（江蘇專版）2019高考物理一輪復習 第六章 靜電場學案

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1、 第六章 靜電場 第1節(jié)電場力的性質 (1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。(√) (2)點電荷和電場線都是客觀存在的。(×) (3)根據(jù)F＝k，當r→0時，F(xiàn)→∞。(×) (4)電場強度反映了電場力的性質，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比。(×) (5)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向。(√) (6)真空中點電荷的電場強度表達式E＝中，Q就是產(chǎn)生電場的點電荷。(√) (7)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。(×) (8)電場線的方向即為帶電粒子的運動方

2、向。(×) (1)1785年法國物理學家?guī)靵隼门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律——庫侖定律。 (2)1837年，英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。 (3)1913年，美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，獲得諾貝爾獎。 突破點(一)　庫侖定律及庫侖力作用下的平衡 1．對庫侖定律的兩點理解 (1)F＝k，r指兩點電荷間的距離。對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球心間距。 (2)當兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大。 2．解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟 庫侖力作

3、用下平衡問題的分析方法與純力學平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎上多了電場力。具體步驟如下： 3．“三個自由點電荷平衡”的問題 (1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合電場強度為零的位置。 (2) [典例]　[多選](2016·浙江高考)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷

4、，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0 [解析]　用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸A球，使A球帶正電，由題意知A、B兩球接觸后分開，則兩球所帶電荷量相等，選項A正確；兩球平衡后受力如圖所示，球B所受靜電力F＝mgtan α＝6.0×10－3 N，球A、B所受靜電力大小相等，選項B錯誤；由F＝及q1＝q2知，小球所帶電荷量q＝4×10－8 C，選項C正確；A、B兩球所帶電荷在其連線的中點處產(chǎn)生的電場

5、強度大小相等、方向相反，場強為0，選項D正確。 [答案]　ACD [方法規(guī)律] 絲綢摩擦過的玻璃棒應帶正電，毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電；兩完全相同的小球接觸時電荷量等量均分，如帶異種電荷的兩完全相同的小球接觸時，電荷量應先中和后等量均分。 [集訓沖關] 1.(2018·蘇州模擬)如圖所示，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F。今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開。這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種

6、電荷，設它們帶的電荷量分別為＋q、－q。當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為q1＝＋，當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－。由庫侖定律F＝k知，當移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝，A項正確。 2.(2018·海門模擬)如圖所示，a、b、c為真空中三個帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等，懸掛a小球的細線向左傾斜，懸掛c 小球的細線豎直，則下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c三小球帶同種電荷 B．a(chǎn)

7、、c兩小球帶異種電荷 C．a(chǎn)小球帶電荷量為－4Q D．c小球帶電荷量為＋4Q 解析：選C　根據(jù)受力平衡條件可知，由于b球帶正電，要使a、c兩球平衡，則a、c兩球一定帶負電，故A、B、D錯誤；對c小球進行分析，a、c間的距離是b、c間的兩倍，由庫侖定律，則有：k＝，解得：Qa＝4Q，又a小球帶負電，所以a小球帶電荷量為－4Q，故C正確。 3.如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q。現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為(　　) A．正，B的右邊0.4 m處 B．正，B的左邊0.2 m

8、處 C．負，A的左邊0.2 m處 D．負，A的右邊0.2 m處 解析：選C　要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項C正確。 突破點(二)　電場強度的疊加問題 1．電場強度三個表達式的比較 E＝ E＝k E＝ 公式意義 電場強度定義式 真空中點電荷電場強度的決定式 勻強電場中E與U的關系式 適用條件 一切電場 ①真空 ②點電荷 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與q無關 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本身決定，d為沿電場方向的距離 相同點 矢量，遵守平行四邊形定則 單位：1 N/C

9、＝1 V/m　 2．電場強度的疊加 (1)疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。 (2)運算法則：平行四邊形定則。 [典例]　如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(　　) A．A點的場強大小為 B．B點的場強大小為E－k C．D點的場強大小不可能為0 D．A、C兩點的場強相同 [思路點撥] 根據(jù)點電荷電場強度公式E＝，結合矢量合成法則，即可求解。 [解析]　正點電荷Q在A點的電場強度

