二輪復(fù)習精品學案導(dǎo)學案8 電場的基本性質(zhì)的理解

1、專題五電場學案8電場基本性質(zhì)的理解【考情分析】【考點預(yù)測】電場的基本概念、電場的基本性質(zhì)是近幾年高考的熱點，考查的內(nèi)容主要有電場強度與電場力的計算、電勢、電勢能的比較、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系等，高考中主要以選擇題的形式出現(xiàn)，題目難度適中預(yù)計2014年高考仍將對這些知識進行考查，復(fù)習中應(yīng)注意以下幾個知識點：電場強度的疊加、電勢、等勢面與電場線的關(guān)系、電場力做功與電荷電勢能的變化等考題1對電場的基本性質(zhì)的考查例1如圖1所示，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，abc120°. 現(xiàn)將三個等量的正點電荷Q固定在a、b、c三個頂點上，將一個電荷量為q的點電荷依次放在菱形中心點O點和另

2、一個頂點d點處，兩點相比()圖1Aq在d點所受的電場力較大Bq在d點所具有的電勢能較大Cd點的電場強度大于O點的電場強度Dd點的電勢低于O點的電勢審題突破確定O點和d點電場強度，需根據(jù)電場疊加原理，用合成方法進行計算正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小解析a、c兩個頂點的點電荷在菱形中心點O點產(chǎn)生的電場抵消，設(shè)b、O兩點之間距離為x，則頂點b的點電荷在菱形中心點O點產(chǎn)生的電場強度為kQ/x2；a、b、c三個頂點的點電荷在頂點d點處產(chǎn)生的電場強度為kQ/(2x)22kQ/(2x)2×cos 60°kQ/2x2，顯然，d點處電場強度較小，而FqE，則q在d點所受

3、的電場力較小，選項A、C錯誤；根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，O點電勢高于d點，q在d點所具有的電勢能較小，選項B錯誤，選項D正確答案D方法技巧場強、電勢、電勢能的比較方法1 電場強度：(1)根據(jù)電場線的疏密程度判斷，電場線越密，場強越大；(2)根據(jù)等差等勢面的疏密程度判斷，等差等勢面越密，場強越大；(3)根據(jù)a判斷，a越大，場強越大2 電勢：(1)沿電場線方向電勢降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，且電場線垂直于等勢面；(2)根據(jù)UABAB比較正負，判斷A、B的大小3 電勢能：(1)根據(jù)Epq，判斷Ep的大??；(2)根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系判斷：無論正電荷還是負電荷，電場力做

4、正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加突破練習1 空間存在著平行于x軸方向的靜電場，P、M、O、N、Q為x軸上的點，PQ間的電勢隨位置坐標x的變化如圖2所示一個帶電粒子僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，則下列判斷中正確的是()圖2A粒子一定帶正電BN點電勢低于Q點電勢CPO間的大小是10 V/m，與OQ間的場強大小相同D粒子從M向N運動過程中電勢能先減小后增大答案A解析由題圖可知沿x軸正方向，電勢逐漸降低，所以空間存在向右的勻強電場，在x<0區(qū)域，E110 V/m，在x>0區(qū)域，E2 V/m.選項B、C錯誤粒子由靜止向右運動，粒子帶正電，選項A正確，在粒子從M向N

5、運動的過程中，電場力做正功，電勢能逐漸減小，選項D錯誤2 如圖3所示，真空中兩等量異種點電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1帶正電三角形acd為等腰三角形，cd邊與x軸垂直且與x軸相交于b點，則下列說法正確的是()圖3Aa點場強小于b點場強Ba點電勢高于b點電勢C將電子從a點移到b點再移到c點，電勢能減少D將電子從a點移動到c點，電場力做正功答案CD解析由于沿電場線方向電勢降低，電場線的疏密表示電場的強弱，據(jù)等量異種點電荷電場的分布特點可知a點場強大于b點場強，a、b在同一條電場線上，且電場線沿x軸負向，故a點電勢低于b點電勢，選項A、B錯誤由于等勢線跟電場線垂直，做出過c點的等勢線分析可知，

6、c、d兩點電勢相等，且大于b點電勢，故將電子從a點移動到b點再移動到c點，電場力一直做正功，電勢能減少，選項C、D正確3 (2013·安徽·20)如圖4所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z0的空間，z0的空間為真空將電荷量為q的點電荷置于z軸上zh處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷空間任意一點處的電場皆是由點電荷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)部場強處處為零，則在z軸上z處的場強大小為(k為靜電力常量)()圖4Ak Bk Ck Dk答案D解析假設(shè)點電荷q帶正電荷，它在z處產(chǎn)生的電場強度為E1，由于z0空間存在導(dǎo)體，在z0導(dǎo)體平面感應(yīng)出負電荷

