高考物理一轮复习 第六章 静电场章节同步练习-人教版高三物理试题

第六章静电场[备考指南]考点内容要求考点内容要求一、电场力的性质物质的电结构、电荷守恒Ⅰ二、电场能的性质电势能、电势Ⅰ静电现象的解释Ⅰ电势差Ⅱ点电荷Ⅰ三、电容器带电粒子在电场中的运动匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅰ库仑定律Ⅱ带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ静电场Ⅰ示波管Ⅰ电场强度、点电荷的电场强度Ⅱ常见电容器Ⅰ电场线Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ把握考情找规律：高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，主要考点有：(1)电场的基本概念和规律；(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的综合应用问题；(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。明热点：预计2016年的高考中，对本章知识的考查仍将是热点之一，主要以选择题的方式考查静电场的基本知识，以综合题的方式考查静电场知识与其他知识的综合应用。第1节电场力的性质_(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。(√)(2)相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等。(√)(3)根据F＝keq\f(q1q2,r2)，当r→0时，F→∞。(×)(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。(×)(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。(√)(6)在真空中，电场强度的表达式E＝eq\f(kQ,r2)中的Q就是产生电场的点电荷。(√)(7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。(×)(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。(×)(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。(2)1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。(3)1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，获得诺贝尔奖。要点一库仑定律的理解与应用1．库仑定律适用条件的三点理解(1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离。(2)对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布。(3)库仑力在r＝10－15～10－9m的范围内均有效，但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F2．应用库仑定律的四条提醒(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。(2)作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。(3)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。(4)库仑力存在极大值，由公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大。[多角练通]1．(2015·金陵中学模拟)如图6­1­1所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引ss力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是()图6­1­1A．eq\f(F,8) B．eq\f(F,4)C．eq\f(3F,8) D．eq\f(3F,4)解析：选AA、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为＋q、－q。当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q1＝＋eq\f(q,2)，当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q2＝－eq\f(q,4)。由库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F′＝eq\f(F,8)，A项正确。2.如图6­1­2所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为()图6­1­2A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F库＝keq\f(Q2,l2) B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F库≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F库＝keq\f(Q2,l2) D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F库≠keq\f(Q2,l2)解析：选D万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，表面的电荷分布并不均匀，不能把两球壳看成相距l的点电荷，故D正确。要点二库仑力作用下的平衡问题1．解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。具体步骤如下：2．“三个自由点电荷平衡”的问题(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。(2)[典例](多选)(2014·浙江高考)如图6­1­3所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()图6­1­3A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0[解析]根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F＝eq\f(kq2,d2)，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D错误。[答案]AC[方法规律]库仑力作用下的平衡问题，高考中多以选择题的形式出现，关键是做好受力分析与平衡条件的应用，把库仑力当成一个普通力，通过合成法或正交分解法解决此类问题。[针对训练]1．(2013·全国卷Ⅱ)如图6­1­4，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场电场强度的大小为()图6­1­4A．eq\f(\r(3)kq,3l2) B．eq\f(\r(3)kq,l2)C．eq\f(3kq,l2) D．eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：选B以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡条件得：2F库cos30°＝Eqc。即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此时a的受力如图乙所示，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq2,l2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)kq2,l2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(qqc,l2)))2得qc＝2q即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故选项B正确。2．如图6­1­5所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为()图6­1­5A．正，B的右边0.4m处 B．正，B的左边0.2m处C．负，A的左边0.2m处 D．负，A的右边0.2m处解析：选C要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以选项C正确。3．(2015·湖南怀化调研)如图6­1­6所示，A、B两小球带等量同号电荷，A固定在竖直放置的L＝10cm长的绝缘支柱上，B受A的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，斜面倾角为θ＝30°，B的质量为m＝10eq\r(3)×10－3kg。