10、大小E′＝，而勻強電場在A點的電場強度大小為E，因方向相互垂直，根據(jù)矢量的合成法則，則有A點的場強大小為，故A正確；同理，點電荷Q在B點的電場強度的方向與勻強電場方向相同，因此B點的場強大小為E＋k，故B錯誤；當點電荷Q在D點的電場強度的方向與勻強電場方向相反，且大小相等時，則D點的電場強度大小可以為零，故C錯誤；根據(jù)矢量的合成法則，結合點電荷電場與勻強電場的方向，可知A、C兩點的電場強度大小相等，而方向不同，故D錯誤。 [答案]　A [集訓沖關] 1．(2015·山東高考)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于

11、O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) A.，沿y軸正向　　　　 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 解析：選B　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝k，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、 N處兩負點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負向。 2.(

12、2014·福建高考)如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0 m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力大??； (2)C點的電場強度的大小和方向。 解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為F＝k① 代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3 N。 ② (2)A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為 E1＝k ③ A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強大小為 E＝2E1cos 30° ④ 由③④式并代入

13、數(shù)據(jù)得E＝7.8×103 N/C⑤ 場強E的方向沿y軸正方向。 答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C　方向沿y軸正方向 突破點(三)　電場線的理解與應用 1．電場線的三個特點 (1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于無限遠或負電荷處。 (2)電場線在電場中不相交。 (3)在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線較密，電場強度較小的地方電場線較疏。 2．六種典型電場的電場線 3．兩種等量點電荷的電場分析 等量異種點電荷 等量同種點電荷 電場線分布圖 電荷連線上的電場強度 沿連線先變小后變大 O點最小，但不為零 O點為零

14、 中垂線上的電場強度 O點最大，向外逐漸減小 O點最小，向外先變大后變小 關于O點對稱位置的電場強度 A與A′、B與B′、C與C′ 等大同向 等大反向 4．電場線的應用 [題點全練] 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 解析：選C　由題圖

15、知，B點處的電場線比A點處的密，則A點的電場強度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項B錯誤；電場強度的方向總是與等勢面(容器內(nèi)表面)垂直，選項C正確；沿任意路徑將檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功都為零，選項D錯誤。 2.如圖是某區(qū)域的電場線分布。A、B、C是電場中的三個點，下列說法不正確的是(　　) A．三點中B點場強最強，C點場強最弱 B．正點電荷在A處所受電場力的方向與A點場強方向相同 C．若電荷在此電場中僅受電場力的作用，在C點的加速度最小 D．電場線就是正電荷在電場中運動的軌跡 解析：選D　由圖像疏密知場強EB＞EA＞EC，A正確；場強的方向規(guī)定為正電荷受

16、力的方向，B正確；C點的場強最小，受電場力最小，所以加速度最小，C正確；只有初速度為零，電場線是直線的電場中，電荷的軌跡才與電場線重合，D錯誤。 3．[多選](2015·江蘇高考)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 解析：選ACD　根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，則a點的電場強度較大，選項A正確。沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B

17、錯誤。由于c、d關于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反；兩負電荷在c點產(chǎn)生的電場強度為0，在d點產(chǎn)生的電場強度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強度比d點的大，選項C正確。c、d兩點中c點離負電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確。 突破點(四)　帶電體的力電綜合問題 解決帶電體的力電綜合問題的一般思路 [典例]　如圖所示，把一個帶正電荷Q的小球A固定在絕緣支座上，另一個質量為m，帶電荷量也為Q的帶正電的小球B，用絕緣細線懸于O點，B球處于靜止狀態(tài)，細線與豎直方向的夾角為θ＝30°，A、B均視為點電荷，已知A和B位于距地面高為h的水平線

18、上且＝。求： (1)小球B所受到的庫侖斥力及A、B兩小球間的距離； (2)A、B兩小球在O點產(chǎn)生的合場強的大小及方向； (3)剪斷細線OB，小球B第一次落地時速度大小為v，求小球B的初位置和第一次落地點之間的電勢差。 [思路點撥]　 (1)根據(jù)受力平衡，畫出小球B的受力分析圖。 (2)根據(jù)庫侖定律分析即可求出在O點產(chǎn)生的合場強的大小及方向。 (3)剪斷細線OB，電場力與重力對小球B做功，由動能定理求解。 [解析]　(1)對B進行受力分析如圖： 則：F＝mgtan θ＝mg 由庫侖定律：F＝ 所以：r＝Q 。 (2)兩帶電小球在O點產(chǎn)生的場強相等，都是： EA＝EB＝＝

