名師伴你行一輪總復習物理(新高考) 第二部分

第二部分電磁學部分第七章靜電場第1講電場力的性質(zhì)知識點一點電荷電荷守恒庫侖定律1．點電荷：當帶電體本身的____________對研究的問題影響可以忽略不計時，可以將帶電體視為點電荷．點電荷是一種理想化模型．2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消失，只能從一個物體________到另一個物體，或者從物體的一部分________到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量________．(2)三種起電方式：________、________、________.3．庫侖定律(1)內(nèi)容：________中兩個靜止點電荷之間的相互作用力與它們的____________成正比，與它們的____________成反比，作用力的方向在____________．(2)表達式：F＝________，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫靜電力常量．(3)適用條件：________中的__________．答案：1.大小和形狀2.(1)轉(zhuǎn)移轉(zhuǎn)移保持不變(2)摩擦起電接觸起電感應起電3.(1)真空電荷量的乘積距離的平方它們的連線上(2)keq\f(q1q2,r2)(3)真空靜止點電荷知識點二靜電場電場強度電場線1．靜電場：靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種________，其基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有________．2．電場強度(1)定義式：E＝________，是矢量，單位：N/C或V/m.(2)點電荷的場強：E＝________.(3)方向：規(guī)定________在電場中某點________為該點的電場強度方向．3．電場的疊加(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的________和．(2)運算法則：________________定則.直觀情景等量同種電荷等量異種電荷4.電場線(1)電場線從正電荷出發(fā)，終止于____________，或來自無窮遠處，終止于________．(2)電場線在電場中________．(3)在同一電場中，電場線越密的地方電場強度越大．(4)電場線上某點的切線方向表示該點的________________________________________________________________________.答案：1.物質(zhì)力的作用2.(1)eq\f(F,q)(2)eq\f(kQ,r2)(3)正電荷受力的方向3.(1)矢量(2)平行四邊形4.(1)負電荷或無窮遠處負電荷(2)不相交(4)電場強度方向1．思維辨析(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＝keq\f(q1q2,r2)，當r→0時，F(xiàn)→∞.()(4)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，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．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√2．下列說法正確的是()A．電場線就是點電荷在電場中的運動軌跡B．根據(jù)E＝eq\f(F,q)，可知電場中某點的場強與電場力成正比C．幾個電場疊加后合電場的場強一定大于分電場的場強D．根據(jù)E＝eq\f(kQ,r2)，可知點電荷電場中某點的場強與場源電荷的電荷量Q成正比答案：D解析：電場線實際并不存在，是用來描述電場分布的，不是點電荷在電場中的運動軌跡，故A錯誤；電場強度的定義式為E＝eq\f(F,q)，運用比值法定義，則知場強反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷所受的電場力無關，故B錯誤；電場疊加遵守平行四邊形定則，可知合電場的場強不一定大于分電場的場強，故C錯誤；點電荷產(chǎn)生的電場強度為E＝keq\f(Q,r2)，Q是場源電荷帶電荷量，則知點電荷電場中某點的場強與場源電荷的電荷量Q成正比，故D正確．3．有兩個半徑為r的金屬球如圖所示放置，兩球表面間距離為r.今使兩球帶上等量的異種電荷Q，兩球間庫侖力的大小為F，那么()A．F＝keq\f(Q2,3r2) B．F>keq\f(Q2,3r2)C．F<keq\f(Q2,3r2) D．無法判定答案：B4．一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的．關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案：D解析：由a至c曲線的彎曲情況可知質(zhì)點受力方向指向圖中虛線的右下方，質(zhì)點在b點的速度vb方向如圖所示，由a至c速率遞減可知受力方向大致如圖中F，α角大于90°，因為質(zhì)點帶負電荷，故場強方向應與F方向相反，D正確．5.(2021上海長寧區(qū)二模)如圖所示的儀器叫做庫侖扭秤，是法國科學家?guī)靵鼍脑O計的，他用此裝置找到了電荷間相互作用的規(guī)律，總結(jié)出庫侖定律．下列說法中正確的是()A．裝置中A、C為帶電金屬球，B為不帶電的平衡小球B．實驗過程中一定要使A、B球帶等量同種電荷C．庫侖通過該實驗計算出靜電力常量k的值D．庫侖通過該實驗測量出電荷間相互作用力的大小答案：A解析：根據(jù)庫侖扭秤實驗裝置可知，在懸絲下面懸掛一根絕緣棒，棒的一端有一個帶電金屬小球A，另一端有一個不帶電的平衡小球B，在離A球某一距離的地方放一個帶電金屬小球C，故A正確，B錯誤；本實驗當懸絲彈力的力矩與靜電力的力矩平衡時，從懸絲扭轉(zhuǎn)過的角度可以比較電荷間作用力的大小，改變A和C之間的距離得出規(guī)律，但由于在庫侖那個年代，還不知道怎樣測量物體所帶電荷量，連單位都沒有，所以C、D錯誤．考點庫侖定律的理解和應用1．在用庫侖定律公式時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電荷量的絕對值；根據(jù)同種電荷相斥、異種電荷相吸判斷庫侖力的方向．2．兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反．3．庫侖力存在極大值，由公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，當q1＝q2時，F(xiàn)最大．4．不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞.其實，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點電荷了．角度Ⅰ.應用庫侖定律計算電荷間的相互作用1．(2018全國卷Ⅰ)如圖所示，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案：D解析：由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號．根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,ac2)①b對c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,bc2)②設合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)③聯(lián)立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27).2．(2021河北精英中學二調(diào))如圖所示，兩個帶電荷量均為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f(1,4)球殼和eq\f(3,4)球殼的球心，兩個球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同．若甲圖中帶電eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力大小為F，則乙圖中帶電eq\f(3,4)球殼對點電荷的庫侖力大小為()A.eq\f(3,2)FB.eq\f(\r(2),2)FC.eq\f(F,2)D．