求：图6­1­6(1)B球对斜面的压力大小。(2)B球带的电荷量大小(g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，结果保留两位有效数字)。解析：(1)令B球对斜面的支持力为FN，带的电荷量Q，A、B相距r。对B球受力分析如图所示。FNcosθ＝mg，①得FN＝0.20N。据牛顿第三定律得B球对斜面的压力FN′＝0.20N。(2)两小球之间的库仑力F＝keq\f(Q2,r2)，F＝mgtanθ，②又L＝rtanθ，③代入数据联立解得：Q＝Leq\r(\f(mg,ktanθ))＝eq\f(\r(3),3)×10－6C≈5.8×10－7C。答案：(1)0.2N(2)5.8×10－7C要点三电场强度的叠加问题1．电场强度三个表达式的比较E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意义电场强度定义式真空中点电荷电场强度的决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d为沿电场方向的距离相同点矢量，遵守平行四边形定则单位：1N/C＝1V/m2．电场强度的叠加(1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。(2)运算法则：平行四边形定则。3．计算电场强度常用的五种方法(1)电场叠加合成的方法。(2)平衡条件求解法。(3)对称法。(4)补偿法。(5)等效法。[典例](2013·全国卷Ⅰ)如图6­1­7，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)()图6­1­7A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)[解析]由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQ′＝keq\f(q,R2)，则Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故选项B正确。[答案]B[方法规律]电场强度叠加问题的求解思路电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：(1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和。[针对训练]1．(2013·安徽高考)如图6­1­8所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零，则在z轴上z＝eq\f(h,2)处的电场强度大小为(k为静电力常量)()图6­1­8A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)解析：选D点电荷q和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O点对称的等量异种电荷所形成的电场。所以z轴上z＝eq\f(h,2)处的电场强度E＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)＋keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)h))2)＝keq\f(40q,9h2)，选项D正确。2．(2013·江苏高考)下列选项中的各eq\f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图6­1­9中标出，且电荷均匀分布，各eq\f(1,4)圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()图6­1­9解析：选B根据对称性和矢量叠加，D项O点的电场强度为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向互相垂直，合电场强度是其中一个的eq\r(2)倍，也是A、C项电场强度的eq\r(2)倍，因此B项正确。3．(2012·安徽高考)如图6­1­10甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2)))，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()图6­1­10A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2)C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：选A利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R无限大时，Q点电场强度E1＝2πkσ0，当R＝r时，Q点电场强度E2＝2πkσ0[1－eq\f(x,r2＋x2)]，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3＝E1－E2，选项A正确。4．如图6­1­11所示，位于正方形四个顶点处分别固定有点电荷A、B、C、D，四个点电荷的带电量均为q，其中点电荷A、C带正电，点电荷B、D带负电，试确定过正方形中心O并与正方形垂直的直线上到O点距离为x的P点处的电场强度的大小和方向。图6­1­11解析：四个点电荷各自在P点的电场强度EA、EB、EC、ED如图所示，根据对称性可知，EA、EC的合电场强度E1沿OP向外，EB、ED的合电场强度E2沿OP指向O，由对称性可知，E1、E2大小相等，所以P点的电场强度为零。答案：电场强度为零要点四电场线的理解与应用1．电场线的三个特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处；(2)电场线在电场中不相交；(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏。2．六种典型电场的电场线图6­1­123．两种等量点电荷的电场比较等量异种点电荷等量同种点电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大，中点O处电场强度最小中垂线上的电场强度O点最大，向外逐渐减小O点为零，向外先变大后变小4．电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合。(1)电场线为直线；(2)带电粒子初速度为零，或速度方向与电场线平行；(3)带电粒子仅受电场力或所受其他力的合力方向与电场线平行。[典例]如图6­1­13所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。下列说法正确的是()图6­1­13A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的[解析]若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定不相等，选项A错误。若两电荷是异种电荷，根据两异种电荷电场特点可知，O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的，选项B正确。若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小一定相同，方向一定相反，选项C错误。若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度为零，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，选项D错误。[答案]B[方法规律][针对训练]1．(2015·宜宾一诊)在如图6­1­14所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v­t图像可能是图6­1­15中的()图6­1­14图6­1­15解析：选B负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v­t图像可能是图中的B。2.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图6­1­16所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是()图6­1­16A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：选D由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误。从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误。A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确。3．某区域的电场线分布如图6­1­17所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()图6­1­17图6­1­18解析：选B沿OA方向的电场强度先减小后增大，粒子运动的加速度a随时间t的变化为先减小后增大，粒子运动速度v随时间t的变化图像斜率先减小后增大，图像A错误B正确。