2025年高考物理復習之小題狂練600題（選擇題）：靜電場（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習之小題狂練600題（選擇題）：靜電場（10題）一．選擇題（共10小題）1．（2024?江蘇）在靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系，請問a、b兩點的場強大小關系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb2．（2024?廣西）如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環(huán)從靠近N點處靜止釋放，小圓環(huán)先后經(jīng)過圖上P1點和P2點，已知sinθ=35，則小圓環(huán)從P1點運動到PA．靜電力做正功 B．靜電力做負功 C．靜電力先做正功再做負功 D．靜電力先做負功再做正功3．（2024?鹽城三模）如圖所示，虛線a、b、c為電場中的三條等差等勢線，實線為一帶電的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知（）A．帶電粒子在P點時的加速度小于在Q點時的加速度 B．P點的電勢一定高于Q點的電勢 C．帶電粒子在R點時的電勢能大于Q點時的電勢能 D．帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能4．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質(zhì)量為m的帶正電的小環(huán)，電荷量為q，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環(huán)以向右的速度v0經(jīng)過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環(huán)從M點運動到N點的過程中（）A．小環(huán)加速度最大值為qφB．小環(huán)經(jīng)過Q點時的速度最大 C．小環(huán)經(jīng)過N點時的速度大小為v0D．小環(huán)在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等5．（2024?浙江二模）如圖所示，電子在電場中從a點運動到b點，實線為電場線，虛線為電子的運動軌跡，請判斷下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的電勢低于b點的電勢 B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度 C．電子在a點的速度大于在b點的速度 D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能6．（2024?蘇州校級二模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中一族等勢線，相鄰等勢線之間的電勢差相等，實線為一帶電質(zhì)點（重力不計）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三條等勢線中，a的電勢最高 B．電場中Q點處的電場強度大小比P點處大 C．該帶電質(zhì)點在P點的速率比在Q點處大 D．該帶電質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大7．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角，極板的長度為L，A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能從A板左端沿圖中所示水平直線向右通過電容器，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球帶負電 B．在此過程中小球的電勢能減小 C．AB板之間電勢差UAB=-D．若小球離開電場時速度剛好為0，則運動時間為2L8．（2024?昌平區(qū)二模）如圖所示，在水平向右且場強大小為E的勻強電場中，兩個半徑相同、質(zhì)量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直線與電場線平行。A帶電量為q（q＞0），B不帶電，A、B之間的距離為L。t＝0時刻開始，A在電場力的作用下開始沿直線運動，并與B發(fā)生彈性碰撞。碰撞過程中A、B之間沒有電量轉移，僅碰撞時才考慮A、B之間的相互作用。下列說法正確的是（）A．兩球第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的時間間隔為2mLqEB．兩球第n次碰撞到發(fā)生第n+1次碰撞的時間間隔為2n2mLC．兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為2mLqED．兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為29．（2024?長沙模擬）如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（）A．kQcosθh2 BC．kQsinθh2 10．（2024?南開區(qū)二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有當該鍵的電容改變量大于或等于原電容的40%時，傳感器才有感應，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小 B．按鍵的過程中，電容器的電量減小 C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向b D．欲使傳感器有感應，按鍵需至少按下2

2025年高考物理復習之小題狂練600題（選擇題）：靜電場（10題）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?江蘇）在靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系，請問a、b兩點的場強大小關系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb【考點】電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定性思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場力的計算公式分析出圖像的物理意義，結合斜率的大小完成分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電場力的計算公式F＝qE可知，F(xiàn)﹣q圖像的斜率分別表示ab兩點的場強大小，因為圖線a的斜率大于圖線b的斜率，則Ea＞Eb，根據(jù)題意無法得知場強的倍數(shù)關系，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題主要考查了電場力的相關應用，解題的關鍵點是理解圖像的物理意義，難度不大。2．（2024?