2020高考物理一輪復(fù)習 第七章 第2講 電場能的性質(zhì)學(xué)案（含解析）

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1、第2講　電場能的性質(zhì) 主干梳理 對點激活 知識點　　電勢能　Ⅰ 1．靜電力做功 (1)特點：靜電力做功與電荷的起始位置和終止位置有關(guān)，但與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān)。 (2)計算方法 ①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離，計算時q不帶正負號。 ②WAB＝qUAB，適用于任何電場，計算時q要帶正負號。 2．電勢能 (1)定義：電荷在電場中由于受到電場力的作用而具有的與其相對位置有關(guān)的能量叫做電勢能，用符號Ep表示。 (2)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系 靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。 (3)大小：電荷在某點的電勢能，等于將電荷從該點移

2、到零勢能位置時靜電力做的功。 　(1)電勢能由電場和電荷共同決定，屬于電場和電荷系統(tǒng)所共有的，我們習慣說成電場中的電荷所具有的。 (2)電勢能是相對的，與零勢能位置的選取有關(guān)，但電勢能的變化是絕對的，與零勢能位置的選取無關(guān)。 (3)電勢能是標量，有正負，無方向。電勢能為正值表示電勢能大于在參考點時的電勢能，電勢能為負值表示電勢能小于在參考點時的電勢能。 (4)零勢能位置的選取是任意的，但通常選取大地或無窮遠處為零勢能位置。 知識點　　電勢?、? 1．電勢 (1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能Ep與它的電荷量q的比值。 (2)定義式：φ＝。 (3)矢標性：電勢是標量，有正負之分

3、，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，同一點的電勢與選取的電勢零點的位置有關(guān)。一般選取無窮遠處為電勢零點，在實際應(yīng)用中常取大地的電勢為零。 2．等勢面 (1)定義：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的面。 (2)四個特點 ①在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。 ②等勢面一定與電場線垂直。 ③電場線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。 　電場中某點的電勢大小是由電場本身的性質(zhì)決定的，與在該點是否放有電荷和所放電荷的電性、電荷量及電勢能均無關(guān)。 知識點　　電勢差?、? 勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)

4、系?、? 1．電勢差 (1)定義：電場中兩點間電勢的差值。 (2)定義式：UAB＝φA－φB。顯然，UAB＝－UBA。 (3)影響因素：電場中兩點間電勢差由電場本身決定，與電勢零點的選取無關(guān)。 (4)電勢差與電場力做功的關(guān)系：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力做的功WAB與移動的電荷的電荷量q的比值等于A、B兩點間的電勢差，即UAB＝，計算時q要帶正負號。 2．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系 (1)電勢差與場強的關(guān)系式 UAB＝Ed，其中d為勻強電場中A、B兩點沿電場方向的距離。 (2)電場強度的另一表達式 ①表達式：E＝。(只適用于勻強電場) ②意義：電場中，

5、場強方向是電勢降低最快的方向。在勻強電場中，場強在數(shù)值上等于沿電場方向單位長度降低的電勢。 知識點　　靜電感應(yīng)和靜電平衡?、? 1．靜電感應(yīng) 當把一個不帶電的金屬導(dǎo)體放在電場中時，導(dǎo)體的兩端分別感應(yīng)出等量的正、負電荷，“近端”出現(xiàn)與施感電荷異號的感應(yīng)電荷，“遠端”出現(xiàn)與施感電荷同號的感應(yīng)電荷，這種現(xiàn)象叫靜電感應(yīng)。 2．靜電平衡 (1)定義：導(dǎo)體放入電場中時，附加電場與原電場在導(dǎo)體內(nèi)部大小相等且方向相反，使得疊加場強為零時，自由電荷不再發(fā)生定向移動，導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)。 (2)處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體的特點 ①導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零； ②導(dǎo)體是一個等勢體，導(dǎo)體表面是等勢面； ③導(dǎo)

6、體表面處的場強方向與導(dǎo)體表面垂直； ④導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導(dǎo)體的外表面上； ⑤在導(dǎo)體外表面越尖銳的位置，凈電荷的密度(單位面積上的電荷量)越大，凹陷的位置幾乎沒有凈電荷。 一 思維辨析 1．電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)。(　　) 2．電場中電場強度為零的地方電勢一定為零。(　　) 3．等勢面是客觀存在的，電場線與等勢面一定垂直。(　　) 4．沿電場線方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低。(　　) 5．A、B兩點的電勢差數(shù)值上等于將正電荷從A點移到B點時電場力做的功。(　　) 6．帶電粒子由靜止釋放，若只在電場力作用下，一定從電勢能大的地方向電勢能小的

7、地方運動。(　　) 答案　1.√　2.×　3.×　4.×　5.×　6.√ 二 對點激活 1．(人教版選修3－1·P19·T2改編)關(guān)于電場中兩點電勢的高低的判斷，下列說法正確的是(　　) A．若＋q在A點的電勢能比在B點的大，則A點電勢高于B點電勢 B．若－q在C點的電勢能比在D點的大，則C點電勢高于D點電勢 C．若－q在E點的電勢能為負值，則E點電勢為負值 D．電勢降低的方向即為電場線方向 答案　A 解析　由Ep＝qφ知正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大，故A正確，B錯誤；若Ep與q均為負值，則φ為正值，故C錯誤；電勢降低最快的方向為電場線方