F答案：D解析：將乙圖中的均勻帶電eq\f(3,4)球殼分成三個eq\f(1,4)帶電球殼，關于球心對稱的兩個eq\f(1,4)帶電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中的帶電eq\f(3,4)球殼對點電荷的庫侖力和甲圖中的帶電eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力大小相等，D項正確．/高/分/技/法庫侖定律的適用條件任何一個帶電體都可以被看成是由許多點電荷組成的，任意兩點電荷之間的作用力都遵循庫侖定律，可以用矢量求和法求合力．當r很小時，不能認為庫侖力趨于無窮大．角度Ⅱ.庫侖力作用下的平衡問題3.(2019全國卷Ⅰ)如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷答案：D解析：A、B錯：細繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向不受力，對外不顯電性，帶異種電荷．C錯，D對：如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力如圖所示，由圖知，P帶負電、Q帶正電時符合題意．4．(2021浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，另一個帶電荷量也為Q的帶電小球B固定于O點的正下方，已知繩長OA為2l，O到B點的距離為l，平衡時A、B帶電小球處于同一高度，已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則()A．A、B間庫侖力大小為eq\f(kQ2,l2)B．A、B間庫侖力大小為2mgC．細線拉力大小為eq\r(3)mgD．細線拉力大小為eq\f(2\r(3)kQ2,9l2)答案：D解析：由幾何關系可知，OA與OB的夾角為60°，則A、B間距離r＝2lsin60°＝eq\r(3)l，則A、B間庫侖力大小為F＝eq\f(kQ2,\r(3)l2)＝eq\f(kQ2,3l2)，選項A錯誤；根據(jù)平行四邊形定則可知，A、B間的庫侖力為F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，細線的拉力T＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，或者T＝eq\f(F,cos30°)＝eq\f(2,\r(3))·eq\f(kQ2,3l2)＝eq\f(2\r(3)kQ2,9l2)，選項B、C錯誤，D正確．/高/分/技/法共點力作用下平衡問題的分析方法考點電場強度的理解與計算1．電場強度的性質(zhì)矢量性電場強度E是表示電場力的性質(zhì)的一個物理量．規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向唯一性電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置疊加性如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和2.電場強度的三個計算公式公式適用條件說明定義式E＝eq\f(F,q)任何電場某點的場強為確定值，大小及方向與q無關決定式E＝keq\f(Q,r2)真空中點電荷的電場E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定關系式E＝eq\f(U,d)勻強電場d是沿電場方向的距離角度Ⅰ.兩個點電荷電場疊加1．(2021四川樂山二模)如圖所示，真空中a、b、c、d四點共線且等距，a、b、c、d連線水平．先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E.若再將另一點電荷＋2Q放在d點，則()A．b點場強大小為eq\f(E,2)，方向水平向右B．b點場強大小為eq\f(3,2)E，方向水平向左C．c點場強大小為eq\f(9,4)E，方向水平向右D．c點場強大小為eq\f(9,4)E，方向水平向左答案：A解析：設ab＝bc＝cd＝L，點電荷＋Q在b點產(chǎn)生電場的場強大小為E，方向水平向右；由點電荷的場強公式得Eb1＝keq\f(Q,L2)，點電荷＋2Q在b點產(chǎn)生電場的場強大小為Eb2＝keq\f(2Q,2L2)＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,2)E，方向水平向左，所以b點的場強大小為Eb＝E－eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)E，方向水平向右，故A正確，B錯誤；點電荷＋Q在c點產(chǎn)生電場的場強大小為Ec1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，點電荷＋2Q在c點產(chǎn)生電場的場強大小為Ec2＝keq\f(2Q,L2)＝2E，方向水平向左，所以c點的場強大小為Ec＝2E－eq\f(1,4)E＝eq\f(7,4)E，方向水平向左，故C、D錯誤．2．(2021甘肅二診)如圖所示，等量異種點電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點，ACBD構成一個正方形．一帶負電的小球(可視為點電荷)套在絕緣桿上自C點無初速釋放，由C運動到D的過程中，下列說法正確的是()A．小球的速度先減小后增大B．小球的速度先增大后減小C．桿對小球的作用力先減小后增大D．桿對小球的作用力先增大后減小答案：D解析：等量異種點電荷中垂線上的場強方向為水平向右，從C到D場強的大小先變大后變小，并且C、D兩點的場強相等．帶負電的小球沿光滑桿運動時，豎直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，則小球的速度越來越大，A、B兩項錯誤；桿對小球的作用力等于電場力，則先變大，后變小，C項錯誤，D項正確．角度Ⅱ.多個電荷(或電場)疊加3．(2021浙江學軍中學模擬)一邊長為r的正三角形的三個頂點，固定有3個點電荷，電荷量分別為＋q、＋q和－2q，如圖所示，靜電力常量為k，則三角形中心處O點的電場強度大小和方向分別為()A.eq\f(12kq,r2)，指向電荷量為－2q的點電荷B.eq\f(9kq,r2)，指向電荷量為－2q的點電荷C.eq\f(12kq,r2)，背離電荷量為－2q的點電荷D.eq\f(9kq,r2)，背離電荷量為－2q的點電荷答案：B解析：O點是三角形的中心，到三個點電荷的距離均為l＝eq\f(\r(3),3)r，兩個電荷量為＋q的點電荷在O產(chǎn)生的場強大小為E1＝E2＝keq\f(q,l2)，根據(jù)對稱性和幾何知識可知兩個電荷量為＋q的點電荷在O點產(chǎn)生的合場強為E12＝E1＝keq\f(q,l2)；再與電荷量為－2q的點電荷在O處產(chǎn)生的場強合成，得到O點的合場強為E＝E12＋E3＝keq\f(q,l2)＋keq\f(2q,l2)＝keq\f(3q,l2)＝eq\f(9kq,r2)，方向指向電荷量為－2q的點電荷，故選B.4．(2021貴州黔東南一模)如圖所示，xOy平面直角坐標系所在空間有沿x軸負方向的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度大小為E.坐標系上的A、B、C三點構成邊長為L的等邊三角形．若將兩電荷量相等的正點電荷分別固定在A、B兩點時，C點處的電場強度恰好為零．則A處的點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小為()A．E B.eq\f(\r(3),3)EC.eq\r(3)E D.eq\f(\r(3),2)E答案：B解析：C點三個電場方向如圖所示，根據(jù)題意，由幾何關系可知E1cos30°＋E2cos30°＝E，又知E1＝E2，解得E2＝eq\f(\r(3),3)E，B正確．/高/分/技/法對點電荷電場疊加的深度理解1．孤立點電荷場強公式E＝eq\f(kq,r2)，由此可知點電荷電場中某點場強由場源電荷和該點到場源電荷的距離決定，與引入的試探電荷無關．2．若空間中有幾個點電荷同時存在，則每個電荷在周圍空間獨立的激發(fā)電場，與是否有其他電荷無關；此時空間中某點場強等于每個點電荷在該點產(chǎn)生場強的矢量和．考點電場線的理解和應用1．電場線的性質(zhì)(1)電場線上每一點的切線方向與該點的場強方向一致．(2)電場線從正電荷或無窮遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷．(3)電場線在電場中不相交、不閉合、不中斷．(4)在同一電場中，電場線越密集的地方場強越大，電場線越稀疏的地方場強越?。?5)沿電場線的方向電勢逐漸降低，勻強電場中電場線方向是電勢降落最快的方向．2．電場線的應用1.某靜電場的電場線方向不確定，分布如圖中實線所示，一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是()A．