根据电势图像斜率表示电场强度可知，运动径迹上电势φ随位移x的变化图线的斜率应该为先减小后增大，图像C错误。由动能定理，粒子的动能Ek随位移x的变化图线斜率与电场强度成正比，粒子的动能Ek随位移x的变化图线的斜率应该为先减小后增大，图像D错误。要点五带电体的力电综合应用解决力电综合问题的一般思路[典例]如图6­1­19所示，一根长为L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在电场强度大小为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q＝＋1.0×10－6C，质量为m＝1.0×10－2kg。现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s图6­1­19(1)求小球B开始运动时的加速度a；(2)当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B从N端运动到距M端的高度为h2＝0.61m时，速度v＝1.0m/s，求此过程中小球B电势能的改变量ΔEp。[思路点拨](1)试画出小球B运动前的受力示意图。提示：(2)试描述B球的运动情景。提示：B球释放后先向下加速运动，然后向下减速运动，速度最大时，所受合力为零，加速度为零。(3)第(1)问求加速度a时，应对B球在N位置时利用牛顿第二定律求解；小球速度最大时，a＝0，要利用平衡条件求解；电势能的变化对应电场力做功，应通过动能定理求解。[解析](1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆向下运动，由牛顿第二定律得mg－eq\f(kQq,L2)－qEsinθ＝ma解得a＝3.2m/s2，方向竖直向下。(2)小球B速度最大时受到的合力为零，即eq\f(kQq,h12)＋qEsinθ＝mg代入数据得h1＝0.9m。(3)小球B在从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，则根据动能定理得W1＋W2＋W3＝eq\f(1,2)mv2W1＝mg(L－h2)又由功能关系知ΔEp＝|W2＋W3|代入数据得ΔEp＝8.4×10－2J。[答案](1)3.2m/s2，竖直向下(2)0.9m(3)8.4×10－2J[针对训练]1．(多选)如图6­1­20所示，在竖直平面内，带等量同种电荷的小球A、B，带电荷量为－q(q＞0)，质量都为m，小球可当作质点处理。现固定B球，在B球正上方足够高的地方由静止释放A球，则从释放A球开始到A球运动到最低点的过程中()图6­1­20A．小球A的动能不断增大B．小球A的加速度不断减小C．小球A的机械能不断减小D．小球A的电势能不断增大解析：选CD释放A球后，由牛顿第二定律有mg－keq\f(q2,r2)＝ma，可知小球A先做加速度减小的加速运动，当mg＝keq\f(q2,r2)时，小球A加速度减为零，此后小球A做加速度增大的减速运动，选项A、B错误；小球A下降过程中，电场力一直做负功，小球A的机械能不断减小，电势能不断增大，选项C、D正确。2．(2015·安徽省江淮十校联考)如图6­1­21所示，一带正电的长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向向外辐射状的电场，电场强度大小与直棒的距离成反比。在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电荷量分别为＋q和＋4q，A球距直棒的距离为a，两个球恰好处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用，剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功。图6­1­21解析：设电场强度E＝eq\f(k,r)对AB整体：qeq\f(k,a)＋4qeq\f(k,2a)＝2mg得k＝eq\f(2mga,3q)当A下落速度最大时：qeq\f(k,r)＝mg代入k得r＝eq\f(2,3)a对A下落过程：mg(a－r)＋W＝eq\f(1,2)mvm2－0得W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(mga,3)。答案：eq\f(1,2)mvm2－eq\f(mga,3)对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2015·北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r≪l。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为()图1A．0 B．eq\f(kq2,l2)C．2eq\f(kq2,l2) D．eq\f(kq,l2)解析：选B轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝eq\f(kq2,l2)，选项B正确。2．(2012·上海高考)A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为()A．－eq\f(F,2) B．eq\f(F,2)C．－F D．F解析：选B设A处电场强度为E，则F＝qE；由点电荷的电场强度公式可知，C处的电场强度为eq\f(－E,4)，在C处放电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝－2q·eq\f(－E,4)＝eq\f(F,2)，选项B正确。对点训练：库仑力作用下的平衡问题3．绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下列情况下，小球M能处于静止状态的是()图2解析：选BM受到三个力的作用处于平衡状态，则绝缘细线对小球M的拉力与小球N对小球M的库仑力的合力必与M的重力大小相等，方向相反，其受力分析图如图所示，故B正确。4．(多选)(2015·武汉调研)如图3所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()图3A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：选AC设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，则两个q之间距离为2acosα。选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正确，D错误。对点训练：电场强度的叠加问题5．如图4所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则()图4A．A点的电场强度大小为eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))B．B点的电场强度大小为E－keq\f(Q,r2)C．D点的电场强度大小不可能为0D．A、C两点的电场强度相同解析：选A＋Q在A点的电场强度沿OA方向，大小为keq\f(Q,r2)，所以A点的合电场强度大小为eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))，A正确；同理，B点的电场强度大小为E＋keq\f(Q,r2)，B错误；如果E＝keq\f(Q,r2)，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误。6.(2015·河北省唐山一模)如图5所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为()图5A．eq\f(2E0,ea) B．eq\f(E0,ea)C．eq\f(\r(3)E0,3ea) D．eq\f(2\r(3)E0,3ea)解析：选D根据题述，BC在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC指向A。由eEasin60°＝E0，解得：E＝eq\f(2\r(3)E0,3ea)，选项D正确。7.如图6所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是()图6A．移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oeB．移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿odC．移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿ocD．移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe解析：选C放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心o处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为eq\f(E,2)。