8、向，故D錯誤。 2.(人教版選修3－1·P22·T3改編)如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．φA>φB B．負電荷在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能 C．負電荷由B移動到A時靜電力做正功 D．UAB>0 答案　B 解析　沿著電場線的方向電勢降低，由圖知φA<φB，UAB<0，故A、D錯誤；WBA＝qUBA，其中q<0，UBA>0，則WBA<0，故C錯誤；由Ep＝qφ知負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故B正確。 3.(人教版選修3－1·P23·T2改編)帶有等量異號電荷，相距10 cm 的平行板A和B之間有一勻強電場，如圖，電場強度E＝2×104 V/

9、m，方向向下。電場中C點距B板為3 cm，D點距A板為2 cm。下列說法正確的是(　　) A．UCD＝1000 V B．讓B板接地，則C點的電勢φC＝600 V C．讓A板接地，則D點的電勢φD＝400 V D．將一個電子從C點移到D點靜電力做的功，與將電子先從C點移到P點再移到D點靜電力做的功數(shù)值不同 答案　B 解析　UCD＝－Ed＝－1000 V，故A錯誤；讓B板接地，則φC＝EdCB＝600 V，故B正確；讓A板接地，則φD＝－400 V，故C錯誤；靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，故D錯誤。 4．關(guān)于等勢面的說法，正確的是(　　) A．電荷在等勢面上移動時，由

10、于不受電場力作用，所以說電場力不做功 B．在同一個等勢面上各點的場強大小相等 C．兩個不等電勢的等勢面可能相交 D．若相鄰兩等勢面的電勢差相等，則等勢面的疏密程度能反映場強的大小 答案　D 解析　等勢面由電勢相等的點組成，等勢面附近的電場線跟等勢面垂直，因此電荷在等勢面上移動時，電場力不做功，但并不是不受電場力的作用，A錯誤。等勢面上各點場強大小不一定相等，等勢面不可能相交，B、C錯誤。等差等勢面的疏密能反映場強的大小，D正確。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　電勢高低與電勢能大小的判斷 1．電勢高低的判斷方法 2．電勢能大小的判斷方法 　　　　 例1　勻強電

11、場的電場線是平行等間距的，假如在勻強電場中放入一不帶電的金屬小球，電場線會發(fā)生彎曲變成如圖所示電場，關(guān)于該電場下列說法正確的是(　　) A．由于感應(yīng)起電，該金屬小球放入勻強電場后總電荷量將不為零 B．電場線越密的地方電場強度越小 C．將一電子從P點移到Q點，電子的電勢能一定減少 D．P點的電勢一定高于Q點的電勢 解題探究　(1)如何判斷P、Q兩點電勢的高低？ 提示：沿電場線的方向電勢逐漸降低。 (2)由于感應(yīng)起電，小球兩端所帶電荷量相等嗎？ 提示：相等。 嘗試解答　選C。 由于電荷守恒，金屬小球的總電荷量仍為零，故A錯誤；電場線的疏密程度表示場強大小，電場線越密的地方場

12、強越大，故B錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，故P點電勢低于Q點電勢，又因為電子帶負電，所以電子在P點的電勢能高于在Q點的電勢能，即從P點到Q點電子的電勢能一定減少，C正確，D錯誤。 總結(jié)升華 電場線、電場強度、電勢、電勢能、等勢面之間的關(guān)系 (1)電場線與電場強度的關(guān)系：同一電場，電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向。 (2)電場線與等勢面的關(guān)系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。 (3)電場強度大小與電勢無直接關(guān)系：零電勢位置可人為選取，電場強度的大小由電場本身決定，故電場強度大的地方，電勢不一定高。 (4)電

13、勢能與電勢的關(guān)系：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。 [變式1]　(2018·唐山三模)(多選)如圖所示，處于x軸上的兩個等量異號電荷＋Q和－Q，坐標分別為(L,0)和(3L,0)。以坐標原點O為圓心，作半徑為2L的圓，圓上有a、b、c、d四個點，均處于兩電荷形成的電場中。則下列說法正確的是(　　) A．O點電勢等于b點電勢 B．b點和d點電場強度大小相等，電勢相同 C．將一正試探電荷從c點沿虛線圓周移到O點電場力不做功 D．將一正試探電荷從b點沿y軸移到d點，電勢能先增大后減小 答案　BD 解析　由等量異號點電荷的電場線、等勢線分布圖可

14、知φO>φb，故A錯誤；根據(jù)對稱性，b、d兩點場強大小相等、電勢相同，故B正確；c點電勢為零，O點電勢大于零，所以將正試探電荷從c點沿虛線圓周移到O點電場力做負功，故C錯誤；φb＝φd＜φO，所以將正試探電荷從b點沿y軸移到d點，電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故D正確。 考點2　電場線、等勢線(面)與粒子軌跡分析問題 1.幾種典型電場的等勢線(面) 2．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法 (1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置垂直等勢面且指向軌跡的凹側(cè))，從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動時電場力做功