粒子必定帶正電荷B．該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度答案：C解析：帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或其反方向，且指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，靜電力方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以選項A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以選項B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以選項C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以選項D錯誤．/高/分/技/法求解電場線與運動軌跡問題的方法1．“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況．2．“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設法”分別討論各種情況．2．(2021浙江溫州十五校聯(lián)考)有一空間分布的電場，如圖所示為其中一條電場線，A、B、C為電場線上的三點，箭頭方向為各點的切線方向，則下列說法正確的是()A．A點的場強不可能小于C點的場強B．A、B、C三點的切線方向為試探電荷在該位置的受力方向C．正點電荷從A點沿電場線運動到C點，電勢能減小D．正點電荷僅受電場力作用由A處靜止釋放后將沿該電場線運動答案：C解析：電場線的疏密表示場強的大小，而一條電場線無法判斷電場線的分布情況，又不知是何種電荷產(chǎn)生的電場，則無法比較場強的大小，所以A點的場強可能小于C點的場強，故A錯誤；據(jù)場強方向的規(guī)定，正電荷在某點所受電場力的方向與該點場強方向相同，若為負電荷，則與該點場強方向相反，故B錯誤；正點電荷從A點沿電場線運動到C點，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；正點電荷僅受電場力作用由A處靜止釋放，該電荷所受的電場力是變力，與電場線相切，據(jù)曲線運動的條件可知該電荷并不能沿電場線運動，故D錯誤．3.(2021浙南名校聯(lián)盟一聯(lián))如圖所示，球形電容器是由半徑不同的同心金屬球殼組成，內(nèi)外球殼帶有等量異種電荷，球殼之間為真空，并形成了沿半徑方向的電場．已知M點與N點在同一電場線上，M點與P點到圓心的距離相等，則下列說法正確的是()A．該徑向電場為勻強電場B．M點的電場強度比N點小C．P點的電勢比N點低D．電荷沿圓弧虛線從M到P，電場力不做功答案：D解析：該電場是放射狀的，各點的場強不全相同，所以該徑向電場不是勻強電場，故A項錯誤；M點處電場線密，電場強度大，故B錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，所以M點的電勢高于N點的電勢，P、M兩點在同一等勢面上，電勢相等，所以P點電勢高于N點電勢，故C錯誤；電荷沿同一等勢面移動時電場力不做功，M、P在同一等勢面，所以電荷沿圓弧虛線從M到P，電場力不做功，故D項正確．課題研究求解電場強度的“四種”特殊方法方法一：微元法微元法就是將研究對象分割成許多微小的單元，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而化曲為直，將變量、難以確定的量轉(zhuǎn)化為常量、容易求得的量．[典例1]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點的場強大?。甗解析]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′＝eq\f(Q,n)，由點電荷場強公式可求得每一小段帶電體在P點產(chǎn)生的場強大小為E＝eq\f(kQ,nr2)＝eq\f(kQ,nR2＋L2).由對稱性知，各小段帶電體在P點場強E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P點的場強EP，EP＝nEx＝nkeq\f(Q,nR2＋L2)cosθ＝keq\f(QL,R2＋L2\f(3,2)).[答案]keq\f(QL,R2＋L2\f(3,2))方法二：補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面．[典例2]均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效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.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E[解析]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＝eq\f(k·2q,2R2)－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大?。畮щ姾桑璹的右半球面在M點的場強大小與帶電荷為＋q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝eq\f(k·2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確．[答案]A方法三：對稱法利用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．[典例3]如圖所示，在均勻帶正電的無窮大薄平板右側(cè)距離3l處有一個帶電荷量為＋q的小球，在小球到平板垂線上距平板為2l的P處，場強恰好為零．已知無窮大平板產(chǎn)生的電場的電場線自正電荷發(fā)出，終止于無窮遠處，靜電力常量為k，則P點關于薄平板對稱的M點的場強大小是()A.eq\f(26kq,25l2)B.eq\f(10kq,9l2)C.eq\f(4kq,3l2)D.eq\f(kq,l2)[關鍵點撥]均勻帶電的無窮大薄平板在左右兩側(cè)的對稱點處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反．[解析]P處場強恰好為零，所以正電薄平板在P處產(chǎn)生的場強和帶電荷量為＋q的小球在P處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，即正電薄平板在P處產(chǎn)生的場強E＝keq\f(q,l2)，方向水平向右．根據(jù)對稱關系可知，正電薄平板在M處產(chǎn)生的場強大小E2＝keq\f(q,l2)，方向水平向左，而帶電荷量為＋q的小球在M處產(chǎn)生的場強E1＝keq\f(q,5l2)，方向水平向左，所以M點的場強大小EM＝E1＋E2＝keq\f(26q,25l2)，方向水平向左，A正確．[答案]A方法四：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．[典例4]MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)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(cè)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與圖乙中虛線右側(cè)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eq\f(2kqd,r3)B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)C．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kqd,r3)D．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)[解析]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＝2keq\f(q,r2)cosθ＝2keq\f(q,r2)·eq\f(d,r)＝2keq\f(qd,r3)，故選項C正確．[答案]C限時跟蹤檢測(三十)電場力的性質(zhì)[基礎訓練]1．(2021黑龍江哈爾濱三中期中)兩個分別帶有電荷量－Q和＋7Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(F,16) B．