根据电场强度叠加原理，a处正电荷移至c处，o处的电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，o处的电场强度大小为2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠eod的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，o处的电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，o处的电场强度大小为2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠cod的角平分线，选项D错误。对点训练：电场线的理解与应用8．在如图7所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()图7A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中非匀强电场中的a、b两点解析：选C甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。9．(2015·渭南质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点周围的电场线如图8所示，由图可知()图8A．两质点带异号电荷，且Q1>Q2B．两质点带异号电荷，且Q1<Q2C．两质点带同号电荷，且Q1>Q2D．两质点带同号电荷，且Q1<Q2解析：选A由图可知，电场线起于Q1，止于Q2，故Q1带正电，Q2带负电，两质点带异号电荷，在Q1附近电场线比Q2附近电场线密，故Q1>Q2，选项A正确。10．(多选)如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是()图9A．b点电场强度大于d点电场强度B．b点电场强度小于d点电场强度C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：选BC根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示电场强度大小可知Ed＞Eb。故选项A错误，B正确。a、c两点关于MN对称，故Uab＝Ubc，选项C正确。沿电场线方向电势降低，所以φa＞φc，由Ep＝qφ可知Epa＞Epc，故选项D错误。考点综合训练11．(2015·洛阳模拟)如图10所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g取10m/s图10(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31J，求系统电势能的变化量ΔEp。解析：(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：(mA＋mB)gsin30°＝eq\f(kqCqB,L2)解得：L＝2.0m。(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：eq\f(kqBqC,l2)－mBgsin30°＝mBa解得：l＝3.0m有匀加速运动规律得：l－L＝eq\f(1,2)at2解得：t＝1.0s。(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：WF－(mA＋mB)g(l－L)sin30°＋WC＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2及：v＝at得：WC＝2.1J所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1J。答案：(1)2.0m(2)1.0s(3)－2.1J12．(2015·四川资阳二诊)如图11所示，足够长斜面倾角θ＝30°，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，μ＝eq\f(1,4\r(3))，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E＝105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC＝4kg，mD＝1kg，D带电q＝3×10－4C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d＝1m，A、P间距离为2d。取g＝10m/s2，求：图11(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t。解析：(1)由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，对C、D系统由动能定理：mCg·2dsinθ－Eq·d＝eq\f(1,2)(mC＋mD)v02①解①得：v0＝2m/s。②(2)由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t1，其加速度大小为a1，发生的位移为x1，对物体C：T1＋μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa1③t1＝eq\f(v0,a1)④x1＝eq\f(v02,2a1)⑤对物体D：Eq－T1＝mDa1⑥设物体C在加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间为t2，对物体C：T2－μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa2⑦对物体D：Eq－T2＝mDa2⑧x1＝eq\f(1,2)a2t22⑨t＝t1＋t2⑩联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得：t＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))s≈1.82s。⑪答案：(1)2m/s(2)1.82s第2节电场能的性质,(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。(√)(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。(×)(3)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低。(×)(4)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功。(×)(5)A、B两点的电势差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)(6)电场线越密集的地方，等差等势线也越密集。(√)要点一电势高低与电势能大小的判断1．电势高低的判断判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低依据电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大2．电势能大小的判断判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加电荷电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加[多角练通]1．(2014·江苏高考)如图6­2­1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()图6­2­1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：选B圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合电场强度类似于两个等量同种点电荷的合电场强度，故圆环的中心的合电场强度一定为零。x轴上的合电场强度，在圆环的右侧的合电场强度沿x轴向右，左侧的合电场强度沿x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿电场强度方向的电势降低，得O点的电势最高。综上知选项B正确。2．(多选)(2013·山东高考)如图6­2­2所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、eq\f(L,2)为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是()图6­2­2A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小解析：选ABD由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确。3．(多选)如图6­2­3所示，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体。