15、的情況。 (2)電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)，是題目中相互制約的兩個方面。若已知其中一個，可分析另一個。 　　　　 例2　(2018·惠州調(diào)研)(多選)如圖所示，以點電荷Q為圓心的虛線同心圓是該點電荷電場中球形等勢面的橫截面圖。一個帶正電的粒子經(jīng)過該電場，它的運動軌跡如圖中實線所示，M和N是軌跡上的兩點。不計帶電粒子受到的重力，由此可以判斷(　　) A．此粒子在M點的加速度小于在N點的加速度 B．此粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能 C．此粒子在M點的動能小于在N點的動能 D．電場中M點的電勢低于N點的電勢 解題探究　(1)如何判斷場源電荷是正電荷還是負電

16、荷？ 提示：根據(jù)粒子軌跡彎曲方向判斷受到的是引力還是斥力，從而判斷場源電荷的正負。 (2)如何判斷電勢的高低？ 提示：判斷出場源電荷電性就知道電場線方向，沿電場線電勢降低。 嘗試解答　選AD。 由庫侖定律知，粒子在M點所受的庫侖力小于在N點所受的庫侖力，故粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，A正確；從粒子運動軌跡可知帶電粒子受到了向左的力(排斥力)，則點電荷Q也帶正電，N點電勢高于M點電勢，粒子在N點的電勢能大于在M點的電勢能，B錯誤，D正確；只受電場力時，粒子在點電荷的電場中的動能與電勢能之和不變，則粒子在M點的動能大于在N點的動能，C錯誤。 總結(jié)升華 (1)判斷速度方向：帶

17、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)判斷電場力(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)，再根據(jù)粒子電荷的正負判斷電場強度的方向。 (3)判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，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加。 (4)求解此類問題的思維模板 [變式2]　(多選)如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等。實線為一帶正電荷粒子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，則下

18、面說法中正確的是(　　) A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時電勢能較大 C．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時動能較大 D．帶電粒子由M運動到N時，加速度增大 答案　CD 解析　由于帶電粒子做曲線運動，且僅受電場力作用，因此所受電場力的方向必定指向軌跡的凹側(cè)，且和等勢面垂直，所以電場線方向是由c指向b再指向a，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，故φc>φb>φa，A錯誤；帶正電荷粒子若從N點運動到M點，場強方向與運動方向成銳角，電場力做正功，電勢能減少，若從M點運動到N點，場強方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，電勢能增加，即M點電勢能較小，故B錯誤

19、；根據(jù)能量守恒定律，電荷的動能和電勢能之和保持不變，故粒子在M點的動能較大，C正確；由于相鄰等勢面之間電勢差相等，N點等勢面較密，則EN>EM，即qEN>qEM，由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點運動到N點時，加速度增大，D正確。 考點3　勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系 1.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系 (1)UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。 (2)沿電場強度方向電勢降落得最快。 (3)在勻強電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。推論如下： 推論①：如圖甲，C點為線段AB的中點，則有φC＝。 推論②：如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。

20、 2．E＝在非勻強電場中的幾點妙用 (1)解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關(guān)系：當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即等差等勢面越密，電場強度越大。 (2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關(guān)系，如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。 (3)利用φ-x圖象的斜率判斷沿x方向電場強度Ex隨位置變化的規(guī)律。在φ-x圖象中斜率k＝＝＝－Ex，斜率的大小表示電場強度的大小，斜率的正負表示電場強度的方向，斜率為正，表示電場強度方向沿規(guī)定的負方向；斜率為負，表示電場強度方向沿規(guī)定的正方向。 (4)利用E-x圖象與x軸圍成的面積表示電勢差，即SAB

21、＝ExAB＝Ed＝UAB，分析計算兩點間電勢差。 　　　　 例3　(多選)如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1 V、2 V、3 V，正六邊形所在平面與電場線平行。下列說法正確的是(　　) A．通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線 B．勻強電場的電場強度大小為10 V/m C．勻強電場的電場強度方向為由C指向A D．將一個電子由E點移到D點，電子的電勢能將減少1.6×10－19 J 解題探究　(1)在勻強電場中，如何尋找等勢線？ 提示：先利用幾何關(guān)系確定兩個等勢點，它們的連線就是一條等勢線。

22、(2)如何確定場強的大小和方向？ 提示：根據(jù)電場線與等勢線垂直，且沿電場線方向電勢降低可判斷電場方向，場強大小可由E＝求得。 嘗試解答　選ACD。 由于AC的中點電勢為2 V，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，電場強度大小E＝＝ V/m＝ V/m，故B錯誤，C正確；由UED＝UBC＝－1 V，WED＝－eUED＝1.6×10－19 J，得電勢能減少1.6×10－19 J，D正確。 總結(jié)升華 勻強電場中找等勢點的方法 等分線段找等勢點法：在勻強電場中，電勢沿直線是均勻變化的，即直線上距離相等的線段兩端的電勢差相等。因此將電勢最高點和電勢最低點連接后根

23、據(jù)需要平分成若干段，找到與已知的第三個點的電勢相等的點，這兩個等勢點的連線即等勢面(或等勢線)，與等勢面(或等勢線)垂直的線即為電場線。 [變式3]　(2018·安徽重點中學(xué)聯(lián)考)在如圖所示的虛線方框內(nèi)有一方向平行于紙面的勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點，AB＝4 cm，BC＝3 cm，AC＝5 cm，若將一個電荷量為1.0×10－8 C的負點電荷從B移到C，電場力做的功為1.2×10－7 J，而把該點電荷從B移到A，克服電場力做的功為1.2×10－7 J，則該勻強電場的場強大小為(　　) A．500 V/m B．480 V/m C．400 V/m D．300