19、 合場強的方向在二者的角平分線上， 大小為：EO＝2EAcos 30°＝，方向沿AB的中垂線向上。 (3)小球B運動的過程中重力與電場力做功，由動能定理得：mgh＋QU＝mv2 所以：U＝。 [答案]　(1)mg　Q (2)，方向沿AB的中垂線向上 (3) [方法規(guī)律]　解決力電綜合問題的兩條途徑 (1)建立物體受力圖景。 ①弄清物理情境，選定研究對象。 ②對研究對象按順序進行受力分析，畫出受力圖。 ③應用力學規(guī)律進行歸類建模。 (2)建立能量轉化圖景：運用能量觀點，建立能量轉化圖景是分析解決力電綜合問題的有效途徑。 [集訓沖關] 1．[多選]用細繩拴一個質量為

20、m帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動，如圖所示?，F(xiàn)將細繩剪斷后(　　) A．小球B在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動 B．小球B在細繩剪斷瞬間加速度大于g C．小球B落地的時間小于 D．小球B落地的速度大于 解析：選BCD　將細繩剪斷瞬間，小球受到球的重力和庫侖力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪斷瞬間起開始，小球B不可能做平拋運動，且加速度大于g，故A錯誤，B正確；小球在落地過程中，除受到重力外，還受到庫侖斥力，那么豎直方向的加速大于g，因此球落地的時間小于，落地的速度

21、大于，故C、D正確。 2.[多選]如圖所示，在光滑水平面上有A、B、C三個質量均為m的小球，A帶正電，B帶負電，C不帶電，A、B帶電量的絕對值均為Q，B、C兩個小球用絕緣細繩連接在一起，當用外力F拉著A球向右運動時，B、C也跟著A球一起向右運動，在運動過程中三個小球保持相對靜止共同運動，其中靜電力常量為k，則(　　) A．B、C間繩的拉力大小為F B．B、C間繩的拉力大小為F C．A、B兩球間距為 D．A、B兩球間距為 解析：選BC　選取A、B、C作為整體研究，依據(jù)牛頓第二定律，則有：F＝3ma， 再對C受力分析，由牛頓第二定律，則有：T＝ma＝，故A錯誤，B正確；對A受

22、力分析，受拉力及庫侖引力，再由牛頓第二定律，則有：F－F′＝ma＝， 而由庫侖定律，F(xiàn)′＝，解得：LAB＝，故C正確，D錯誤。 3.(2018·連云港二模)如圖所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質量為m，電量為q，現(xiàn)加一水平的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角為θ。 (1)試求這個勻強電場的場強E大?。? (2)如果將電場方向順時針旋轉θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時，絕緣細線仍與豎直方向夾角為θ，則E′的大小又是多少？ 解析：(1)對小球受力分析，受到重力、電場力和細線的拉力，如圖甲所示。由平衡條件得：mgtan θ＝qE 解得：E＝。 (2)將電場方向順時針旋

23、轉θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉過θ角，大小為F′＝qE′，此時電場力與細線垂直，如圖乙所示。 根據(jù)平衡條件得：mgsin θ＝qE′則得：E′＝。 答案：(1)　(2) 巧解場強的四種方法 場強有三個公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情況下可由上述公式計算場強，但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特殊帶電體產(chǎn)生的場強時，上述公式無法直接應用。這時，如果轉換思維角度，靈活運用補償法、微元法、對稱法、極限法等巧妙方法，可以化難為易。 (一)補償法 將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為球面。　 1．(2018·連云港質檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效

24、于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A.－E　　　　　　　 B. C.－E D.＋E 解析：選A　左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確。 (二)微

25、元法 可將帶電圓環(huán)、帶電平面等分成許多微元電荷，每個微元電荷可看成點電荷，再利用公式和場強疊加原理求出合場強。 2.如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L，試求P點的場強。 解析：設想將圓環(huán)看成由n個小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量Q′＝，由點電荷場強公式可求得每一小段帶電體在P處產(chǎn)生的場強為 E＝＝。由對稱性知，各小段帶電體在P處場強E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強EP， EP＝nEx＝nkcos θ＝k。 答案：k (三)對稱法 利用

