2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場第2節(jié)電場能的性質(zhì)

PAGEPAGE17第2節(jié)場能的性質(zhì),(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(qiáng)度為零的地方電勢一定為零。(×)(3)沿電場線方向電場強(qiáng)度越來越小，電勢逐漸降低。(×)(4)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功。(×)(5)A、B兩點的電勢差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)(6)電勢是矢量，既有大小也有方向。(×)(7)等差等勢線越密的地方，電場線越密，電場強(qiáng)度越大。(√)(8)電場中電勢降低的方向，就是電場強(qiáng)度的方向。(×)突破點(一)電勢上下與電勢能大小的判斷1．電勢上下的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低電勢能的上下正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢較低處電勢能大電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的上下2．電勢能大小的判斷判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢連同正負(fù)號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負(fù)Ep的絕對值越大，電勢能越小電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大做功法電場力做正功，電勢能減小電場力做負(fù)功，電勢能增加能量守恒法在電場中，假設(shè)只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加[多角練通]1．(多項選擇)(2022·海南高考)如下圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，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(yuǎn)處的電勢為零。以下說法正確的選項是()A．b點電勢為零，電場強(qiáng)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解析：選BC因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負(fù)電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強(qiáng)度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。2．(多項選擇)(2022·全國乙卷)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()A．Q點的電勢比P點高B．油滴在Q點的動能比它在P點的大C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小解析：選AB帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負(fù)功后做正功。那么電場強(qiáng)度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變，選項D錯誤。3．(2022·江蘇高考)如下圖，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。以下關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的選項是()A．O點的電場強(qiáng)度為零，電勢最低B．O點的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C．從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高D．從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低解析：選B圓環(huán)上均勻分布著正電荷，可以將圓環(huán)等效為很多正點電荷的組成，同一條直徑的兩端點的點電荷的合場強(qiáng)類似于兩個等量同種點電荷的合場強(qiáng)，故圓環(huán)的中心的合場強(qiáng)一定為零。x軸上的合場強(qiáng)，在圓環(huán)的右側(cè)的合場強(qiáng)沿x軸向右，左側(cè)的合場強(qiáng)沿x軸向左，電場強(qiáng)度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿場強(qiáng)方向的電勢降低，得O點的電勢最高。綜上知選項B正確。突破點(二)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系1．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)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(qiáng)度方向電勢降落得最快。(3)在勻強(qiáng)電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。推論如下：①如圖甲，C點為線段AB的中點，那么有φC＝eq\f(φA＋φB,2)。②如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，那么UAB＝UCD。2．E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中的三點妙用(1)判斷電勢差的大小及電勢的上下：距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進(jìn)而判斷電勢的上下。(2)利用φ-x圖像的斜率判斷電場強(qiáng)度隨位置變化的規(guī)律：k＝eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向。(3)判斷電場強(qiáng)度大?。旱炔畹葎菝嬖矫埽妶鰪?qiáng)度越大。[典例]a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在平面平行。a點的電勢為20V，b點的電勢為24V，d點的電勢為4V，如下圖，由此可知c點的電勢為()A．4V B．8VC．12V D．24V[方法規(guī)律](一)由題明3法根底解法：(公式法)設(shè)ab間沿電場方向上的距離為d，那么cd間沿電場方向的距離也為d。由E＝eq\f(U,d)得：E＝eq\f(φb－φa,d)＝eq\f(φc－φd,d)解得：φc＝8V。能力解法一：(推論①)連接對角線ac和bd相交于O點，如下圖。由勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可得φO＝eq\f(φa＋φc,2)＝eq\f(φb＋φd,2)，解得：φc＝8V。能力解法二：(推論②)因為ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，解得φc＝8V。(二)3法比擬(1)公式法適用勻強(qiáng)電場中E或U的計算，過程較繁瑣。(2)推論①僅適用于勻強(qiáng)電場中兩點連線中點的電勢的計算。推論②適用于勻強(qiáng)電場中能構(gòu)成平行四邊形的四個點之間電勢的計算。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2022·武漢模擬)如下圖，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。A點的電勢為φA＝30V，B點的電勢為φB＝－10V，那么C點的電勢為()A．φC＝10V B．φC>10VC．φC<10V D．