现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能，以下判断正确的是()图6­2­3A．在b点和d点受力大小相等，方向不同B．在c点和h点受力大小相等，方向相同C．在b点和d点电势能相等D．在c点和h点电势能相等解析：选ABC根据对称性和等量异种电荷周围电场线的分布特点可知，试探电荷在b点和d点受力大小相等，方向不同，在c点和h点受力大小相等，方向相同，所以选项A、B正确；因为b点和d点到两个场源电荷的距离都一样，所以试探电荷在b点和d点电势能相等，选项C正确；c点离场源正电荷较h点远，所以试探电荷在c点和h点电势能不相等，或者根据等量异种电荷周围等势面的分布特点可知，中垂面是等势面，而c点和h点分居中垂面的两侧，它们的电势肯定不等，所以选项D错误。要点二电势差与电场强度的关系1．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。(2)沿电场强度方向电势降落得最快。(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。2．E＝eq\f(U,d)在非匀强电场中的三点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系，当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密。(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ­x图像的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置的变化规律。在φ­x图像中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。[典例](多选)如图6­2­4所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是()图6­2­4A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的电场强度大小为10V/mC．匀强电场的电场强度方向为由C指向AD．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19J [思路点拨]1．在匀强电场中，如何寻找等势线？提示：先利用几何关系确定两个等势点，它们的连线就是一条等势线。2．如何确定电场的大小和方向？提示：根据电场线与等势线垂直，且沿电场线方向，电势降低可判断电场方向，其大小可由E＝eq\f(U,d)求得。3．如何判断电势能的变化？提示：通过电场力做功判断电势能的变化。[解析]由AC的中点电势为2V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10×cos30°×10－2)V/m＝eq\f(20,3)eq\r(3)V/m，故B错误，C正确；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J。[答案]ACD[易错提醒](1)公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(W电,qd)中d是沿电场强度方向上的距离。(2)在匀强电场中若线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。[针对训练]1．(多选)如图6­2­5所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是()图6­2­5解析：选BC匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分。把AB等分为三段，AB间电压为3V，则每等分电压为1V，H点电势为4V，F点电势为3V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2V，则G点电势为4V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确。2.如图6­2­6所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是()图6­2­6A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C．电势差UAB＝UBCD．电势φA<φB<φC解析：选B该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UAB<UBC，选项C错误；电势φA>φB>φC，选项D错误。要点三电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线。2．几种典型电场的等势线(面)电场等势线(面)重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上电势处处为零等量同种(正)点电荷的电场连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高3．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。[多角练通]1．(多选)如图6­2­7所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上。下列说法正确的是()图6­2­7A．该粒子可能带正电B．该粒子经过B点时的速度最大C．该粒子经过B点时的加速度一定为零D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能解析：选CD从该电荷的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该运动电荷一定带负电，故A错误；因为运动电荷从A到B的过程中，只受电场力且电场力先做正功后做负功，由动能定理知：动能先增加后减小，故B点的动能不是最大，则经过B点时的速度不是最大，故B错误；B点是两点电荷连线的中点，合电场强度为零，故运动电荷受力为零，则加速度为零，C正确；因为离正电荷越远，电势越低，即φA＜φB，因粒子带负电，由Ep＝φq得，EpA＞EpB，故D项正确。2．(多选)如图6­2­8所示，虚经a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知()图6­2­8A．三个等势面中，c等势面电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较大解析：选BCD等差等势面越密集，该区域电场强度越大，故EP＞EQ，带电质点通过P点时加速度较大，D正确；假设质点由P运动到Q，根据：①运动轨迹的切线方向为速度方向；②电场线与等势面垂直；③正电荷所受的电场力与电场强度同向；④做曲线运动的质点，其所受的合外力指向运动轨迹的凹侧，从而确定质点经过P时的速度和电场力方向，如图所示。根据正电荷所受电场力的方向可知，电场线由等势面a指向等势面c，故φa＞φb＞φc，A错误；电场力与瞬时速度成锐角，故由P运动到Q电场力对质点做正功，质点的电势能减小，动能增加，B、C正确。假设质点由Q运动到P，能得到同样的结论。3．如图6­2­9所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是()图6­2­9A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度解析：选C由于带电粒子的电性不确定，所以电场线的方向不确定，A错误；带电粒子由a运动到b的过程中，只受电场力的作用，由轨迹的弯曲方向知电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C正确；由于仅给出一条电场线，电场强度的大小关系不确定，D错误。要点四静电场中的三类图像问题1．v­t图像根据v­t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。[典例1](多选)(2014·海南高考)如图6­2­10(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v­t图线如图(b)所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图6­2­10A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞Wb[解析]由v­t图像的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以电场强度变小，Ea＞Eb；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，Wa＞Wb，可得选项B、D正确。[答案]BD2．