24、V/m 答案　A 解析　由題意可知，UBC＝＝ V＝－12 V，UBA＝＝ V＝12 V，設(shè)A點電勢φA＝0 V，則φB＝12 V，φC＝24 V，則B點電勢與AC中點D處的電勢相等，由余弦定理可知BD＝2.5 cm，則由△ABD的面積是△ABC的一半可知，C、D兩點沿著電場線方向的距離為2.4 cm，勻強電場的場強大小為E＝＝ V/m＝500 V/m，A正確。 考點4　電場中的圖象問題 1．v-t圖象：根據(jù)電荷在電場中運動的v-t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化。 2．φ-x圖

25、象：(1)電場強度可用φ-x圖線的斜率表示，斜率的大小表示電場強度的大小，斜率的正負表示電場強度的方向。 (2)在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系分析電荷移動時電勢能的變化。 3．E-x圖象：(1)反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律。 (2)E>0表示場強沿正方向；E<0表示場強沿負方向。 (3)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，“面積”的正負表示始末兩點電勢的高低。 4．Ep-x圖象：(1)Ep-x圖象可以判斷某一位置電勢能的大小，進而確定電勢能的變化情況，根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功情況，結(jié)合帶電粒子的運動可以確定電場力

26、的方向。 (2)Ep-x圖象可以判斷電場力的大小，即k＝＝＝－F，圖象的斜率大小和正負分別表示電場力的大小和方向。 　　　　 例4　(2018·衡水六調(diào))兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則(　　) A．N點的電場強度大小為零 B．A點的電場強度大小為零 C．N、C間場強方向沿x軸正方向 D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功 解題探究　(1)由q1、q2之間電勢隨x的變化圖象可知q1、q2為同種電荷還是異種電荷？ 提示：異種電荷，且q1

27、為正，q2為負。 (2)φ-x圖象的斜率表示什么？ 提示：表示場強。 嘗試解答　選D。 根據(jù)題給的兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系圖象，可知O點的點電荷q1為正電荷，M點的點電荷q2為負電荷。題中φ-x圖象斜率的絕對值表示電場強度的大小，由此可知，N點和A點的電勢為零，但電場強度大小都不為零，C點的電場強度大小為零，A、B錯誤；從N點到C點電勢逐漸增大，說明從N點到C點逆著電場線方向，故N、C間場強方向沿x軸負方向，C錯誤；將一負點電荷從N點移到D點，其電勢能先減小后增大，則電場力先做正功后做負功，D正確。 總結(jié)升華 解決圖象問題的要點 物理圖象將物理情景轉(zhuǎn)化為便于分析、理解

28、、解決問題的物理圖形，把抽象問題簡單化、具體化。 E-x圖象：圖象與坐標軸圍成的面積表示電勢差； φ-x圖象：某點切線的斜率表示該點對應(yīng)位置的電場強度； Ep-x圖象：某點切線的斜率表示該點對應(yīng)位置的電場力。 [變式4－1]　(2019·福建五校聯(lián)考)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處，場強最小，且為零；電勢也最小，但不為零 B．粒子在x2～x3段做勻減速直線運動 C．O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、

29、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3段的電場強度方向不變，大小均勻增加 答案　B 解析　根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ、場強與電勢的關(guān)系E＝得E＝，由數(shù)學(xué)知識可知Ep-x圖象的切線斜率的絕對值等于|qE|，由題圖可知x1處切線斜率為零，故x1處場強最小且為零，結(jié)合粒子帶負電和題圖可知電勢最小的點是x3處，O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3<φ2＝φ0<φ1，A、C均錯誤；x2～x3段是直線，斜率不變，即電場力恒定，x2～x3段的電場強度方向不變，大小不變，粒子在x2～x3段做勻減速直線運動，B正確，D錯誤。 [變式4－2]　某空間存在電場，其中

30、x軸上電場的電場強度隨坐標的變化關(guān)系如圖所示，左右兩側(cè)圖線對稱，則下列說法正確的是(　　) A．將負電荷從－d位置移到－2d位置，電場力做正功 B．－d位置和＋d位置電勢相等 C．＋d位置到＋2d位置的電勢差與＋2d位置到＋3d位置的電勢差相等 D．將正電荷從－3d位置移到＋2d位置電場力做正功 答案　B 解析　在x≥d區(qū)域，電場強度沿x軸正方向，在x≤－d區(qū)域，電場強度沿x軸負方向，－d

31、場力做負功，A錯誤；由E-x圖象與x軸圍成的面積表示電勢差可知，＋d位置到＋2d位置的電勢差大于＋2d位置到＋3d位置的電勢差，C錯誤；＋2d位置與－2d位置電勢相等，沿著電場線方向電勢降低，則－2d位置電勢大于－3d位置電勢，正電荷在－3d位置電勢能小于在－2d位置電勢能，即小于在＋2d位置的電勢能，因此將正電荷從－3d位置移到＋2d位置，電勢能增加，電場力做負功，D錯誤。 考點5　電場力做功與電勢能的關(guān)系 　　　　 例5　(2018·合肥質(zhì)檢)(多選)如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一電子經(jīng)過等勢面D時，動能為16 eV，速度方向垂直于等勢面D，且經(jīng)過等