16FC.eq\f(36F,7) D.eq\f(7F,9)答案：C解析：兩金屬小球相距為r時，根據(jù)庫侖定律得兩球間庫侖力的大小F＝keq\f(7Q2,r2)，兩小球相互接觸后各自帶電荷量變?yōu)閑q\f(7Q－Q,2)＝3Q，則兩金屬小球固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)時，兩球間的庫侖力大小變?yōu)镕′＝k·eq\f(3Q2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)＝eq\f(36kQ2,r2)＝eq\f(36,7)F，選項C正確，A、B、D錯誤．2．(2021浙江考前沖刺)利用如圖所示的裝置研究點電荷之間的相互作用力，當A帶電荷量為＋Q、質(zhì)量為M，B帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m時，絕緣輕繩擺開的角度為θ，且兩點電荷相距L，連線水平，已知靜電力常量為k，則()A．tanθ＝eq\f(kQq,mgL2)B．若僅將B的質(zhì)量增大，則輕繩擺開的角度增大C．若僅將A的質(zhì)量增大，則輕繩擺開的角度增大D．若僅將A向左移動，則輕繩擺開的角度增大答案：A解析：以B為研究對象進行受力分析，如圖所示．根據(jù)平衡條件得F＝keq\f(Qq,L2)＝mgtanθ，解得tanθ＝eq\f(kQq,mgL2)，選項A正確；若僅將B的質(zhì)量增大，由tanθ＝eq\f(kQq,mgL2)可知，tanθ減小，則輕繩擺開的角度減小，角度與A的質(zhì)量無關，選項B、C錯誤；若僅將A向左移動，即L增大，由tanθ＝eq\f(kQq,mgL2)可知，tanθ減小，則輕繩擺開的角度減小，選項D錯誤．3．(2021廣東汕頭檢測)有兩個電荷量為＋4Q和－9Q(Q>0)的點電荷，分別固定在相距為r的A、B兩點，如圖所示．若在A、B兩點連線所在的直線上某一點O放入第三個點電荷q，且q受到的靜電力恰好為零．下列說法正確的是()A．q一定帶負電B．O點可能存在兩個不同的位置C．O點只能位于A點左側(cè)與A點相距r處D．O點只能位于A點左側(cè)與A點相距2r處答案：D解析：因A點處電荷所帶電荷量小于B點處電荷所帶電荷量，第三個點電荷要想平衡則要放置在A點左側(cè)，電性可正可負，設其距離A點為x，由平衡知識可得keq\f(4Q·QC,x2)＝keq\f(9Q·QC,r＋x2)，解得x＝2r，故選D.4．(2021安徽重點中學協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示為點電荷A、B形成的電場，下列說法正確的是()A．A帶正電，B帶負電B．A的電荷量大于B的電荷量C．A的左側(cè)某點電場強度可能為零D．AB連線上從A到B電勢降低答案：C解析：根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，可知A、B是異種電荷，但不能確定A、B哪個帶正電，選項A錯誤；電場線密集程度反映電場強弱，B附近電場線較密，電場強度較大，由點電荷電場強度的表達式E＝keq\f(Q,r2)可知B帶電荷量較多，選項B錯誤；電場中任意一點電場強度是A、B產(chǎn)生電場強度的矢量和，由點電荷電場強度的公式E＝keq\f(Q,r2)可知，A的左側(cè)位置距B遠，而B帶電荷量大，所以A、B在該位置產(chǎn)生的電場強度大小可能相同，又因為A、B是異種電荷，A的左側(cè)位置兩電荷的電場強度方向相反，因此A的左側(cè)某點電場強度可能為零，選項C正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，由于不能確定電場線方向，所以不能確定A、B電勢的高低，選項D錯誤．5．(2021寧夏大學附中模擬)a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，O為菱形的中心，∠abc＝120°.現(xiàn)將三個等量的正點電荷＋Q分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有()A．d點電場強度的方向由d指向OB．O點電場強度的方向由d指向OC．O點的電場強度大于d點的電場強度D．O點的電場強度小于d點的電場強度答案：C解析：由電場的疊加原理可知，d點電場的方向為由O指向d，O點的電場方向也是由O指向d，故A、B錯誤；設菱形的邊長為r，根據(jù)點電荷電場強度表達式E＝keq\f(Q,r2)，三個點電荷在d點產(chǎn)生的場強大小相等，由場強的疊加可知，d點的場強大小Ed＝2keq\f(Q,r2)，O點的場強大小為EO＝4keq\f(Q,r2)，可見d點的電場強度小于O點的電場強度，故D錯誤，C正確．6．(2021重慶沙坪壩區(qū)月考)如圖所示，存在一與水平方向成θ角斜向下的勻強電場，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角也為θ.則E的大小為()A.eq\f(mgsinθ,q) B.eq\f(mgtanθ,q)C.eq\f(mgcosθ,q) D.eq\f(mgsinθ,qcos2θ)答案：A解析：對小球受力分析，如圖所示，由平衡條件得qE＝mgsinθ，解得E＝eq\f(mgsinθ,q)，選項A正確，B、C、D錯誤．7．(2021湖北鄂州、黃岡聯(lián)考)(多選)如圖所示，半徑為R的絕緣光滑半圓形槽圓心為O，槽內(nèi)有兩個質(zhì)量、電荷量都相同的帶電小球A和B，其中A小球固定在槽的最低點．當B小球靜止時，O、B連線與豎直方向的夾角為θ.下列各項中能保持夾角θ不變的是()A．僅使半圓形槽的半徑加倍B．僅使A球的電荷量加倍C．使B球的質(zhì)量和電荷量都加倍D．使半圓形槽的半徑和兩球的電荷量都減半答案：CD解析：B球受重力、庫侖斥力和支持力，三力平衡，重力和庫侖斥力的合力沿著半徑OB指向B，只要重力和庫侖斥力的合力方向不變，B球就能保持平衡．僅使半圓形槽的半徑加倍，若保持夾角不變，則A、B之間的距離加倍，根據(jù)公式F＝eq\f(kqQ,r2)可知B球受到A球的庫侖斥力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，故重力和庫侖斥力的合力方向一定改變，B球不能在原位置平衡，故A錯誤；僅使A球的電荷量加倍，若保持夾角不變，則A、B之間的距離不變，根據(jù)公式F＝eq\f(kqQ,r2)可知B球受到A球的庫侖斥力變?yōu)樵瓉淼?倍，故重力和庫侖斥力的合力方向一定改變，B不能在原位置平衡，故B錯誤；使B球的質(zhì)量和電荷量都加倍，若保持夾角不變，根據(jù)公式F＝eq\f(kqQ,r2)可知B球受到A球的庫侖斥力變?yōu)樵瓉淼?倍，B球受到的重力變?yōu)樵瓉淼?倍，故重力和庫侖斥力的合力方向不變，球B能在原位置保持平衡，故C正確；使半圓形槽的半徑和兩球的電荷量都減半，若保持夾角不變，則A、B之間的距離減半，根據(jù)公式F＝eq\f(kqQ,r2)可知B球受到A球的庫侖斥力不變，B球受到的重力不變，故重力和庫侖斥力的合力方向不變，B球能在原位置保持平衡，故D正確．8．根據(jù)庫侖定律和萬有引力定律可知，點電荷間的庫侖力和質(zhì)點間的萬有引力都與距離的二次方成反比，即都遵循平方反比規(guī)律，兩者之間具有很大的相似性．那么試想有如圖所示的物理情境，點電荷A、B帶異種電荷，兩者僅在彼此間的庫侖力作用下繞連線上的某點O做勻速圓周運動，這個情形很像雙星模型，我們可以稱之為“雙電荷模型”．那么關于“雙電荷模型”，下列說法中正確的是()A．運動半徑與質(zhì)量成反比B．運動半徑與電荷量成正比C．角速度與質(zhì)量成反比D．線速度與電荷量成正比答案：A解析：由于兩點電荷要繞著O點做勻速圓周運動，兩點電荷間引力沿著二者連線，引力提供向心力，可知二者連線始終過O點，兩點電荷始終在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過相同的角度，因此兩點電荷的角速度、周期均相等，故選項C錯誤；兩點電荷彼此間的庫侖力提供各自做圓周運動的向心力，且二者的角速度相等，滿足eq\f(kqAqB,l2)＝mArAω2和eq\f(kqAqB,l2)＝mBrBω2，解得mArA＝mBrB，即eq\f(rA,rB)＝eq\f(mB,mA)，運動半徑與質(zhì)量成反比，與電荷量無關，故選項A正確，B錯誤；由于線速度v＝ωr，二者角速度相等，因此線速度與半徑成正比，即線速度和質(zhì)量成反比，與電荷量無關，故選項D錯誤．[能力提升]9．