上述選項都不正確解析：選C由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<eq\f(φA＋φB,2)，即φC<10V，選項C正確。2．(2022·福州質(zhì)檢)電場中某三條等勢線如圖甲中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v-t圖像可能是圖乙中的()解析：選A結(jié)合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強(qiáng)電場，且Q點處電場強(qiáng)度小于P點處電場強(qiáng)度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，將做加速度越來越小的加速運動，A正確。3．(2022·合肥模擬)如下圖，等邊三角形ABC處在勻強(qiáng)電場中，電場方向與三角形所在平面平行，其中φA＝φB＝0，φC＝φ>0，保持該電場的電場強(qiáng)度大小和方向不變，讓等邊三角形繞A點在三角形所在平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30°，那么此時B點的電勢為()A.eq\f(\r(3),3)φ B.eq\f(φ,2)C．－eq\f(\r(3),3)φ D．－eq\f(φ,2)解析：選C因φA＝φB＝0，所以AB是一等勢線，電場方向垂直AB向左，設(shè)等邊三角形邊長為L，因φC＝φ，所以電場強(qiáng)度為E＝eq\f(φ,Lcos30°)，當(dāng)?shù)冗吶切卫@A點在三角形所在平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)過30°時，B點到原來AB的距離d＝Lsin30°，B點電勢為φB＝－Ed＝－φtan30°＝－eq\f(\r(3),3)φ，C對。突破點(三)電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題1．等勢線總是和電場線垂直，電場線可以畫出等勢線，等勢線也可以畫出電場線。2．幾種典型電場的等勢線(面)電場等勢線(面)重要描述勻強(qiáng)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電勢處處為零等量同種(正)點電荷的電場連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高3．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負(fù)。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。[多角練通]1．(2022·全國丙卷)關(guān)于靜電場的等勢面，以下說法正確的選項是()A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強(qiáng)度一定相等D．將一負(fù)的試探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：選B在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強(qiáng)度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負(fù)試探電荷時，電場力做負(fù)功，選項D錯誤。2．(2022·全國甲卷)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。假設(shè)Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。那么()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb解析：選Da、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb＜rc＜ra，那么三點的電場強(qiáng)度由E＝keq\f(Q,r2)可知Eb＞Ec＞Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab＞ac＞aa。由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負(fù)功，由動能定理－|qUab|＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mva2＜0，那么vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝eq\f(1,2)mvc2－eq\f(1,2)mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，那么va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。3．(多項選擇)如下圖，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相同，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知()A．三個等勢面中，c等勢面電勢最高B．帶電質(zhì)點通過P點時電勢能較大C．帶電質(zhì)點通過Q點時動能較大D．帶電質(zhì)點通過P點時加速度較大解析：選BCD由于正電荷受電場力作用指向軌跡內(nèi)側(cè)，因此電場方向指向右下方，故φa>φb>φc；根據(jù)電荷受力情況可知，從P到Q電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B、C均正確；因為等差等勢面越密的地方場強(qiáng)越大，其加速度越大，故D正確。突破點(四)靜電場中的三類圖像(一)v-t圖像根據(jù)v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的上下及電勢能的變化。[典例1](多項選擇)(2022·邯鄲一中調(diào)研)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖像如圖乙所示，以下說法正確的選項是()A．兩點電荷一定都帶負(fù)電，但電荷量不一定相等B．兩點電荷一定都帶負(fù)電，且電荷量一定相等C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠(yuǎn)處D．t2時刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零[解析]由題圖可知，粒子向上先做減速運動，再反向做加速運動，且向上過程加速度先增大后減小，說明粒子受電場力應(yīng)向下，故說明粒子均應(yīng)帶負(fù)電；由于電場線只能沿豎直方向，故說明兩粒子帶等量負(fù)電荷；故A、C錯誤，B正確；t2時刻之前電場力一直做負(fù)功，故電勢能增大，此后電場力做正功，電勢能減小，t2時刻電勢能最大；但由于粒子受電場力向下，故此時加速度不為零；故D正確。[答案]BD(二)φ-x圖像(1)電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ-x圖像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)系確定電場強(qiáng)度的方向。(3)在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。[典例2](2022·開封二模)在x軸上存在與x軸平行的電場，x軸上各點的電勢隨x點位置變化情況如下圖。圖中－x1～x1之間為曲線，且關(guān)于縱軸對稱，其余均為直線，也關(guān)于縱軸對稱。以下關(guān)于該電場的論述正確的選項是()A．x軸上各點的場強(qiáng)大小相等B．從－x1到x1場強(qiáng)的大小先減小后增大C．一個帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在－x1點的電勢能D．