φ­x图像(1)电场强度的大小等于φ­x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ­x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在φ­x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在φ­x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。[典例2](2015·衡水中学期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图6­2­11所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()图6­2­11A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间电场强度方向指向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功[解析]A、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项A、B错误；从N到C电势升高，NC间电场强度方向指向x轴负方向，选项C错误；从N到C电势升高，从C到D电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，选项D正确。[答案]D3．E­x图像在给定了电场的E­x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，电势的变化情况，E­x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。在这类题目中，还可以由E­x图像假设某一种符合E­x图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。[典例3](多选)(2014·上海高考)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图6­2­12所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图6­2­12A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解析]由图像可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。[答案]BC要点五电场力做功与功能关系1．电场力做功的计算方法2．电场中的功能关系(1)电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，即：W＝－ΔEp。(2)如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变，即：ΔEk＝－ΔEp。[典例](2015·西安模拟)如图6­2­13所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：图6­2­13(1)小球通过C点的速度大小。(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息自由释放初速度为零小球重力不能忽略O为圆心，R为半径的圆圆周为等势线第二步：找突破口(1)要确定通过C点的速度，可由BC过程中的功能关系求解，由于B、C在圆周上，两点为等势点，故电场力不做功，只有重力做功。(2)要求由A到C过程中电势能的增加量，应利用公式WAC＝－ΔEpAC和动能定理，对小球由A到C的过程进行分析，列方程求解。[解析](1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C应用动能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。由电势能变化与电场力做功的关系得：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[方法规律]处理电场中能量问题的基本方法在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。[针对训练]1．(2015·西安名校联考)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图6­2­14中实线所示。一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球在C点的速度。则下列判断中正确的是()图6­2­14A．小球在A点的电势能比在B点的电势能小B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能与v方向相反D．在A、B两点小球的速率不可能相等解析：选B小球由A运动到B，电场力做正功，电势能减少，小球在A点的电势能比在B点的电势能大，A错误；由运动轨迹可知，恒力F的方向可能水平向左，B正确，C错误；若小球由A运动到B的过程中，电场力做功与克服恒力做功相等，则在A、B两点小球的速率相等，D错误。2．(多选)(2015·黑龙江联考)如图6­2­15所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A(图中未画出)时速度为vt，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是()图6­2­15A．若vt＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大B．若vt＞v0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量C．若vt＝v0，则A点可能位于第一象限D．若vt＝v0，则A点一定位于第二象限解析：选BD一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A时，重力做负功。若vt＞v0，电场力一定做正功，最高点A位于第二象限，且电场力做功大于重力做功的绝对值，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，选项A错误B正确。若vt＝v0，电场力做功等于重力做功的绝对值，则A点一定位于第二象限，选项C错误D正确。对点训练：电势高低与电势能大小的判断1．(多选)(2013·江苏高考)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图1所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则()图1A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：选ABD本题考查静电场中力的性质和能的性质，意在考查考生对静电力的性质和能的性质的理解与掌握情况。电场线密的地方电场强度大，A项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；由Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，D项正确。2．如图2所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B直线上的两点，DC＝CE，F、G处在DE的中垂线上，FC＝CG，下列说法正确的是()图2A．C点电势等于F点电势B．F点的电场强度大于C点的电场强度C．D、C两点间电势差小于C、E两点间电势差D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功解析：选DC点电势大于F点电势，F点的电场强度小于C点的电场强度，选项A、B错误。D、C两点间电势差大于C、E两点间电势差，选项C错误。电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功，选项D正确。对点训练：电势差与电场强度的关系3．(2015·北京市顺义区模拟)图3所示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上某点P到O点的距离为x，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k，下面判断正确的是()图3A．图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向，O点电势φ为零B．图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零C．从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势φ一定逐渐增大D．从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势φ一定逐渐减小解析：选B图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，由对称性和电场叠加可知，O点电场强度E为零，选项B正确A错误。由于O点电场强度为零，无限远处的电场强度为零，所以从O点到P点，电场强度E可能是先增大后减小，电势φ一定逐渐减小，选项C、D错误。4．