(2021湖南永州二模)如圖所示，在正方形四個頂點分別放置一個點電荷，所帶電荷量已在圖中標出，則下列四個選項中，正方形中心處場強最大的是()答案：B解析：設各點電荷到中心處距離為r，根據(jù)點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，結(jié)合矢量合成法則可知，A選項中兩個負點電荷在正方形中心處電場強度為零，兩個正點電荷在中心處電場強度為零，則正方形中心處場強為零；同理，正方形對角線異種點電荷的電場強度，即為各自點電荷在中心處產(chǎn)生的場強相加，再根據(jù)矢量合成法則可知B選項中正方形中心處的電場強度大小為2eq\r(2)keq\f(Q,r2)；C選項中，正方形對角線的兩負點電荷的電場強度在中心處相互抵消，而正點電荷在中心處疊加后電場強度大小為keq\f(Q,r2)；根據(jù)點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，結(jié)合疊加原理，D選項中點電荷在中心處的電場強度大小為eq\r(2)keq\f(Q,r2)，故B項符合題意．10.(2021陜西一模)(多選)如圖所示，帶正電的小球A用豎直立在地面上的絕緣桿支撐固定，帶正電的小球B用繞過A球正上方的定滑輪的絕緣細線掛著，開始時A、B在同一水平線上并處于靜止狀態(tài)，不計兩個小球的大?。F(xiàn)用手拉細線，使小球B緩慢向上移動，小球B在向上移動過程中A、B兩球的電荷量保持不變，不計兩球間的萬有引力，則在B球緩慢移動一小段距離的過程中()A．A、B兩球間的距離在減小B．小球的運動軌跡是一段圓弧C．細線上的張力一直減小D．細線上的張力可能先變小后變大答案：BC解析：B受到的重力為mg，設A、B兩球的帶電荷量分別為q1、q2，兩球間的距離為r，A球與定滑輪的距離為h，定滑輪與B球的距離為d，在B球移動過程中任取一位置，對B球受力分析如圖所示，根據(jù)相似三角形知識可知，eq\f(mg,h)＝eq\f(F,d)＝eq\f(\f(kq1q2,r2),r)，解得r＝eq\r(3,\f(kq1q2h,mg))，由此可見，在小球B移動過程中，r不變，因此小球的運動軌跡是一段圓弧，選項A錯誤，B正確；又根據(jù)F＝eq\f(mgd,h)，由于d在減小，因此F在減小，選項C正確，D錯誤．11．(2021湖北名師聯(lián)盟月考)如圖所示，電荷量為q的正點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心．若圖中A點的電場強度為0，則帶電薄板在圖中B點產(chǎn)生的電場強度()A．大小為keq\f(q,d2)，方向水平向左B．大小為keq\f(q,d2)，方向水平向右C．大小為keq\f(q,9d2)，方向水平向左D．大小為keq\f(q,9d2)，方向水平向右答案：C解析：正點電荷在A點產(chǎn)生的電場強度的大小為EA＝keq\f(q,3d2)＝eq\f(kq,9d2)，方向水平向左，因A點場強為零，故薄板在A點的場強方向水平向右，大小為eq\f(kq,9d2)，由于A、B兩點關于薄板對稱，可知薄板在B點產(chǎn)生的電場強度大小為EB＝eq\f(kq,9d2)，方向水平向左，選項A、B、D錯誤，C正確．12．如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k.則()A．A、B間庫侖力大小為eq\f(\r(3),3)m2gB．細線OA的彈力大小為eq\f(2\r(3),3)m1gC．A、B間庫侖力大小為keq\f(q1q2,l2)D．A、B的質(zhì)量之比m1∶m2＝3∶2答案：B解析：以B球為研究對象，受力分析如圖1所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝eq\r(3)m2g，A錯誤；以A球為研究對象，受力分析如圖2所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m1gtan30°＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)彈A＝eq\f(m1g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)m1g，B正確；由幾何關系可知，A、B兩球之間的距離為2l，由庫侖定律知A、B兩球間庫侖力大小為F＝keq\f(q1q2,2l2)＝keq\f(q1q2,4l2)，C錯誤；由F＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)＝eq\r(3)m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯誤．13．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有方向水平向右的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于電場中的O點，小球靜止時細線與豎直方向成α＝30°的夾角(圖中未畫出)．現(xiàn)用外力將小球從靜止時的位置拉到與O點等高的M點，細線伸直，然后無初速度釋放，小球?qū)⑼ㄟ^O點正下方的P點．不計空氣阻力，小球運動過程中電荷量不變．求：(1)勻強電場場強的大??；(2)小球第一次經(jīng)過P點時，細線拉力大小．答案：(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2\r(3),3)))mg解析：(1)小球靜止時受重力、電場力和細線拉力而平衡，有qE＝mgtan30°解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q).(2)從M點無初速度釋放小球，小球以O點為圓心做圓周運動，設小球第一次經(jīng)過P點時速度為v，細線拉力為FT，則由動能定理得mgL－qEL＝eq\f(1,2)mv2根據(jù)牛頓第二定律得FT－mg＝meq\f(v2,L)聯(lián)立解得FT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2\r(3),3)))mg.第2講電場能的性質(zhì)知識點一電場力做功和電勢能1．電場力做功(1)特點：靜電力做功與________無關，只與________有關．(2)計算方法①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿________的距離．②WAB＝qUAB，適用于________．2．電勢能(1)定義：電荷在________中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到________位置時靜電力所做的功．(2)靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于____________，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.(3)電勢能具有相對性．答案：1.(1)實際路徑初末位置(2)①電場方向②任何電場2.(1)電場零勢能(2)電勢能的減少量知識點二電勢、等勢面、電勢差1．電勢(1)定義：電荷在電場中某一點的________與它的________的比值．(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q).(3)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因________的選取不同而不同．2．等勢面(1)定義：電場中________的各點構成的面．(2)特點①在等勢面上移動電荷，電場力不做功．②等勢面一定與電場線垂直，即與場強方向________．③電場線總是由電勢________的等勢面指向電勢________的等勢面．④等差等勢面的疏密表示電場的強弱(等差等勢面越密的地方，電場線越密)．直觀情景常見電場中的電場線與等勢面3.電勢差(1)定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB與移動的電荷的電量q的比值．(2)定義式：UAB＝________.(3)電勢差與電勢的關系：UAB＝________，UAB＝－UBA.答案：1.(1)電勢能電荷量(3)零電勢點2.(1)電勢相等(2)②垂直③高低3.(2)eq\f(WAB,q)(3)φA－φB知識點三勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．電勢差與電場強度的關系式：________，其中d為電場中兩點間____________的距離．2．電場強度的方向和大小與電勢差的關系：電場中，電場強度方向指向____________最快的方向．在勻強電場中，電場強度在數(shù)值上等于沿________方向每單位距離上降低的電勢．答案：1.U＝Ed沿場強方向2.電勢降低場強1．思維辨析(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點移到B點時靜電力所做的功．()(5)電場中電勢降低的方向，就是電場強度的方向．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×2.