7、，z軸負向無窮遠處感應(yīng)出正電荷，因達到靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，即z0導(dǎo)體平面感應(yīng)出的負電荷在z處產(chǎn)生的場強大小為E2，方向沿z軸正向，由對稱性知z處感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強大小為E3，方向沿z軸負向，故z處合場強的大小為EE3，正確選項為D.考題2對帶電粒子在電場中運動時電場力做功與電勢能變化情況的考查例2現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABCD和abcd，如圖5所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等在AB、AC、CD、DB的中點分別放等量的點電荷，其中AB、AC的中點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零則下列說法中正確的是()圖5AO點的電場強度和電勢均為零B把一

8、正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零C同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同D將一負點電荷由a點移到b點電勢能減小解析四個點電荷均在O點產(chǎn)生電場，O點場強應(yīng)是四個場強疊加的結(jié)果，通過合成發(fā)現(xiàn)O點電場強度不為零A錯誤根據(jù)對稱性可知b、c在同一等勢面上，正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零，B正確a、d兩點電場強度大小、方向相同，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，C正確a點電勢高于b點電勢，負點電荷由a點移到b點過程中，電場力做負功，電勢能增加，D錯誤答案BC點撥提升1 判斷電荷電勢能的變化，可先畫電場線和等勢線，然后根據(jù)電荷的運動情況，由電場力做功判斷電荷電勢能的變化2 電

9、場力做正功，電荷(無論正電荷還是負電荷)從電勢能較大處移向電勢能較小處；反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小處移向電勢能較大處突破練習4 在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖6所示若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動粒子從b點運動到d點的過程中()圖6A先做勻加速運動，后做勻減速運動B先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C電勢能與機械能之和先增大，后減小D電勢能先減小，后增大答案D解析這是等量同種點電荷形成的電場，如圖所示電場是非勻強電場，負電荷在其中受的電場力是變力，由牛頓第二定律知加

10、速度也是變化的故不選A.在bd連線中點O的電勢最高，所以從b到d，電勢先增大后減小，故不選B.由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能之和守恒，故不選C.在bd連線上的場強方向如圖所示對負點電荷，由b到O電場力做正功，電勢能減?。挥蒓到d電場力做負功，電勢能增加故選D.5 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，如圖7甲所示，一個電荷量為2 C，質(zhì)量為1 kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)則下列說法正確的是()甲乙圖7AB點為中垂線上電場強度最大的點，場強E2

11、 V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點的過程中，電勢逐漸升高DAB兩點電勢差UAB5 V答案D解析小物塊在B點加速度最大，故B點場強最大，由vt圖線知B點加速度為2 m/s2，據(jù)qEma得E1 V/m，選項A錯誤；由C到A的過程中小物塊動能一直增大，電勢能始終在減小，故電勢逐漸降低，選項B、C錯誤；根據(jù)動能定理有qUABmvmv，解得UAB5 V，選項D正確6 如圖8所示，兩個相同的細圓環(huán)帶有等量異種電荷，相隔一定距離同軸平行固定放置，O1、O2分別為兩環(huán)圓心，一帶正電的粒子從很遠處沿水平軸線飛來并順次穿過兩環(huán)若粒子只受電場力作用，則在粒子運動過程中()圖8A在O1點

12、粒子的加速度方向向左B從O1到O2的過程，粒子電勢能一直增大C軸線上O1點右側(cè)存在一點，粒子在該點動能最小D軸線上O1點右側(cè)、O2點左側(cè)都存在合場強為零的點，且它們關(guān)于O1、O2連線中點對稱答案ACD解析在O1點時，右環(huán)上電荷由于關(guān)于O1對稱，所以其在O1產(chǎn)生的電場強度為0，而Q各點在O1產(chǎn)生的場強水平向左，故q在O1點所受電場力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A正確在q從O1向O2運動的過程中Q對q的電場力向左，Q對q的電場力方向也向左，故電場力對q始終做正功，故q的電勢能一直減小，故B錯誤根據(jù)E可知在O1右側(cè)Q產(chǎn)生的場強先增大后減小且一直減小到0，而Q的場強大多數(shù)情況下小于Q產(chǎn)生的電場