(多选)(2015·洛阳名校联考)如图4所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6V，A(1，eq\r(3))点电势为3V，B(3，eq\r(3))点电势为0V，则由此可判定()图4A．C点电势为3VB．C点电势为0VC．该匀强电场的电场强度大小为100V/mD．该匀强电场的电场强度大小为100eq\r(3)V/m解析：选BD由题意可知C点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以eq\f(UAB,AB)＝eq\f(UOC,OC)，代入数值得φC＝0V，A错、B对；作BD∥AO，如图所示，则φD＝3V，即AD是一等势线，电场强度方向OG⊥AD，由几何关系得OG＝eq\r(3)cm，由E＝eq\f(U,d)得E＝100eq\r(3)V/m，C错，D对。对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动问题5．(2014·重庆高考)如图5所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则()图5A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：选A由题图可知a、b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D项错；a点处电场线比b点处电场线更密集，故Ea＞Eb，C项错，A项对。6．如图6所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则()图6A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|＜|Wbc|C．粒子由a点到b点，动能减少D．a点的电势较b点的电势低解析：选C由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，由类比公式U＝Ed知|Uab|＞|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|＞|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确。对点训练：静电场中的图像问题7．(2014·安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图7所示。下列图像中合理的是()图7图8解析：选D由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))可知，Ep­x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A项错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合题图和B项分析可知C错误。8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图9甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v­t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()图9A．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝2V/mB．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差UAB＝－5V解析：选D小物块在B点加速度最大，故B点电场强度最大，由v­t图线知B点加速度为2m/s2，据qE＝ma得E＝1V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，解得UAB＝－5V，选项D正确。对点训练：电场力做功与功能关系9．(2015·洛阳名校联考)如图10所示，一个电量为＋Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为－q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v，已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L，则以下说法不正确的是()图10A．OB间的距离为eq\r(\f(kQq,μmg))B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02D．从A到B的过程中，乙的电势能减少解析：选BA做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由μmg＝keq\f(qQ,r2)，解得OB间的距离为r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，选项A正确。从A到B的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，选项B不正确，C正确。从A到B的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项D正确。10．(多选)(2015·江苏省模拟)如图11甲，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图乙，则()图11A．x2处电场强度和x1处的电场强度大小相等、方向相同B．球内部的电场为匀强电场C．x1、x2两点处的电势相同D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功解析：选AD根据题图所示的x轴上各点的电场强度随x变化关系，x2处电场强度和x1处的电场强度大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确B错误。根据电场强度随x变化关系图像与横轴所围面积表示电势的变化可知，x1点处的电势大于x2点处的电势，选项C错误。根据电场强度随x变化关系图像与横轴所围面积表示电势的变化(电势差)，由电场力做功公式可知，假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功，选项D正确。考点综合训练11．(多选)(2015·洛阳模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图12所示，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是()图12A．在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动B．带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度C．带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小D．带正电的粒子在x1处的电势能比在x2处的电势能小、与在x3处的电势能相等解析：选AB电场沿x轴对称分布，在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动，选项A正确。带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度，选项B正确。带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项C错误。从x1处到x3处，电场强度方向沿x轴，带正电的粒子从x1处到x3处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x1处的电势能比x2处的电势能大、比x3处的电势能大，选项D错误。12．(2015·上海市虹口区一模)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图13甲所示，已知B处电荷的电量为＋Q。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x＝L点为图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝0处的纵坐标φ＝eq\f(25,63)φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝eq\f(3,7)φ0。若在x＝－2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动。求：图13(1)固定在A处的电荷的电量QA。(2)为了使小物块能够到达x＝2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝eq\f(kqQ,3mgL2)，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm。(4)试画出μ取值不同的情况下，物块在AB之间运动大致的速度—时间关系图像。解析：(1)由图乙得，x＝L点为图线的最低点，切线斜率