一個帶正電的粒子在－x1點的電勢能大于在－x2的電勢能[解析]φ-x圖像的斜率大小等于電場強(qiáng)度，故x軸上的電場強(qiáng)度不同，故A錯誤；從－x1到x1場強(qiáng)斜率先減小后增大，故場強(qiáng)先減小后增大，故B正確；由題圖可知，場強(qiáng)方向指向O，根據(jù)電場力做功可知，一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在－x1點的電勢能，故C、D錯誤。[答案]B(三)E-x圖像在給定了電場的E-x圖像后，可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化情況，電勢的變化情況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積〞表示電勢差。在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。[典例3]兩個帶正電，所帶電量都為q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強(qiáng)E與x關(guān)系的是以下選項中的哪一個圖()[解析]由等量同種點電荷的電場強(qiáng)度的分布情況可知，在兩電荷連線中點處電場強(qiáng)度最小，為零，從兩點電荷向連線中點電場強(qiáng)度逐漸減小，關(guān)于連線中點對稱的兩點場強(qiáng)大小相等，但方向相反，因此A正確。[答案]A突破點(五)電場力做功與功能關(guān)系電場力做功的計算方法電場中的功能關(guān)系(1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負(fù)功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp。(2)如果只有電場力做功，那么動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp。[典例]在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速率v0＝2.0m/s，如下圖。(g取10m/s2(1)物塊向右運動的最大距離；(2)物塊最終停止的位置。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息在勻強(qiáng)電場中電場力為恒力μ＝0.20受滑動摩擦力作用第二步：找突破口(1)物塊向右在電場力和滑動摩擦力作用下作勻減速直線運動。(2)要求最終停止的位置，應(yīng)先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關(guān)系判斷物塊停在什么位置，再利用動能定理求解。[解析](1)設(shè)物塊向右運動的最大距離為xm，由動能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－eq\f(1,2)mv02可求得xm＝0.4m。(2)因Eq>μmg，物塊不可能停止在O點右側(cè)，設(shè)最終停在O點左側(cè)且離O點為x處。由動能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2m。[答案](1)0.4m(2)O點左側(cè)0.2m處[方法規(guī)律]處理電場中能量問題的根本方法在解決電場中的能量問題時常用到的根本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關(guān)系。(1)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)系解決該類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(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.(多項選擇)(2022·泰安一模)如下圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放。那么釋放后小球從M運動到N過程中()A．小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量D．小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和解析：選BC由于有電場力做功，故小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯誤；由題意，小球受到的電場力與重力大小相等，在小球從M運動到N過程中，重力做多少正功，重力勢能就減少多少，電場力做多少負(fù)功，電勢能就增加多少，又兩力做功一樣多，可知B正確；由動能定理可知，彈力對小球做的功等于小球動能的增加量，又彈力的功等于彈性勢能的減少量，故C正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，故D錯誤。2．(2022·西安模擬)如下圖，在O點放置一個正電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。假設(shè)小球通過B點的速度為v，試求：(1)小球通過C點的速度大小。(2)小球由A到C的過程中電勢能的增加量。解析：(1)因B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理得：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C應(yīng)用動能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mvC2－0得：WAC＝eq\f(1,2)mvC2－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。由電勢能變化與電場力做功的關(guān)系得：ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR。答案：(1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR對點訓(xùn)練：電勢上下與電勢能大小的判斷1．(多項選擇)(2022·江蘇高考)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如下圖，金屬球外表的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，那么()A．a(chǎn)點的電場強(qiáng)度比b點的大B．a(chǎn)點的電勢比b點的高C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負(fù)功解析：選ABD電場線密的地方電場強(qiáng)度大，A項正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，B項正確；由Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在高電勢處電勢能小，C項錯誤；負(fù)電荷從a到b電勢能增加，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，這個過程中電場力做負(fù)功，D項正確。2．(多項選擇)(2022·成都模擬)如下圖，空間中固定的四個點電荷分別位于正四面體的四個頂點處，A點為對應(yīng)棱的中點，B點為右側(cè)面的中心，C點為底面的中心，D點為正四面體的中心(到四個頂點的距離均相等)。關(guān)于A、B、C、D四點的電勢上下，以下判斷正確的選項是()A．φA＝φB B．φA＝φDC．φB>φC D．φC>φD解析：選BC點A、B、C、D位于右側(cè)面底邊一對正、負(fù)點電荷連線的中垂面上，即位于這一對正、負(fù)點電荷形成的電場的等勢面上，故A、B、C、D四點的電勢由左側(cè)棱上的一對正、負(fù)點電荷決定，根據(jù)一對正、負(fù)點電荷的等勢面的分布特點可知φB>φD＝φA>φC，故B、C對，A、D錯。對點訓(xùn)練：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系3.在勻強(qiáng)電場中建立一直角坐標(biāo)系，如下圖。