13、強度但場強卻不會為0，故合場強為0的位置應(yīng)該在O1的右側(cè)，而在合力為0之前合外力做負功，動能持續(xù)減小，之后合力做正功，動能增大，故動能最小的點在O1的右側(cè)，故C正確同理O2的左側(cè)也有場強為0的位置，而O1和O2之間場強始終大于0，由于兩個電荷的電荷量相同，故電場關(guān)于O1、O2的連線對稱，故D正確考題3對電容器的動態(tài)分析與計算的考查例3在如圖9所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板B與一靈敏靜電計相接，極板A接地下列操作中可以觀察到靜電計指針張角變大的是()圖9A極板A上移B極板A右移C極板間插入一定厚度的金屬片D極板間插入一云母片解析靜電計測量的是平行板電容器兩極板之間的電壓，電容器兩極板上的電

14、荷量保持不變，由C可得電壓U，根據(jù)平行板電容器的電容C可知，通過減小極板正對面積S、增大板間距d和減小板間電介質(zhì)的介電常數(shù)r可以減小電容器的電容，從而增大板間電壓U，故只有選項A是正確的答案A規(guī)律總結(jié)1 分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，應(yīng)注意電容器是否與電源兩極相連2 充電后與電源兩極斷開突破練習7 (2012·海南·9)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷分別用d、U、E和Q表示下列說法正確的是()A保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變

15、為原來的一半D保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窤D解析E，保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮珽變?yōu)樵瓉淼囊话?，A對；保持E不變，則d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺錯；C，C，保持d不變，C不變，Q加倍，U加倍，C錯；E，Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D對8 如圖10所示，其中R1為光敏電阻，R2為滑動變阻器，R3為定值電阻，當R2的滑片P在中間時閉合開關(guān)S，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角為.已知電源電動勢E和內(nèi)阻r一定，光敏電阻隨光照的增強電阻變小，以下說法正確的是()圖10A保持光照強度不變，將R2的滑片P向b

16、端滑動，則R3消耗的功率變大B保持滑片P不動，讓光敏電阻周圍光線變暗，則小球重新平衡后變小C滑片P向a端滑動，用更強的光照射R1，則電壓表示數(shù)變小D保持滑片P不動，用更強的光照射R1，則U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值變小答案C解析根據(jù)電路圖可知，電阻R3和R1串聯(lián)后組成電源的外電路，電壓表測量的是路端電壓，電流表測量的是干路電流，而平行板電容器兩極板間的電壓等于R1兩端的電壓當電路穩(wěn)定時，電容器可以看作是斷開的，滑動變阻器的滑片左右移動不改變電路中的電流或電壓；光照強度不變，R1的阻值不變，干路電流也就不變，所以R3消耗的功率不變，A錯當光照減弱時，R1的阻值增大，R1兩端電壓也

17、增大，M、N兩板間電壓增大，因為兩板間距不變，所以板間場強增大，小球受到水平向右的電場力增大，重新平衡后變大，B錯增強光照，R1的阻值變小，干路電流I變大，路端電壓UEIr變小，所以電壓表示數(shù)變小，C對由閉合電路歐姆定律UEIr可知，U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值等于電源的內(nèi)阻r，是定值，D錯9 如圖11所示，兩平行金屬板水平放置，開始開關(guān)S合上使平行板電容器帶電，板間存在垂直紙面向里的勻強磁場一個不計重力的帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板在以下方法中，能使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板的是()圖11A將兩板的距離增大一倍，同時將磁感應(yīng)強度增大一倍B將兩板的距離減小一半，

18、同時將磁感應(yīng)強度增大一倍C將開關(guān)S斷開，使兩板間的正對面積減小一半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度減小一半D將開關(guān)S斷開，使兩板間的正對面積減小一半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度增大一倍答案BD解析當開關(guān)S閉合時，電容器兩端的電壓不變，要使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板，必須滿足qEqqvB，即UBdv，所以當兩板的距離增大一倍時，同時應(yīng)將磁感應(yīng)強度減小一半；當兩板的距離減小一半時，同時應(yīng)將磁感應(yīng)強度增大一倍，所以A錯，B對將開關(guān)S斷開時，電容器上所帶電荷量不變，根據(jù)C和C得，E，要使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板，必須滿足qEqvB，即Q，當兩板間的正對面積減小一半時，同時應(yīng)將板間磁場的磁感應(yīng)強度增大