(2019北京卷)如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點在球面外，則()A．a(chǎn)點場強的大小比b點大B．b點場強的大小比c點小C．a(chǎn)點電勢比b點高D．b點電勢比c點低答案：D解析：A錯：由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)知，a、b兩點與－Q距離相等，場強大小相等．B錯：由E＝keq\f(Q,r2)知，離－Q越近，場強越大，故b點場強大小比c點大；或由負點電荷形成的電場的電場線形狀是“萬箭穿心”，離點電荷越近電場線越密，場強越大，得出b點的場強大小比c點大．C錯：點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面，離－Q距離相等的兩點的電勢相等．D對：沿電場線的方向是電勢降落最快的方向，得出離－Q越近，電勢越低．3.(多選)如圖所示，M、N為電場中兩個等勢面，GH直線是其中的一條電場線，則下列說法中正確的是()A．EG<EHB．正電荷置于G點時的電勢能大于置于H點時的電勢能C．φG<φHD．負電荷由H點移動到G點時電場力做正功答案：ABD解析：沿電場線方向電勢降低，C項錯誤；該電場類似于負點電荷電場，A項正確；把正電荷從G點移動到H點或把負電荷從H點移動到G點，電場力做正功，電勢能減少，B、D項正確．4．電荷量為q的電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，由此可推算出兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的電荷在電場中由A點移到B點，則()A．電場力做功仍為W B．電場力做功為eq\f(W,2)C．兩點間的電勢差仍為U D．兩點間的電勢差為eq\f(U,2)答案：C解析：在同一個電場中，兩點之間的電勢差不變，與放入的電荷量的大小無關，因此A、B間的電勢差仍為U，C正確，D錯誤．讓電荷量為2q的電荷在電場中由A點移到B點，電場力做功為2q×U＝2W，A、B錯誤．5.(多選)如圖所示，虛線為電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等．一個質(zhì)子在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，下列說法中正確的是()A．A點的電勢比B點的高B．A點的電勢比B點的低C．質(zhì)子在A點所受的電場力比B點的大D．質(zhì)子在A點所受的電場力比B點的小答案：BD解析：正電荷在電場中電勢高的位置，電勢能大，由于帶正電的質(zhì)子在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，則知A點的電勢比B點的低，故A錯誤，B正確；等差等勢面的疏密代表場強的大小，故B點的場強大于A點的場強，質(zhì)子在A點所受的電場力比B點的小，故C錯誤，D正確．考點電勢高低及電勢能大小的比較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續(xù)表判斷依據(jù)判斷方法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＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低2.電勢能大小的判斷判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減小電場力做負功，電勢能增加電荷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1．(2021重慶江北中學期末)如圖所示，點電荷＋2Q、－Q分別置于M、N兩點，O點為MN連線的中點，點a、b在MN連線上，點c、d在MN連線的中垂線上，均關于O點對稱．下列說法正確的是()A．c、d兩點的電場強度相同B．a(chǎn)、b兩點的電勢相同C．將電子沿直線從c移到d，電場力對電子先做負功再做正功D．將電子沿直線從a移到b，電子的電勢能一直增大答案：D解析：根據(jù)電場線關于MN對稱可知，c、d兩點的電場強度大小相等、方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；MN連線上的電場線方向由M→N，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，則知a點的電勢高于b點的電勢，故B錯誤；對兩個點電荷在中垂線上的場強進行疊加，在Oc段方向斜向右上方，在Od段方向斜向右下方，所以電子所受的電場力在Oc段斜向左下方，在Od段斜向左上方，電場力跟速度方向的夾角先是銳角后是鈍角，電場力對電子先做正功再做負功，故C錯誤；將電子沿直線從a移到b，電子受到的電場力與速度方向一直相反，電場力一直做負功，則電子的電勢能一直增大，故D正確．/高/分/技/法場強與電勢的區(qū)別場強和電勢盡管都是描述電場本身屬性的物理量，但它們又有本質(zhì)的區(qū)別，電勢是從能的角度描述電場，而場強是從力的角度描述電場．電場中某點電勢的高低具有相對性，與電勢零點的選取有關，但電場中某點的場強是確定的．電場強度與電勢無直接關系，場強為零的地方，電勢不一定為零．如圖所示．2．(2021安徽合肥模擬)(多選)如圖所示，兩個異種點電荷－Q1、＋Q2固定在一條直線上，虛線是以－Q1、＋Q2所在點為圓心的兩個圓，a、b是兩個圓的交點，c、d是兩個圓與直線的交點．下列說法正確的是()A．把質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子電勢能增加B．把電子從b點移到d點，電子電勢能減少C．a(chǎn)、b兩點電勢相等D．c、d兩點電勢相等答案：BC解析：把質(zhì)子從a點移到c點，＋Q2對其不做功，－Q1對其做正功，質(zhì)子的電勢能減少，A錯誤．把電子從b點移到d點，－Q1對其不做功，＋Q2對其做正功，電子的電勢能減少，B正確．－Q1在a、b兩點產(chǎn)生的電勢相等，＋Q2在a、b兩點產(chǎn)生的電勢也相等，所以疊加后a、b兩點電勢相等，C正確．兩電荷連線的電場線方向由正電荷指向負電荷，故c點的電勢低于d點的電勢，D錯誤．3．(多選)如圖所示，A、B、C是平行于紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q＝－1.0×10－5C的電荷由A移動到C，電場力做功W1＝4.0×10－5J，該電荷由C移動到B電場力做功W2＝－2.0×10－5J，若B點電勢為零，以下說法正確的是()A．A點電勢為2VB．A點電勢為－2VC．勻強電場的方向為由C指向AD．勻強電場的方向為垂直于AC指向B答案：BC解析：由WAB＝qUAB可知UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(4.0×10－5＋－2.0×10－5,－1.0×10－5)V＝－2V，又因為UAB＝φA－φB，所以φA＝－2V，故A錯誤，B正確；由WCB＝qUCB可知UCB＝eq\f(WCB,q)＝eq\f(－2×10－5,－1.0×10－5)V＝2V，又因為UCB＝φC－φB，所以φC＝2V，即AC中點的電勢為零，所以電場的方向由C指向A，故C正確，D錯誤．考點電場線、等勢面和帶電粒子軌跡問題1．常見等勢面比較電場等勢面(實線)圖樣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兩電荷連線的中垂面為等勢面等量同種正點電荷的電場在電荷連線上，中點電勢最低；在中垂線上，中點電勢最高2.電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡(1)電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的比較電場線運動軌跡①電場中并不存在，是為研究電場方便而人為引入的②曲線上各點的切線方向即該點的場強方向，同時也是正電荷在該點所受電場力的方向①粒子在電場中的運動軌跡是客觀存在的②軌跡上每一點的切線方向即粒子在該點的速度方向，但加速度的方向與速度的方向不一定相同(2)帶電粒子的運動軌跡與電場線重合的條件①電場線是直線．②帶電粒子受電場力作用，若受其他力，則其他力的合力為零或合力方向沿電場線所在直線．③帶電粒子初速度為零或初速度方向沿電場線所在的直線．1．(2018天津卷)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<φNC．φM<φN，EpM<EpN D．a(chǎn)M<aN，EpM<EpN答案：D解析：因為N點的電場線密，所以場強大，受到的電場力大，加速度大，即aM<aN.