26、空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，可以使復雜電場的疊加計算大為簡化?！? 3．如圖所示，一邊長為L的立方金屬體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于左右面且過立方體中心O的軸線上有a、b、c三個點，a和b、b和O、O和c間的距離均為L，在a點處固定有一電荷量為q(q<0)的點電荷。已知b點處的場強為零，則c點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選D　電荷量為q的點電荷在b處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝k，方向向左。由于在b點處的場強為零，所以立方金屬體和點電荷在b點處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，則金屬體在b處產(chǎn)生的電

27、場強度大小也為E＝k，方向向右。根據(jù)對稱性可得：金屬體在c處產(chǎn)生電場強度大小為E＝k，方向向左。而電荷量為q的點電荷在c處產(chǎn)生電場強度為：E′＝k＝k，方向向左，所以c點處場強的大小為：Ec＝E＋E′＝k，選項D正確，A、B、C錯誤。 (四)等效法 在保證效果相同的條件下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。 4．(2018·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。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，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布

28、與圖乙中虛線右側的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是(　　) A．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 解析：選C　據(jù)題意，從乙圖可以看出，P點電場方向為水平向左；由圖乙可知，正、負電荷在P點電場的疊加，其大小為E＝2kcos θ＝2k＝2k，故選項C正確。 對點訓練：庫侖定律的理解與應用 1.(2018

29、·北京西城質檢)如圖所示，兩個電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質絕緣細繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個小球的半徑r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B. C．2 D. 解析：選B　輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F＝，選項B正確。 2．(2018·常州檢測)真空中保持一定距離的兩個點電荷，若其中一個點電荷增加了，但仍然保持它們之間的相互作用力不變，則另一點電荷的電量一定減少了(　　) A. B. C. D. 解析：選B　因為一個點電荷增加了，則q1′＝q1，根據(jù)庫侖定律的公式F＝k知，若庫侖力

30、不變，則q2′＝q2，即另一電荷減小了。故B正確，A、C、D錯誤。 對點訓練：庫侖力作用下的平衡問題 3．[多選](2018·泰州模擬)光滑絕緣的水平桌面上，固定著帶電荷量為＋Q、－Q的小球P1、P2，帶電荷量為＋q、－q的小球M、N用絕緣細桿相連，下列圖中的放置方法能使M、N靜止的是(圖中細桿的中點均與P1、P2連線的中點重合)(　　) 解析：選BD　根據(jù)矢量合成可得，在P1、P2連線的中垂線上的電場強度方向水平向右，故如題圖A、題圖C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C錯誤；在P1、P2的連線上電場方向由正電荷指向負電荷，即水平向右，如題圖B、題圖D放置，由對稱性知，

31、M、N所在位置的電場強度大小相等，方向相同，電荷M、N所受電場力等大反向，所以B、D正確。 4.[多選](2018·濟寧一中檢測)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個帶電質點a、b和c分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上；a、b電荷量均為q且為同種電荷，整個系統(tǒng)置于水平方向的勻強電場中。已知靜電力常量為k，若三個質點均處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．如果a、b帶正電，那么c一定帶負電 B．勻強電場場強的大小為 C．質點c的電荷量大小為q D．勻強電場的方向與ab邊垂直指向c 解析：選AB　如果a、b帶正電，要使a、b都靜止，勻強電場對a、b的電場力相同，c必須帶負電，

32、故A正確；設質點c帶電荷量為Q，以質點c為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件得a、b對c的合力與勻強電場對c的力等值反向，即：2××cos 30°＝EQ，則E＝，因質點c帶正、負電性質不確定，故勻強電場方向不確定，故B正確，D錯誤；設c帶電荷量為Q，以c為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件得在沿電場方向質點a受力平衡，即qE＝kcos 30°，解得Q＝2q，故C錯誤。 5.[多選]如圖所示，一絕緣細線Oa下端系一質量為m的帶電的小球a，懸點O正下方有一帶電小球b固定在絕緣底座上。開始時a球靜止在圖中位置，此時細線Oa與豎直方向的夾角為θ?，F(xiàn)將b球沿豎直方向緩慢上移至與a球等高處，此過程(　　) A