32、勢面C時，電勢能為－8 eV，經(jīng)過等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離均為4 cm，電子重力不計。則下列說法正確的是(　　) A．電子做勻變速直線運動 B．勻強電場的場強大小為100 V/m C．等勢面A的電勢為－8 V D．電子再次經(jīng)過等勢面D時，動能為16 eV 解題探究　(1)電子在等勢面D時動能為16 eV，在等勢面B時速度恰為零，該過程只有電場力做功，如何由動能定理求D、B兩者間的電勢差？ 提示：由－eUDB＝0－EkD求UDB。 (2)如何求各等勢面的電勢？ 提示：由UDB＝φD－φB結(jié)合φC＝求解。 嘗試解答　選ACD。 由于電場為勻強電場，則電

33、子所受的電場力為恒力，電子做勻變速直線運動，A正確；電子從等勢面D運動到等勢面B的過程中，由動能定理得－eUDB＝0－EkD，則可解得UDB＝16 V，由電勢差與電場強度的關(guān)系可知E＝＝ V/m＝200 V/m，B錯誤；又電子在等勢面C時，由EpC＝－eφC，代入數(shù)據(jù)解得φC＝8 V，又因為相鄰等勢面之間的距離相等，則相鄰兩等勢面的電勢差相等，則φB＝0、φA＝－8 V、φD＝16 V，C正確；在電子從等勢面D運動到等勢面B，再回到等勢面D的整個過程中，電場力所做的功為零，由動能定理可知，電子再次回到等勢面D時的動能仍為16 eV，D正確。 總結(jié)升華 處理電場中能量問題的四點注意 (1)

34、應(yīng)用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)。 (2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。 (3)應(yīng)用功能關(guān)系解決問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。 (4)有電場力做功的過程機械能不守恒，但機械能與電勢能的總和可以守恒。 [變式5]　(2018·廣東三校聯(lián)考)(多選)如圖，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強電場中，不考慮兩球之間的相互作用。初始時桿與電場線垂直，將桿右移的同時順時針轉(zhuǎn)過90°，發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變，根據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說法正確的是(　　) A．A、B兩球一定帶異種電荷 B．A、

35、B兩球電荷量的絕對值之比qA∶qB＝1∶2 C．A球電勢能一定增加 D．電場力對A球和B球都不做功 答案　AB 解析　根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系，兩小球由豎直位置變?yōu)樗轿恢?，A、B兩小球電勢能之和不變，電場力對兩小球都做功，但總功為零，D錯誤；由此可知若電場力對A做正功或負功，則必然對B做負功或正功，因此A、B一定帶異種電荷，A正確；電場力做功與路徑無關(guān)，有EqA×2L－EqBL＝0，得qA∶qB＝1∶2，B正確；A、B電性不確定，故A球電勢能的變化不確定，C錯誤。 【案例剖析】 (18分)在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的足夠長的粗糙絕緣水平槽中，長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿兩端各

36、連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖(槽兩側(cè)光滑)。A球的電荷量為＋2q，B球的電荷量為－3q(均可視為質(zhì)點，且不考慮兩者間相互作用的庫侖力)?，F(xiàn)讓A處于如圖所示的①有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP②恰位于細桿的中垂線上，MP和NQ的距離為3L，勻強電場的電場強度為E＝，方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B③從靜止開始運動(忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響)。求： (1)小球B第一次到達電場邊界MP④所用的時間； (2)小球A第一次⑤離開電場邊界NQ時的速度大??； (3)帶電系統(tǒng)運動過程中，B球⑥電勢能增加量的最大值。 [審題　抓住信息，準確推斷]　

37、 問題, ④所用的時間,可利用牛頓第二定律及運動學(xué)公式求解 ⑤離開電場邊界NQ時的速度大小,分析A球在離開NQ前的運動情況：先加速運動，再減速運動 ⑥電勢能增加量的最大值,B球進入電場后受電場力方向向左，只要B球向右運動，電勢能就會增加 [破題　形成思路，快速突破]　 (1)小球B第一次到達電場邊界MP所用時間的求解。 ①求B球進入電場前的加速度。 a．研究對象：A、B兩球組成的系統(tǒng)； b．列動力學(xué)方程：2Eq－μ·2mg＝2ma1。 ②求B球第一次到達電場邊界MP所用時間。 列運動學(xué)方程：L＝a1t。 (2)小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小求解。 ①研究過程

38、：從B球進入電場到A球第一次離開電場。 ②小球B剛進入電場的速度v1的求解。 a．選擇規(guī)律：運動學(xué)方程； b．方程式：v＝2a1L。 ③小球A第一次離開電場的速度v2的求解。 a．選擇規(guī)律：動力學(xué)方程和運動學(xué)方程； b．動力學(xué)方程式：2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2； 運動學(xué)方程式：v－v＝2a2L。 (3)如何求帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加量的最大值？ 提示：B球克服電場力做功越多，其增加的電勢能越大。先求出A球出電場后系統(tǒng)的加速度和系統(tǒng)速度減小到零時A球離開右邊界的距離x，判斷x≤2L是否成立，以確定此時B球是否在電場中，如果在電場中，則利用電場力做功與電勢能變