由虛線彎曲方向知，帶負電粒子受力指向運動軌跡的凹側(cè)，電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線密集一側(cè)，沿電場線方向電勢降低，即φM>φN.又由Ep＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpM<EpN.若帶負電粒子由M向N運動過程中電場力做負功，則動能減小，所以vM>vN.若帶負電粒子由N向M運動過程中電場力做正功，則動能增大，也可得vM>vN，故選D./高/分/技/法帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧1．判斷速度方向帶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)，且電場力方向一定與電場線或電場線的切線共線，再根據(jù)粒子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．判斷受力大小、加速度大小變化根據(jù)電場線分布疏密程度、等差等勢面分布疏密程度與場源電荷相對位置進行分析．2．(2021山西榆社聯(lián)考)(多選)如圖所示，虛線A、B、C、D是某勻強電場中的4個平行且等距的等勢面，其中等勢面C的電勢為0，一電子僅在靜電力的作用下運動，經(jīng)過A、D等勢面時的動能分別為26eV和5eV，則下列說法正確的是()A．等勢面D的電勢為－7VB．等勢面B的電勢為4VC．該電子不可能到達電勢為－10V的等勢面D．該電子運動到某一位置，其電勢能變?yōu)?eV時，它的動能為4eV答案：AD解析：因電子僅在靜電力的作用下運動，經(jīng)過A、D等勢面的動能分別為26eV和5eV，根據(jù)動能定理有－e(φA－φD)＝－21eV，即φA－φD＝21V，又φC＝0，可得φD＝－7V，選項A正確；因勻強電場中2φC＝φB＋φD，等勢面B的電勢為7V，選項B錯誤；因只有靜電力做功，動能和電勢能之和保持不變，當電子的速度為零時，由能量守恒可得－eφD＋5eV＝－eφ，解得φ＝－12V，選項C錯誤；同理，由能量守恒可得－eφD＋5eV＝8eV＋Ek，Ek＝4eV，選項D正確．3．(多選)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關于帶電粒子的判斷正確的是()A．帶正電B．速度先變大后變小C．電勢能先變大后變小D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同答案：CD解析：由等勢面的分布特點可知，形成電場的正電荷在上方，負電荷在下方，又由軌跡的偏轉(zhuǎn)情況可確定，運動的粒子帶負電，故A項錯誤．靜電力先做負功后做正功，動能先變小后變大，速度先變小后變大，電勢能先變大后變小，故B項錯誤，C項正確．由于b、d兩點在同一等勢面上，則粒子在這兩點的電勢能相等，動能相等，速度大小相等，故D項正確．考點電勢差與電場強度的關系1．公式E＝eq\f(U,d)的三點注意(1)只適用于勻強電場．(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離．(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向．2．由E＝eq\f(U,d)可推出的兩個重要推論推論1：勻強電場中的任一線段AB的中心C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖甲所示．推論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．1.(2018全國卷Ⅱ)(多選)如圖所示，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．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eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為eq\f(W2,qL)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：A錯：結(jié)合題意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但電場方向不能得出．B對：由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，則UMN＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2).C錯：電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝eq\f(W2,qL)，但本題中電場方向未知．D對：若W1＝W2，則ac與bd一定相互平行，可知UaM＝UbN./高/分/技/法E＝eq\f(U,d)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，即電場強度越大，等差等勢面越密．2．定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系：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．2.(2021華師一附中模擬)空間有一勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系O-xyz，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標為(0，a,0)，N點的坐標為(a,0,0)，P點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(a,2))).已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為1V，則P點的電勢為()A.eq\f(\r(2),2)VB.eq\f(\r(3),2)VC.eq\f(1,2)VD.eq\f(3,4)V答案：D解析：將立體圖中的P點投影在xOy平面，作出M、N、P三點在xOy平面的相對位置如圖所示，M點電勢為0，N點電勢為1V，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，該勻強電場的電場線方向如圖所示，O1為MN連線的中點，O2為O1N的中點，由幾何知識知AP′垂直于電場線，故P′、O2、A三點的電勢相等，φO2＝φP′＝eq\f(3,4)UNM＝eq\f(3,4)V，故D項正確．3．(多選)如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是()答案：BC解析：勻強電場中將任一線段等分，則電勢差等分．把AB等分為三段，AB間電壓為3V，則每等分電壓為1V，H點電勢為4V，F(xiàn)點電勢為3V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2V，則G點電勢為4V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確．考點電場中的功能關系1．求電場力做功的幾種方法(1)由公式W＝Flcosθ計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為W＝Eqlcosθ.(2)由WAB＝qUAB計算，此公式適用于任何電場．(3)由電勢能的變化計算：WAB＝EpA－EpB.(4)由動能定理計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk.2．電場中的功能關系(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化．(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化．1.(2019江蘇卷)(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W.再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W答案：ABD解析：A對：根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，根據(jù)電勢的定義知C點電勢φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q).B對：在A點的點電荷產(chǎn)生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，Q1從C移到B的過程中，電場力做功為0.C錯，D對：單獨在A點固定電荷量為＋q的點電荷時，C點電勢為φ，單獨在B點固定點電荷Q1時，C點電勢也為φ，兩點電荷都存在時，C點電勢為2φ，Q2從無窮遠移到C點時，具有的電勢能E′p＝－2q×2φ＝－4W，電場力做功W′＝－E′p＝4W./高/分/技/法處理電場中能量問題的基本方法在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關系．