33、．細線Oa與豎直方向的夾角θ保持不變 B．b球所受的庫侖力一直變大 C．細線Oa的拉力一直變大 D．a(chǎn)球與b球間的距離一直變大 解析：選BC　對小球a受力分析，如圖所示。圖中力三角形G′aF與幾何三角形△Oba相似，故：＝＝，先假設θ不變，則b球向上移動的過程中，由幾何關系可知，ab之間的距離減小，根據(jù)庫侖定律公式：F＝k可知，ab之間的距離減小時，ab之間的庫侖力將增大。所以小球a不可能保持不動，a必定向右上方移動一定的距離，此時θ增大；即a向右上方移動一定的距離，但ab之間的距離仍然減小，ab之間的庫侖力仍然增大，故A、D錯誤，B正確；當b向上移動時，Ob之間的距離減小，由上可知，

34、細線Oa的拉力一直變大，故C正確。 對點訓練：電場強度的疊加問題 6．(2015·安徽高考)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量，如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q，不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為(　　) A.和 B.和 C.和 D.和 解析：選D　兩極板均看作無窮大導體板，極板上單位面積上的電荷量σ＝；則單個極板形成的場強E0＝＝，兩極板間的電場強度為：2×＝；兩極板間的相互引力F＝E0Q＝；故選D。 7.(201

35、8·泰州檢測)如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為豎直放置的一根光滑絕緣細桿，放在兩電荷連線的中垂線上，a、b、c三點所在水平直線平行于兩點電荷的連線，且a與c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。下列說法中正確的是(　　) A．a(chǎn)點的場強與b點的場強方向相同 B．a(chǎn)點的場強與c點的場強方向相同 C．b點的場強大于d點的場強 D．套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動 解析：選D　根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知，b點的場強水平向右，a點的場強斜向上，方向不同，選項A錯誤；由對稱性可知，a、c兩點的場強大小相等，方向不同，選項B錯誤；b點的場強小于

36、兩電荷連線中點處的場強，而兩電荷連線中點處的場強小于d點的場強，則b點的場強小于d點的場強，選項C錯誤；套在細桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后，由于豎直方向只受重力，電場力垂直細桿方向，則小環(huán)將做勻加速直線運動，選項D正確。 對點訓練：電場線的理解與應用 8.[多選](2018·昆明一中摸底)如圖所示，A、B為兩個點電荷，MN為兩電荷連線的中垂線，圖中實線表示兩點電荷形成的電場的一條電場線(方向未標出)，下列說法正確的是(　　) A．兩電荷一定是異種電荷 B．電荷A一定帶正電 C．兩電荷的電量一定滿足|qA|＜|qB| D．兩電荷的電量一定滿足|qA|＞|qB| 解析：選AC　由電場線

37、分布特點可知兩電荷一定帶異種電荷，故A正確；電場線方向未知，電荷A可能帶正電荷，也可能帶負電荷，故B錯誤；將A、B兩點用直線連起來，通過電場線的疏密程度可知兩電荷的電量一定滿足|qA|＜|qB|，故C正確，D錯誤。 9.[多選](2018·三明模擬)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的動能均增加 解析：選CD　根據(jù)兩粒子的偏轉方向，可知兩粒子帶異

38、性電荷，但無法確定其具體電性，故A錯誤；由粒子受力方向與速度方向的關系，可判斷電場力對兩粒子均做正功，兩粒子的速度、動能均增大，故B錯誤，D正確；從兩粒子的運動軌跡判斷，a粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變得稀疏，b粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變密，說明a的加速度減小，b的加速度增大，故C正確。 10．在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是(　　) A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點 B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D．丁圖中非勻強電場中的a

39、、b兩點 解析：選C　甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，選項A錯誤；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，選項B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，選項C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，選項D錯誤。 考點綜合訓練 11．(2018·徐州模擬)如圖所示，質量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不

40、變。不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求： (1)A球剛釋放時的加速度大小。 (2)當A球的動能最大時，A球與B點的距離。 解析：(1)由牛頓第二定律可知mgsin α－F＝ma 根據(jù)庫侖定律有F＝k 又知r＝，得a＝gsin α－。 (2)當A球受到合力為零，即加速度為零時，動能最大。 設此時A球與B點間的距離為d，則mgsin α＝ 解得d＝ 。 答案：(1)gsin α－　(2) 12.如圖所示，空間存在著強度E＝2.5×102 N/C，方向豎直向上的勻強電場，在電場內(nèi)一長為L＝0.5 m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端拴著