39、化的關(guān)系求解，如果不在電場中，則進一步分析計算。 [解題　規(guī)范步驟，水到渠成]　 (1)帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動，當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動。設(shè)B球進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律： 2Eq－μ·2mg＝2ma1，解得a1＝g(2分) B球剛進入電場時，由L＝a1t (2分) 可得t1＝ 。(1分) (2)設(shè)B從靜止到剛進入電場的速度為v1，由v＝2a1L 可得v1＝(2分) 設(shè)B球進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得： 2Eq－3Eq－2μmg＝2ma2，解得：a2＝－0.8g(2分) 之后系統(tǒng)做勻減速直線運動，設(shè)小球A第

40、一次離開電場邊界NQ時的速度大小為v2，由v－v＝2a2L可得v2＝。(2分) (3)當帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，此時A球已經(jīng)到達右邊界NQ右側(cè)，B球克服電場力做的功越多，B球增加的電勢能越多，設(shè)系統(tǒng)速度減小到零時，A球離右邊界NQ的距離為x，A球離開電場后，系統(tǒng)的加速度為a3，由牛頓第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3，解得：a3＝－2g(2分) 由x＝解得：x＝0.1L<2L，所以B沒有出電場。(3分) 故B電勢能增加量的最大值為 ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL。(2分) [點題　突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]　

41、 常見的思維障礙： (1)在求小球A第一次離開電場邊界NQ的速度大小時，錯誤地認為A球在電場中一直做勻加速直線運動，沒有分析B球進入電場后，系統(tǒng)的受力情況發(fā)生了變化，導(dǎo)致結(jié)果錯誤。 (2)小球A離開電場之后，錯誤地認為B球的加速度不變，沒有分析A球離開電場之后，系統(tǒng)的受力情況發(fā)生了變化，加速度發(fā)生了變化，導(dǎo)致結(jié)果錯誤。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018·全國卷Ⅰ)(多選)圖中虛線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2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) A．平面c上的

42、電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 答案　AB 解析　勻強電場內(nèi)a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個等勢面電場力做功相同，則Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2 eV，Ubc＝φb－φc＝2 V，所以φc＝0，A正確；根據(jù)動能定理從a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4 eV，電子在d時有動能4 eV，速度可能沿各個方向，取極端情況：①電子沿電場線方向運動，從d到f電場力做功Wdf＝Wbc＝－2 eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2 eV>0，可到達平面f；②電子到

43、d時速度方向沿等勢面d，將不能到達平面f，B正確；同理電子到達等勢面c的動能Ekc＝6 eV，由于等勢面c的電勢為零，電子在等勢面c的電勢能為零，根據(jù)能量守恒定律，電子在運動過程中電勢能和動能的總和保持一個定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6 eV，故電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為Epd＝2 eV，C錯誤；電子經(jīng)過平面b和d時的動能分別為：Ekb＝8 eV和Ekd＝4 eV，由Ek＝mv2可得電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的倍，D錯誤。 2.(2018·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點

44、。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是(　　) A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 答案　BD 解析　根據(jù)題意無法判斷電場方向，故A錯誤；由于電場為勻強電場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM＝，φN＝，若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q

45、＝＝，故B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是，故C錯誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因為φM＝，φN＝，解得：UaM－UbN＝0，故D正確。 3．(2018·天津高考)如圖所示，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。下列判斷正確的是(　　) A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN

46、D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN 答案　D 解析　將粒子的運動分情況討論：如圖，從M點運動到N點或從N點運動到M點，根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷；電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；(a)若粒子從M點運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖甲所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN；(b)若粒子從N點運動到M點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖乙所示，故電場

47、力做正功，電勢能減小，動能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN。綜上所述，D正確。 4．(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

48、1 V，B正確；則在x軸上，每0.5 cm長度對應(yīng)電勢差為1 V,10 V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e的坐標為(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6 cm，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點，電場力做功W＝－eUbc＝9 eV，D正確。 5．(2017·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零

49、 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 答案　AC 解析　兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x

50、選) 1．(2016·江蘇高考)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 答案　C 解析　電場線的疏密表示場強的大小，因為A點處電場線較B點處稀疏，所以EA

51、檢)如圖所示，菱形ABCD的對角線相交于O點，兩個等量異號點電荷分別固定在AC連線上的M點與N點，且OM＝ON，則(　　) A．A、C兩處電勢、場強均相同 B．A、C兩處電勢、場強均不相同 C．B、D兩處電勢、場強均相同 D．B、D兩處電勢、場強均不相同 答案　C 解析　以無窮遠處為零勢點，則A處電勢為正，C處電勢為負，故A、C兩處電勢不同，由場強疊加原理知A處場強方向向左，C處場強方向也向左，且大小相同，故A、C兩處的電場強度相同，A、B錯誤；B、D兩處場強大小相等，方向均水平向右，兩處的電勢均為0，C正確，D錯誤。 3．在維護和檢修高壓供電線路時，為了不影響城市用電，電工

