≤d的區(qū)間有電場，x≤0處電場強度的最大值為E0，x>0處場強大小恒為E0。規(guī)定＋x軸方向為正方向，x＝0處φ為零。一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子只在電場力作用下，以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動，其動能與電勢能之和的值為P。求： (1)畫出x軸上電勢分布的φ-x圖象，要求標出最高電勢； (2)確定粒子的運動區(qū)間； (3)一個周期內(nèi)粒子在x>0區(qū)域內(nèi)的運動時間； (4)P必須滿足的取值范圍。

41、答案　(1)圖見解析 (2)－≤x≤ (3)　(4)00時：φ＝E0x，其中x＝d處電勢：φ2＝E0d x<0時：φ＝－Ex＝－·(－x)·x＝x2， 其中x＝－d處電勢：φ1＝E0d φ-x圖象如圖所示。 (2)由題意：mv2＋qφ＝P，動能為零處，勢能為最大值P x>0時：最右位置處P＝φq＝E0x1q，可得x1＝ x<0時：最左位置處P＝φq＝x2q，可得x2＝－ 即粒子的運動區(qū)間為：－≤x≤。 (3)分析可得：一個周期內(nèi)粒子在x>0區(qū)域內(nèi)的運動分兩段，從x＝0到x＝x1做勻減速直線運動；從x＝x1到x＝0做的是初速度為0的勻加速直線運動，且加速度相等為a＝。由運動學規(guī)律可知這兩段運動的時間相等，設為t。則有：x1＝at2即＝··t2得，t＝， 故總時間為：2t＝。 (4)做周期性運動的條件為|x|≤d，分析可得|x1|<|x2|，所以有|x2|≤d即 ≤d解得：P≤E0qd，故0