41、質量m＝0.5 kg、電荷量q＝4×10－2 C的小球?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當小球運動到最高點時細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂。取g＝10 m/s2。求： (1)小球的電性。 (2)細線能承受的最大拉力。 (3)當小球繼續(xù)運動后與O點水平方向距離為L時，小球距O點的高度。 解析：(1)由小球運動到最高點可知，小球帶正電。 (2)設小球運動到最高點時速度為v，對該過程由動能定理有，(qE－mg)L＝mv2① 在最高點對小球由牛頓第二定律得， FT＋mg－qE＝m ② 由①②式解得，F(xiàn)T＝15 N。 (3)小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設

42、為a， 則a＝ ③ 設小球在水平方向運動L的過程中，歷時t， 則L＝vt ④ 設豎直方向上的位移為x， 則x＝at2 ⑤ 由①③④⑤解得x＝0.125 m 所以小球距O點高度為x＋L＝0.625 m。 答案：(1)正電　(2)15 N　(3)0.625 m 第2節(jié)電場能的性質 (1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關。(√) (2)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零。(×) (3)沿電場線方向電場強度越來越小，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

43、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，電場強度越大。(√) (8)電場中電勢降低的方向，就是電場強度的方向。(×) 突破點(一)　電勢高低與電勢能大小的判斷 1．電勢高低的判斷 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 取無窮遠處電勢為零，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 電勢能的高低 正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大 電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的

44、正負判斷φA、φB的高低 2．電勢能大小的判斷 判斷方法 方法解讀 公式法 將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負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 電場力做負功，電勢能增加 能量守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加 [題點全練] 1.[多選]如圖所示，真空中兩點電荷A、B帶電荷量分別為＋2Q和－Q，O點為連線的中點，a、b兩點在它們之間的連

45、線上， c、d兩點在AB連線的中垂線上，已知Oa＝Ob，a、b兩點的場強分別為Ea、Eb；Oc＞Od，c、d兩點的電勢分別為φc、φd。則下列說法正確的是(　　) A．Ea＜Eb　　　　　　　　　 B．Ea＞Eb C．φc＞φd D．φc＜φd 解析：選BD　兩點電荷A、B帶電荷量分別為＋2Q和－Q，a處電場線比b處電場線密，而電場線的疏密表示場強的大小，所以有Ea>Eb，故A錯誤，B正確；在Oc上，電場方向斜向右上方，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，O點電勢比c點電勢高，同理，O點電勢也比d點電勢高，根據(jù)對稱性可知，d點電勢與d點關于O點的對稱點的電勢相等，此對稱點的電勢高于c點電勢，

46、所以d點電勢高于c點電勢，則有φc<φd，故C錯誤，D正確。 2．(2018·南京模擬)如圖所示是高壓電場干燥中藥技術基本原理圖，在大導體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強的電場。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥。圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡。下列說法正確的是(　　) A．A處的電場強度大于D處 B．B處的電勢高于C處 C．水分子做勻變速運動 D．水分子由A運動到C的過程中電勢能減少 解析

47、：選D　由于A處的電場線較D處稀疏，故A處的電場強度小于D處，選項A錯誤；順著電場線電勢降低，故B處的電勢低于C處，選項B錯誤；由于電場的分布不均勻，由題圖可知，上端的電場強度大于下端的電場強度，根據(jù)F＝qE可得，水分子運動時受到電場力大小不相等，不可能做勻變速運動，故C錯誤；水分子由A運動到C的過程中，電場力做正功，電勢能減少，故D正確。 3.如圖所示，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。下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是(　　) A．O點的電場強度為零，電勢最低 B．O點的電場強度為零，電勢最高 C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高 D．從O

48、點沿x軸正方向，電場強度增大，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類似于兩個等量同種點電荷的合場強，故圓環(huán)的中心的合場強一定為零。x軸上的合場強，在圓環(huán)的右側的合場強沿x軸向右，左側的合場強沿x軸向左，電場強度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿場強方向的電勢降低，得O點的電勢最高。綜上知選項B正確。 突破點(二)　電勢差與電場強度的關系 1．勻強電場中電勢差與電場強度的關系 (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