52、經(jīng)常要在高壓線上帶電作業(yè)。為了保障電工的安全，電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服(如圖甲)。圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè)，其頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢。虛線表示電工周圍某一截面上的等勢面，c、d、e、f是不同等勢面上的四個點，以下說法中正確的是(　　) A．在c、d、e、f四點中，c點的電場最強 B．在c、d、e、f四點中，f點的電勢最高 C．若將某電子由c移到f，其電勢能將增大 D．若將電子在d點由靜止釋放，它會向e點所在等勢面運動 答案　C 解析　根據(jù)題給條件，不可判斷在c、d、e、f四點中哪一點的電場最強，A錯誤；因B供電線的電勢

53、高于A供電線的電勢，則在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高，B錯誤；若將某電子由c移到f，即從高電勢移動到低電勢，又電子帶負電，電場力做負功，則其電勢能將增大，C正確；沿著電場線方向，電勢是降低的，故電場線方向為從c所在等勢面指向f所在等勢面，若將某電子在d點由靜止釋放，在電場力作用下，它會向c點所在等勢面運動，D錯誤。 4.(2018·河南五校聯(lián)考)A、B是某電場中一條電場線上的兩點，若在A點以初速度v0釋放一個電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由A點運動到B點，其動能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．A點比B點的電場強度大 B．A點比B點的電勢高 C

54、．電子在A點比在B點的電勢能大 D．電子在A點比在B點的加速度大 答案　B 解析　由動能定理知－qEx＝Ek－mv，得Ek＝mv－qEx，可見在Ek-x圖象中，圖線斜率的絕對值表示的是電場力的大小qE，由于斜率不變，則電場力qE不變，A、B兩點的電場強度大小相等，A錯誤；由牛頓第二定律qE＝ma，可知電子在A、B兩點的加速度大小相等，D錯誤；電子從A點運動到B點的過程中，動能減少，電場力做負功，電勢能增加，電子在A點比在B點的電勢能小，C錯誤；電場力方向由B指向A，則電場方向由A指向B，A點比B點的電勢高，B正確。 5.如圖所示，A、P、B、C、D、E、Q、F等間距分布，P、Q兩點放有

55、等量異號點電荷，在B位置靜止釋放一帶正電的檢驗電荷(檢驗電荷不影響原場強分布)，電荷向C點運動，則(　　) A．Q點為正點電荷 B．將正檢驗電荷由E點沿圓周移到F點，電場力做負功 C．將正檢驗電荷由A點移到B點電場力不做功 D．將正檢驗電荷由B點移到C點電場力做的功大于由C點移到D點電場力做的功 答案　D 解析　因帶正電的檢驗電荷由B點靜止釋放向C點運動，所以Q點為負點電荷，P點為正電荷，A錯誤；從E到F，負電荷對檢驗電荷不做功，正電荷對其做正功，故總功為正，B錯誤；同理可知，將檢驗電荷從A移到B，電場力做正功，C錯誤；兩點電荷連線上靠近點電荷的位置電場線密集，兩點電荷連線的中

56、點場強最小，即UBC>UCD，同一正電荷由B點移到C點電場力做的功大于由C點移到D點電場力做的功，D正確。 6．(2019·洛陽尖子生聯(lián)考)勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1 m，D為AB的中點，如圖所示。已知電場線處于△ABC所在的平面，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和2 V。設(shè)場強大小為E，一帶電荷量為1×10－6 C的正電荷從D點移動到C點的過程中電場力所做的功為W，則(　　) A．W＝6×10－6 J　E≤6 V/m B．W＝6×10－6 J　E>6 V/m C．W＝8×10－6 J　E≤8 V/m D．W＝8×10－6 J　E>

57、8 V/m 答案　D 解析　根據(jù)題述，A、C之間的電勢差為UAC＝14 V－2 V＝12 V，將AC等分成3份，如圖所示，將等分點分別標成F、G，則A、F、G、C四點的電勢依次為14 V、10 V、6 V、2 V。連接G、B，則GB為等勢線，與等勢線垂直的為電場線。由于D為AB的中點，則D點電勢為10 V，F(xiàn)D為等勢線，F(xiàn)D平行于GB。DC之間的電勢差UDC＝10 V－2 V＝8 V。帶電荷量為1×10－6 C的正電荷從D點移動到C點的過程中，電場力做的功W＝qUDC＝1×10－6×8 J＝8×10－6 J。E＝＝＝ V/m>8 V/m，D正確。 7．(2018·廣州測試二)如圖a，

58、點電荷固定在絕緣水平面上x軸的原點O處，軸上各點電勢φ與的關(guān)系如圖b。可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量為0.05 kg、電荷量為＋8.0×10－9 C，從x＝0.2 m處由靜止釋放，在x＝0.4 m處時速度達到最大。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.01，g＝10 m/s2。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在x＝0.4 m處滑塊(　　) A．所受電場力大小為5.0×10－3 N B．所在位置的電勢為4.0×105 V C．電勢能為2.0×10－3 J D．速度大小為0.2 m/s 答案　ACD 解析　根據(jù)題述，滑塊在x＝0.4 m處時速度達到最大，則此時滑塊所受合外力為零，由平衡條件可