19、一倍，所以C錯，D對例4(2013·浙江·24)(20分)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構(gòu)成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖12所示一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間忽略電場的邊緣效應(yīng)圖12(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；(2)求等勢面C所在處電場強度E的大??；(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別

20、為A、B和C，則到達N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動能改變量Ek左和Ek右分別為多少？(4)比較|Ek左|與|Ek右|的大小，并說明理由審題突破電子做圓周運動所需的向心力由電場力提供電場力做功引起電勢能的變化，電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加解析(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，半球面B的電勢高于A.(2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：eEmEk0mv2R聯(lián)立解得E(3)電子運動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有EkqU對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有Ek左e

21、(BC)對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有Ek右e(AC)(4)根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有|BC|>|AC|即|Ek左|>|Ek右|答案見解析評分細則1.第(1)問3分，只說明結(jié)果，而沒有說明理由的，扣2分2第(2)問9分，其中式3分，式各2分考生沒有寫出式，而直接得結(jié)果的，扣4分3第(3)問5分，其中式1分，兩式各2分考生沒有寫出式，而直接寫出兩式且正確的，給5分4第(4)問3分，式2分，式1分考生沒有說明理由，直接給出|BC|>|AC|，不扣分知識專題練訓練8一、單項選擇題1 (2013&#

22、183;江蘇·3)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣坐標原點O處電場強度最大的是()答案B解析設(shè)圓環(huán)的電荷在原點O產(chǎn)生的電場強度為E0，根據(jù)電場強度疊加原理，在坐標原點O處，A圖場強為E0, B圖場強為E0 ，C圖場強為E0，D圖場強為0，因此本題答案為B.2 (2013·全國新課標·15)如圖1，一半徑為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，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q (q>0)的固定點電荷已知b點處的場強為零，則d點處場

23、強的大小為(k為靜電力常量)()圖1Ak Bk Ck Dk答案B解析電荷q產(chǎn)生的電場在b處的場強Eb，方向水平向右，由于b點的合場強為零，故圓盤上的電荷產(chǎn)生的電場在b處的場強EbEb，方向水平向左，故Q0.由于b、d關(guān)于圓盤對稱，故Q產(chǎn)生的電場在d處的場強EdEb，方向水平向右，電荷q產(chǎn)生的電場在d處的場強Ed，方向水平向右，所以d處的合場強的大小EEdEdk.3 a、b是x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖2中曲線所示從圖中可看出以下說法中不正確的是()圖2A把帶正電的檢驗電荷沿x軸由a移到b的過程中，電場力對該電荷先做正功后做負功Ba、P間和P

24、、b間各點的電場方向都指向P點C電勢最低的P點的電場強度為零Da和b一定是同種電荷，但是不一定是正電荷答案D解析P點切線斜率為零，而x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，則P點的電場強度為零兩電荷在P點的合場強為零，P點距離Q1較遠，根據(jù)點電荷的場強公式知，Q1的電量大于Q2的電量從a到b電勢先減小后增大，因為沿電場線方向電勢逐漸降低，所以Q1和Q2一定是同種電荷，且都為正電荷P點的左側(cè)電場方向向右，P點的右側(cè)電場方向向左，知正電荷所受的電場力先向右后向左，電場力先做正功后做負功，故只有選項D錯誤4 空間存在著平行于x軸方向的靜電場，其電勢隨x的分布如圖3所示，A、M、O、N、B為x軸上的點，|

25、OA|<|OB|，|OM|ON|.一個帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，則下列判斷中正確的是()圖3A粒子一定帶正電B粒子從M向O運動過程中所受電場力均勻增大C粒子一定能通過N點D粒子從M向O運動過程電勢能逐漸增加答案C解析由電勢隨x的分布圖可知電勢隨x均勻變化，則可知電場為勻強電場，且O點左側(cè)的電場強度大于右側(cè)的電場強度，左側(cè)場強方向沿x軸負向，右側(cè)場強方向沿x軸正向，由于帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，故粒子一定帶負電，粒子從M向O運動過程中所受電場力不變，電場力做正功，電勢能減小，粒子從O向N運動過程中所受電場力做負功，