49、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。 2．E＝在非勻強電場中的三點妙用 (1)判斷電場強度大?。旱炔畹葎菝嬖矫?，電場強度越大。 (2)判斷電勢差的大小及電勢的高低：距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進而判斷電勢的高低。 (3)利用φ -x圖像的斜率判斷電場強度隨位置變化的規(guī)律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示電場強度的大小，正負表示電場強度的方向。 [典例]　a、b、c、d是勻強電場中的四個點，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。已知a點的電勢為20

50、V，b點的電勢為24 V，d點的電勢為4 V，如圖所示，由此可知c點的電勢為(　　) A．4 V　　　　　　　　　 B．8 V C．12 V D．24 V [方法規(guī)律] (一)由題明3法 基礎解法：(公式法)設ab間沿電場方向上的距離為d，則cd間沿電場方向的距離也為d。 由E＝得：E＝＝ 解得：φc＝8 V。 能力解法一：(推論①) 連接對角線ac和bd相交于O點，如圖所示。由勻強電場的性質可得 φO＝＝，解得：φc＝8 V。 能力解法二：(推論②) 因為ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，解得φc＝8 V。 (二)3法比較 (1)公式

51、法適用勻強電場中E或U的計算，過程較繁瑣。 (2)推論①僅適用于勻強電場中兩點連線中點的電勢的計算。推論②適用于勻強電場中能構成平行四邊形的四個點之間電勢的計算。 [集訓沖關] 1．(2018·無錫模擬)如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－10 V，則C點的電勢為(　　) A．φC＝10 V B．φC>10 V C．φC<10 V 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<，即φC<

52、10 V，選項C正確。 2．(2018·蘇州質檢)電場中某三條等勢線如圖中實線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，已知電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v -t圖像可能是下列圖中的(　　) 解析：選A　結合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場，且Q點處電場強度小于P點處電場強度，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.空間有一個與直角三角形abc平行的勻強電場(圖中未畫出)，ab＝4 cm，ac＝3 cm。將電子從a移至c，電場力做功12 eV；將電子從a移至b，克服電場力做功12 eV。

53、則場強大小為(　　) A．500 V/m B．480 V/m C．400 V/m D．300 V/mA 解析：選A　由幾何關系可知，tan∠b＝，故∠b＝37°； 由題意可知，把電子由a點移到c點，電場力做功為： W1＝12 eV，則Uac＝＝－12 V； 把電子由a點移到b點，電場力做功為：W2＝－12 eV，故Uab＝＝12 eV。即c點電勢最高，b點電勢最低，則可知，Ucb＝24 eV，bc中點d點的電勢與a點電勢相等，連接ad為等勢面，電場線與等勢面垂直作電場線如圖所示；則根據(jù)電場強度和電勢差之間的關系可知：Uab＝E·absin 37°，解得：E＝500 V/m，

54、故A正確，B、C、D錯誤。 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，已知電場線可以畫出等勢線，已知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

55、電場方向或電荷的正負。 (2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，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。 [題點全練] 1.(2016·全國卷Ⅱ)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。若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。則(　　) A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc

56、>va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb 解析：選D　a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb＜rc＜ra，則三點的電場強度由E＝k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電場力做負功，由動能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，則vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，則va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。 2.如圖所示，虛線a、b、c是電場中的一簇等勢線(相鄰等勢面之間的電勢差相等)，實線為一α粒子(重

57、力不計)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知(　　) A．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 B．電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能小 C．α粒子在P點的加速度比在Q點的加速度大 D．α粒子一定是從P點向Q點運動 解析：選C　電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側，由于α粒子帶正電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高，故A錯誤；電子帶負電，負電荷在電勢高處的電勢能小，所以電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故B錯誤；等勢線密的地方電場線密，場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，

58、加速度也大，故C正確；由題圖只能判斷出α粒子受力的方向，不能判斷出α粒子運動的方向，故D錯誤。 3.如圖所示，虛線表示兩個固定的等量異種點電荷形成的電場中的等勢線。一帶電粒子以某一速度從圖中a點沿實線abcde運動。若粒子只受靜電力作用，則下列判斷正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子運動的速度先減小后增大 C．粒子在電場中的電勢能先減小后增大 D．粒子經(jīng)過b點和d點時的速度相同 解析：選B　根據(jù)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得，題圖中的等勢面中，正電荷在上方，負電荷在下方；從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶電粒子受到了向上的力的作用，所以粒子帶負電，