59、知，所受電場力大小為F＝μmg＝0.01×0.05×10 N＝5.0×10－3 N，A正確；由題圖b可知，x＝0.4 m處的電勢為φ1＝2.5×105 V，B錯誤；在x＝0.4 m處滑塊的電勢能為Ep1＝qφ1＝8.0×10－9×2.5×105 J＝2.0×10－3 J，C正確；由題圖b可知，x＝0.2 m處的電勢為φ2＝5.0×105 V，滑塊在x＝0.2 m處的電勢能Ep2＝qφ2＝8.0×10－9×5.0×105 J＝4.0×10－3 J，滑塊從x＝0.2 m處由靜止釋放，在x＝0.4 m處時速度達到最大，應(yīng)用功能關(guān)系可得μmg(0.4 m－0.2 m)＝Ep2－Ep1－mv，解得vm＝

60、0.2 m/s，D正確。 8.(2018·湖北四校聯(lián)考)空間存在一沿x軸對稱分布的電場，其電勢φ隨x變化的情況如圖所示，若在－x0處由靜止釋放一帶正電的粒子，該粒子僅在電場力的作用下運動到x0的過程中，下列關(guān)于帶電粒子的電勢能Ep、動能Ek隨位移x的變化圖線，以及速度v、加速度a隨時間t變化的圖線正確的是(　　) 答案　AD 解析　根據(jù)電勢能Ep＝qφ可知，φ-x圖象的變化規(guī)律與正電荷的電勢能隨x的變化規(guī)律相同，A正確；觀察φ-x圖象，其斜率表示電場強度，所以電場向右，從－x0到x0的過程中電場強度先減小后增大，帶正電的粒子從－x0處由靜止釋放后，受到沿x軸正方向的電場力先減小后

61、增大，經(jīng)過相同位移電場力做的功先減小后增大，根據(jù)動能定理可知，B錯誤(也可以根據(jù)Ep＋Ek＝Ep0得出Ek的圖象)；從－x0 到x0的過程中粒子的加速度也是先減小后增大，D正確；再根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度可知，C錯誤。 9.(2018·開封模擬)如圖所示，三根絕緣輕桿構(gòu)成一個等邊三角形，三個頂點上分別固定A、B、C三個帶正電的小球。小球質(zhì)量分別為m、2m、3m，所帶電荷量分別為q、2q、3q?！鰽BC處于豎直面內(nèi)，CB邊水平，整個裝置都處于方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)讓該裝置繞過中心O并與三角形平面垂直的軸順時針轉(zhuǎn)過120°，則A、B、C三個球所構(gòu)成的系統(tǒng)(　　) A．電勢能不變

62、 B．電勢能減小 C．重力勢能減小 D．重力勢能增大 答案　AD 解析　設(shè)等邊三角形邊長為a，勻強電場場強大小為E，三角形繞O點轉(zhuǎn)過120°的過程中，電場力對A球做功為Eqa，對B球做功為－2Eqa，對C球做功為Eqa，故電場力對三個小球做的總功為零，系統(tǒng)電勢能不變，A項正確，B項錯誤；此過程中，B球的重力勢能不變，A球降低的高度和C球升高的高度相同，但A球質(zhì)量小于C球質(zhì)量，所以系統(tǒng)的重力勢能增大，C項錯誤，D項正確。 10.如圖所示，勻強電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一個電荷量為＋q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功

63、，從B點移動到C點電場力所做的功為W。若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) A．A點的電勢為－ B．B、C兩點間的電勢差為UBC＝ C．該電場的電場強度大小為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是甲 答案　BD 解析　點電荷在勻強電場中從A點移動到B點，電場力不做功，說明AB為等勢線，從B移動到C電場力做功W，則UBC＝，UBC＝UAC，又C點電勢為零，則A點電勢為，A錯誤，B正確；電場線沿著垂直AB方向，AC沿電場線方向長度為dsin60°，所以電場強度大小為，C錯誤；從A點釋放的電子，所受的電場力垂直于AB，做類平拋運動，D正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共

64、30分) 11.(2018·石家莊質(zhì)檢二)(13分)如圖所示，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，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求： (1)小球運動到D點時對軌道的壓力； (2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量。 答案　(1)2mg－k，方向豎直向下　(2)mgr 解析　(1)小球在D點時有FN＋k－mg＝m 解得FN＝2mg－k 由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k，方向豎直向下

65、。 (2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有： mgr＋W電＝m()2－0 解得電場力做的功：W電＝－mgr 因為電場力做負功，則電勢能增加，ΔEp＝mgr。 12.(2018·石家莊質(zhì)檢一)(17分)如圖所示，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質(zhì)量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向，電場強度增強為某恒定值，且仍為勻強電場，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點。小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變。求： (1)反向后勻強電場的電場強度大小； (2)整個過程中電場力所做的功。 答案　(1)3E　(2) 解析　(1)設(shè)小金屬塊到達B點和返回A點時的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1，小金屬塊由A點運動到B點的過程有 x＝·t2 v1＝t 小金屬塊由B點運動到A點的過程 －x＝v1t－·t2 －v2＝v1－t 聯(lián)立解得v2＝ E1＝3E。 (2)根據(jù)動能定理，整個過程中電場力所做的功 W＝mv－0 解得W＝。 34