26、做勻減速運動，由于|OA|<|OB|，|OM|ON|，故粒子一定能通過N點，故只有選項C正確5 空間存在一電場，一帶負電的粒子僅在電場力作用下從x1處沿x軸負方向運動，初速度大小為v0，其電勢能Ep隨坐標x變化的關(guān)系如圖4所示，圖線關(guān)于縱軸左右對稱，以無窮遠處為零電勢能點，粒子在原點O處電勢能為E0，在x1處電勢能為E1，則下列說法中不正確的是()圖4A坐標原點O處電場強度為零B粒子經(jīng)過x1、x1處速度相同C由x1運動到O過程加速度一直減小D粒子能夠一直沿x軸負方向運動，一定有v0>答案C解析在O點右側(cè)，帶負電粒子向左運動時電勢能增大，說明電場方向向左，在O點左側(cè)，電場方向則向右，

27、所以O(shè)點場強為零，選項A正確由題圖可知粒子在x1、x1處電勢能相同，根據(jù)能量守恒定律知，兩處的動能也相同，選項B正確從x1到O點，電勢能逐漸增大，并且先增大的越來越快，后增大的越來越慢，說明電場力先增大后減小，選項C錯誤只要粒子到O點速度大于零，粒子便能夠一直沿x軸負向運動，則有mv>E0E1解得v0> ，選項D正確6 如圖5所示，圖甲中MN為足夠大的不帶電薄金屬板，在金屬板的右側(cè)，距離為d的位置上放入一個電荷量為q的點電荷O，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布P是金屬板上的一點，P點與點電荷O之間的距離為r，幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難幾位同學經(jīng)過仔細研究

28、，從圖乙所示的電場中得到了一些啟示，經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的圖乙中兩異號點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線由此他們分別對P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是()圖5A方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為B方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為C方向垂直于金屬板向左，大小為D方向垂直于金屬板向左，大小為答案C解析由題意可知圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的，電場強度是矢量，其合成遵守平行四邊形定則，由題圖乙可知對應(yīng)圖甲中P點處的電場強度大小為，方向水平向左，故選項C正確7 如圖

29、6所示，AB為均勻帶電荷量為Q的細棒，C為AB棒附近一點，CB垂直于AB.AB棒上電荷形成的電場在C處的電勢為0，0可以等效成AB棒上電荷集中于AB上某點P處、帶電量為Q的點電荷所形成的電場在C點的電勢若PC的距離為r，由點電荷電勢的知識可知0k.若某點處在多個點電荷形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和根據(jù)題中提供的知識與方法，我們可將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，就可以求得AC連線中點C處的電勢為()圖6A0 B.0C20 D40答案C解析設(shè)AB棒左半段等效電荷集中于P處，則有，又因AOAB，所以APAP.因此：POPB由POC和PBC相似可得rr所以AB棒左半

30、段在C點形成電場的電勢為1kk0.同樣右半段在C點形成電場的電勢20，則C點電勢1220.8 如圖7所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度的增大而減小)當電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)下列說法中正確的是()圖7A只逐漸增大R1處的光照強度，電阻R0消耗電功率變大，滑動變阻器R3中有向上的電流B只調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑片P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，滑動變阻器R3中有向上的電流C只調(diào)節(jié)滑動變阻器R2的滑片P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動D若斷開電鍵S，電容器所帶電

31、荷量變大，帶電微粒向上運動答案A解析只逐漸增大R1處的光照強度，R1阻值變小，電路中電流變大，R0消耗的電功率變大，電容器兩端電壓增大，電容器充電，R3中有向上的電流，A對；只調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑片P2向上端移動時，電路中電流不變，電源消耗的功率不變，滑動變阻器R3中沒有電流，B錯；只調(diào)節(jié)滑動變阻器R2的滑片P1向下端移動時，R2與電容器并聯(lián)部分的電阻增大，電路中電流不變，電壓表示數(shù)不變電容器兩端電壓增大，帶電微粒所受電場力增大，帶電微粒向上運動，C錯；若斷開電鍵S，電容器放電，所帶電荷量變小，電容器兩端電壓變小，帶電微粒所受電場力減小，帶電微粒向下運動，D錯二、多項選擇題9 (2013·山東·19)如圖8所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷Q、Q，虛線是以Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱下列判斷正確的是()圖8Ab、d兩點處的電勢相同B四個點中c點處的電勢最低Cb、d兩點處的電場強度相同D將一試探電荷q沿圓周由a點移至c點，q的電勢能減小答案ABD解析在兩等量異種電荷產(chǎn)生的電場中，根據(jù)電場分布規(guī)律和電場的對稱性可以判斷，b、d兩點電勢相同，均大于c點電勢，b、d兩點場強大小相同但方向不同，選項A、B正確，C錯誤將q沿圓周由a點移至c點，Q對其作用力不做