59、故A錯誤；粒子從a→b→c過程中，電場力做負功，c→d→e過程中，電場力做正功，粒子在靜電場中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，速度先減小，后增大，故B正確，C錯誤；由于b、d兩點處于同一個等勢面上，所以粒子在b、d兩點的電勢能相同，粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同，方向不同，故D錯誤。 突破點(四)　靜電場中的圖像問題 (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，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。 [例1]　如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，a、b是它們連線的延長線

60、上的兩點。現(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．粒子由a點到b點運動過程中加速度度逐漸增大 B．b點的電場強度一定為零 C．Q1的電量一定小于Q2的電量 D．粒子由a點到b點向遠處運動的過程中，粒子的電勢能先增大后減小 [解析]　速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，從速度圖像可見正電荷從a到b做加速度減小的加速運動，故A錯誤；正電荷從a到b做加速度減小的加速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零，故B正確；

61、正電荷從a到b做加速運動，所以a、b之間電場的方向向右；過b點后正電荷做減速運動，所以電場的方向向左，b點場強為零，可見兩點電荷在b點對正電荷的電場力相等，根據(jù)F＝k，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電量大于Q2的電量，故C錯誤；正電荷從a到b做加速運動，電場力做正功，電勢能減小；過b點后正電荷做減速運動，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。 [答案]　B (二)φ -x圖像 (1)電場強度的大小等于φ -x圖線的斜率大小，電場強度為零處，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)電勢大小關系確定電場強度的方向。

62、(3)在φ -x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。 [例2]　如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2(Q2位于坐標原點O)，其上有M、N、P三點，間距MN＝NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x變化關系如圖乙所示。則(　　) A．M點電勢和電場強度大小均為零 B．N點電勢和電場強度大小均不為零 C．一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|＝|WNM| D．由圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，且Q1所帶電荷量大于Q2的電荷量 [解析]　φ-x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，所以M處的場強不為零，故A

63、錯誤；φ-x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，可知N處場強為零，故B錯誤；由圖像可知，UMN＞UPN，故電場力做功qUMN＞qUPN，從P移到M過程中，電場力做負功，故|WPN|＜|WNM|，故C錯誤；因為N點的場強為0，所以兩點電荷在N點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，Q1帶負電、Q2帶正電，因為N點的場強為0，所以兩點電荷在N點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，根據(jù)E＝k，知距離大的帶電荷量大，所以Q1所帶的電荷量大于Q2的電荷量，故D正確。 [答案]　D (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度的變化情況，電勢

64、的變化情況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。 [例3]　真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上x1＝0和x2＝3a的兩點，在兩者連線上各點的電場強度隨x變化的關系如圖所示，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則(　　) A．M、N可能為異種電荷 B．x＝2a處的電勢不等于零 C．M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1 D．將點電荷－q從x＝a移動到x＝2a的過程中，電勢能減少 [解析]　若兩電荷為異種電荷，在x＝2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，故A錯誤；兩電荷為同種電荷，

65、兩個電荷在x＝2a處的電勢都不為零，所以x＝2a處的電勢不等于零，故B正確；根據(jù)點電荷的電場強度公式可得：＝，解得：qM∶qN＝4∶1，故C錯誤；在0到2a區(qū)間，電場強度為正，負電荷受力向左，所以－q從x＝0處沿x軸移到x＝2a處的過程中，電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤。 [答案]　B 突破點(五)　電場力做功與功能關系 電場力做功的計算方法 電場中的功能關系 (1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp。 (2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp。 [典例]　

66、在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8 C，質量m＝1.0×10－2 kg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＝2.0 m/s，如圖所示。(g取10 m/s2)試求： (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] 第一步：抓關鍵點 關鍵點 獲取信息 在勻強電場中 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，應先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關系判斷物塊停在什么位置，再利用動能定理求解。 [解析]　(1)設物塊向右運動的最大距離為xm，由動能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv02 可求得xm＝0.4 m。 (2)因Eq>μmg，物塊不可能停止在O點右側，設最終停在O點左側且離O點為x處。 由動能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可