1．應用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)．2．應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．應用功能關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關系．4．有電場力做功的過程機械能一般不守恒，但機械能與電勢能的總和可以不變．2.如圖所示，MN是一負點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶正電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是()A．帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B．負點電荷一定位于M點左側(cè)C．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度D．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能答案：D解析：由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場力方向大致向右，對帶電粒子做正功，其動能增加，故A錯誤．帶正電的粒子所受電場力向右，電場線方向由M指向N，說明負點電荷在直線N點右側(cè)，故B錯誤．a(chǎn)點離負點電荷較遠，a點的電場強度小于b點的電場強度，帶電粒子在a點所受的電場力小于在b點所受的電場力，根據(jù)牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故C錯誤．電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，則帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確．3.(2019天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2答案：B解析：A錯：動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2.B對，D錯：重力和電場力做功，機械能增加量等于電勢能減少量．帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能減少量等于電場力做的功ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2.C錯：在豎直方向做勻減速到零的運動，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2.限時跟蹤檢測(三十一)電場能的性質(zhì)[基礎訓練]1.(2021北京模擬)如圖所示，真空中靜止點電荷產(chǎn)生的電場中，A、B為同一條電場線上的兩點．取無窮遠處為電勢能零點，電荷量為＋q的檢驗電荷，在A點的電勢能為EpA，在B點的電勢能為EpB，則A、B兩點間的電勢差UAB等于()A.eq\f(q,EpA＋EpB) B.eq\f(EpA＋EpB,q)C.eq\f(q,EpA－EpB) D.eq\f(EpA－EpB,q)答案：D解析：A與B兩點間的電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)，從A到B電場力做的功等于電勢能的減少量，則有WAB＝EpA－EpB，聯(lián)立解得UAB＝eq\f(EpA－EpB,q)，選項D正確．2.(2021河北唐山期末)空間存在平行于紙面方向的勻強電場，紙面內(nèi)ABC三點形成一個邊長為1cm的等邊三角形，將電子由A移動到B點，電場力做功2eV，再將電子由B移動到C點，克服電場力做功1eV.勻強電場的電場強度大小為()A．100V/m B.eq\f(200\r(3),3)V/mC．200V/m D．200eq\r(3)V/m答案：C解析：根據(jù)題述電子由A移動到B點，電場力做功2eV，可知A、B之間的電勢差為－2V，根據(jù)電子由B移動到C點，克服電場力做功1eV，可知B、C之間的電勢差為1V，由此可知AB的中點與C點等電勢，電場線平行于AB，方向由B指向A，由E＝eq\f(U,d)可得E＝200V/m，選項C正確．3．(2021山東濟南期末)真空中某靜電場電場線的分布如圖所示，P、Q兩點在水平方向上關于點電荷q1對稱．P、Q兩點電場強度的大小分別為EP、EQ，電勢分別為φP、φQ.一個帶電粒子僅在電場力作用下沿虛線軌跡從M運動至N.以下說法正確的是()A．φP<φQB．EQ>EPC．此帶電粒子帶負電，它的電勢能先變大后變小D．此帶電粒子帶正電，它的電勢能先變大后變小答案：C解析：單獨考慮q1存在時，P、Q等電勢，單獨考慮q2存在時，P、Q在同一條電場線上，根據(jù)沿電場線的方向電勢降低，可知φP>φQ，由電勢疊加原理可知選項A錯誤；根據(jù)電場線的疏密比較電場強度的大小，可知P點處電場線密，電場強度大，EP>EQ，選項B錯誤；根據(jù)電場線的特點，可知此電場是由不等量的異種電荷產(chǎn)生的，其中q1帶負電，q2帶正電，粒子從M點運動到N點，軌跡向左彎曲，受力向左，又電場方向向右，所以此帶電粒子帶負電，沿虛線從M到N，電勢先降低后升高，所以負電荷的電勢能先變大后變小，選項C正確，D錯誤．4．(2021河南鄭州二模)如圖所示為某電場的電場線和等勢面分布圖，其中實線為電場線，虛線為等勢面，a、b、c為電場中的三個點．下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．a(chǎn)點的電場強度小于b點的電場強度C．電子從a點移到c點，電勢能增大D．將電子從a點移到c點，再從c點移到b點，電場力做功的代數(shù)和為零答案：D解析：根據(jù)同一等勢面上電勢相等可知，a點的電勢等于b點的電勢，選項A錯誤；根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小可知a點的電場強度大于b點的電場強度，選項B錯誤；電子從a點移到c點，電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；電場力做功與路徑無關，只與兩點之間的電勢差有關，將電子從a點移到c點，再從c點移到b點，因為a、b兩點處于同一等勢面上，所以電場力做功的代數(shù)和為零，選項D正確．5．(2021江蘇揚州期末)(多選)如圖所示，A、B兩點在等量正點電荷連線的中垂線上，且到中點O距離相等，將一電荷量為－q的點電荷Q從A點移到無窮遠處(電勢為零)，此過程中電場力做功為W，下列說法正確的有()A．Q在A點電勢能為WB．A點電勢為－eq\f(W,q)C．將Q從A點移到B點，電場力做功為零D．將Q從A點沿直線移到B點，所受電場力先變大后變小答案：ABC解析：無窮遠處電勢為零，電勢能為零，將點電荷Q從A點移到無窮遠處，此過程中電場力做功為W，又Q帶負電，故電勢能增加－W，所以Q在A點電勢能為W，選項A正確；電勢等于點電荷在該位置的電勢能除以點電荷的電荷量，即φ＝－eq\f(W,q)，選項B正確；根據(jù)對稱性，A、B兩點電勢相等，所以將Q從A點移到B點，電場力做功為零，選項C正確；等量同種點電荷連線上中點場強為零，又無窮遠處場強為零，所以將Q從A點沿直線移到B點，所受電場力可能先變小后變大，也可能先增大再減小再增大再減小，選項D錯誤．6.(2021河北保定調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量均為m的帶電小球A、B用長為L的絕緣輕桿連接，A所帶的電荷量為＋q，B所帶的電荷量為－q，A用絕緣輕彈簧、B用絕緣輕繩分別懸掛在水平天花板上．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，兩懸點C、D間的距離也為L，整個空間存在豎直向上的勻強電場，場強E＝eq\f(3mg,q)，靜止時輕桿處于水平位置．今剪斷輕繩，由于空氣阻力，經(jīng)相當長的時間后，兩球再次處于靜止狀態(tài)．求：(1)兩次平衡時彈簧的形變量分別為多少？(2)整個過程中空氣阻力做的功．答案：(1)eq\f(2mg,k)eq\f(2mg,k)(2)－4mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(