從坐標(biāo)原點沿＋y軸前進(jìn)0.2m到A點，電勢降低了10eq\r(2)V，從坐標(biāo)原點沿＋x軸前進(jìn)0.2m到B點，電勢升高了10eq\r(2)V，那么勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向為()A．50V/m，方向B→AB．50V/m，方向A→BC．100V/m，方向B→AD．100V/m，方向垂直AB斜向下解析：選C連接AB，由題意可知，AB中點C點電勢應(yīng)與坐標(biāo)原點O相等，連接OC即為等勢線，與等勢線OC垂直的方向為電場的方向，故電場方向由B→A，其大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(10\r(2)＋10\r(2),\r(2)×0.2)V/m＝100V/m，選項C正確。4.如下圖，勻強(qiáng)電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R＝5m的圓，圓上有一個電荷量為q＝＋1×10－8C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，那么()A．x軸位于零勢面上B．電場強(qiáng)度大小為500V/m，方向沿y軸正方向C．y軸位于零勢面上D．電場強(qiáng)度大小為500V/m，方向沿x軸正方向解析：選A由Ep＝2.5×10－5sinθ(J)知，x軸上的勢能為零，是零勢面，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當(dāng)θ＝90°時，Ep＝2.5×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，此時電勢能大于零，故電場強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向，B、D錯誤。對點訓(xùn)練：電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題5．(多項選擇)(2022·廣東高考)如下圖的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，那么()A．M的帶電量比N的大B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功解析：選BD兩帶電小球分別在兩球間的庫侖力和水平勻強(qiáng)電場的電場力作用下處于平衡狀態(tài)，因為兩小球間的庫侖力等大反向，那么勻強(qiáng)電場對兩帶電小球的電場力也等大反向，所以兩帶電小球的帶電量相等，電性相反，靜止時，兩球所受合力均為零，選項A、C錯誤；M、N兩帶電小球受到的勻強(qiáng)電場的電場力分別水平向左和水平向右，即M帶負(fù)電，N帶正電，M、N兩球在移動的過程中勻強(qiáng)電場對M、N均做負(fù)功，選項B、D正確。6．(多項選擇)(2022·海南高考)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。以下說法正確的選項是()A．M帶負(fù)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解析：選ABC如下圖，粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，選項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(fù)功，動能減小，選項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，應(yīng)選項C正確；N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，應(yīng)選項D錯誤。對點訓(xùn)練：靜電場中的三類圖像7．(2022·吉林月考)在x軸上關(guān)于原點對稱的a、b兩點處固定兩個電荷量相等的點電荷，如下圖的E-x圖像描繪了x軸上局部區(qū)域的電場強(qiáng)度(以x軸正方向為電場強(qiáng)度的正方向)。對于該電場中x軸上關(guān)于原點對稱的c、d兩點，以下結(jié)論正確的選項是()A．兩點場強(qiáng)相同，c點電勢更高B．兩點場強(qiáng)相同，d點電勢更高C．兩點場強(qiáng)不同，兩點電勢相等，均比O點電勢高D．兩點場強(qiáng)不同，兩點電勢相等，均比O點電勢低解析：選A題圖中a點左側(cè)、b點右側(cè)的電場都沿x軸負(fù)方向，那么a點處為正電荷，b點處為負(fù)電荷，又兩點電荷的電荷量相等，那么c、d兩點的場強(qiáng)相同，c點電勢更高，A對，B、C、D錯。8．(2022·安徽高考)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動。取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如下圖。以下圖像中合理的是()解析：選D由于粒子只受電場力作用，因此由F電＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))可知，Ep-x圖像的斜率大小即為粒子所受電場力大小，從圖像可知，圖像的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運動后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，因此電場強(qiáng)度越來越小，A項錯誤；由于只受電場力作用，因此動能與電勢能的和是定值，但從B項和題圖可以看出，不同位置的電勢能與動能的和不是定值，B項錯誤；粒子受到的電場力隨位移的增大而越來越小，因此加速度隨位移的增大而越來越小，D項正確；假設(shè)粒子的速度隨位移的增大而均勻增大，那么粒子的動能Ek∝x2，結(jié)合題圖和B項分析可知C錯誤。對點訓(xùn)練：電場力做功與功能關(guān)系9．(2022·蘭州一中月考)如下圖，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點。另一個電荷量為＋q、質(zhì)量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時速度為v，且為運動過程中速度的最小值。點電荷乙受到的阻力大小恒為f，A、B兩點間距離為L0，靜電力常量為k，那么以下說法正確的選項是()A．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度先增大后減小B．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小C．O、B兩點間的距離為eq\r(\f(kQq,f))D．在點電荷甲形成的電場中，A、B兩點間的電勢差為UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2,q)解析：選C點電荷乙從A點向甲運動的過程中，受向左的靜電力和向右的摩擦力，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；在小球向左運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故B錯誤；當(dāng)速度最小時有：f＝F庫＝keq\f(Qq,r2)，解得：r＝eq\r(\f(kQq,f))，故C正確；點電荷從A運動到B過程中，根據(jù)動能定理有：UABq－fL0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D錯誤。10.(多項選擇)(2022·四川高考)如下圖，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達(dá)某點Q(圖中未畫出)時速度為零，那么小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量解析：選BC小球a從N點釋放一直到達(dá)Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負(fù)功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和