廣西）如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環(huán)從靠近N點處靜止釋放，小圓環(huán)先后經(jīng)過圖上P1點和P2點，已知sinθ=35，則小圓環(huán)從P1點運動到PA．靜電力做正功 B．靜電力做負功 C．靜電力先做正功再做負功 D．靜電力先做負功再做正功【考點】電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】A【分析】本題根據(jù)幾何關系，結合電勢能表達式分析求解?！窘獯稹拷猓涸O在小圓環(huán)在P1、P2間的任意一點P，PM與MN的夾角為α，根據(jù)幾何關系可得37°≤α≤53°帶負電的小圓環(huán)在兩個負點電荷電場中的電勢能EP=根據(jù)數(shù)學知識可知在37°≤α≤53°范圍內(nèi)，隨著α的增大，小圓環(huán)的電勢能一直減小，所以靜電力做正功。故BCD錯誤，A正確。故選：A?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場中運動，理解電場力做正功電勢能減小，電場力做負功電勢能增加是解決此類問題的關鍵。3．（2024?鹽城三模）如圖所示，虛線a、b、c為電場中的三條等差等勢線，實線為一帶電的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知（）A．帶電粒子在P點時的加速度小于在Q點時的加速度 B．P點的電勢一定高于Q點的電勢 C．帶電粒子在R點時的電勢能大于Q點時的電勢能 D．帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】等差等勢線密集程度代表場強大小，然后結合牛頓第二定律判斷加速度；由于電場線方向未知，根據(jù)題意無法判斷電勢高低；電場力做正功，粒子動能增大，電勢能減小?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，R點附近的等差等勢線比Q點附近的等差等勢線密集，所以R點處的電場強度大，則帶電粒子在R點受到的電場力大于在Q點時受到的電場力，結合牛頓第二定律可知帶電粒子在R點時的加速度大于在Q點時的加速度，故A錯誤；B、根據(jù)題給條件無法判斷P、Q兩點的電勢高低，故B錯誤；CD、粒子所受電場力一定指向軌跡的凹側，可知粒子受到的電場力的方向大致向下，若粒子由P向Q運動，則電場力與粒子速度方向夾角始終小于90°，電場力對粒子做正功，粒子動能增大，電勢能減小，因此帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大，在P點時的動能小于在Q點時的動能，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵掌握電勢高低的判斷方法，注意電場線密集程度代表場強大小。4．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質(zhì)量為m的帶正電的小環(huán)，電荷量為q，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環(huán)以向右的速度v0經(jīng)過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環(huán)從M點運動到N點的過程中（）A．小環(huán)加速度最大值為qφB．小環(huán)經(jīng)過Q點時的速度最大 C．小環(huán)經(jīng)過N點時的速度大小為v0D．小環(huán)在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】C【分析】A．根據(jù)勻強電場的電場強度與電勢差關系可以求解場強大小，進一步對小環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可以判斷小環(huán)加速度最大；B．根據(jù)運動過程受力以及牛頓第二定律可以判斷小環(huán)經(jīng)過Q點時的速度是否最大；CD．小環(huán)從M到N的過程中，根據(jù)動能定理可以求解出小環(huán)經(jīng)過N點時的速度，進而判斷正誤?！窘獯稹拷猓篈．勻強電場的場強大小為E=U解得E=φ當小環(huán)剛越過Q點右側時，彈簧的彈力的水平分力和電場力都向右，所以合加速度必定大于qφ0mLB．小環(huán)在M、N之間運動的過程中，在Q點的加速度向右，不是速度最大的位置，故B錯誤；CD．小環(huán)從M到N的過程中，根據(jù)動能定理得2qφ解得vN小環(huán)從M到N的過程中，電場力做功，小環(huán)在M、N兩點動能不相等，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】掌握好能量變化的關系，弄清楚能量的去向是解答本題的關鍵，在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，則彈性勢能相等。5．（2024?浙江二模）如圖所示，電子在電場中從a點運動到b點，實線為電場線，虛線為電子的運動軌跡，請判斷下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的電勢低于b點的電勢 B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度 C．電子在a點的速度大于在b點的速度 D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義；牛頓第二定律的簡單應用；電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征．【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低，來判斷電勢高低。根據(jù)電場線的疏密程度表示場強的大小，來分析場強大小，由牛頓第二定律分析加速度大小。根據(jù)電場力做功正負分析電勢能和動能的變化。【解答】解：A、根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低，可知a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；B、電場線的疏密程度表示場強的大小，因b點處電場線較密，故b點處場強較大，由a=qEm可知電子在b點的加速度更大，故C、電子在電場中做曲線運動，受到的電場力沿電場線向左，則電子從a點運動到b點過程中電場力方向與速度方向成鈍角，則電場力做負功，動能減小，可知電子在a點的速度大于在b點的速度，故C正確；D、電場力做負功，電子的電勢能增大，則電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題是電場中粒子的軌跡問題，關鍵要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子受到的電場力方向，再分析電場力做功情況，判斷電勢能和動能的變化情況。6．（2024?蘇州校級二模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中一族等勢線，相鄰等勢線之間的電勢差相等，實線為一帶電質(zhì)點（重力不計）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三條等勢線中，a的電勢最高 B．電場中Q點處的電場強度大小比P點處大 C．該帶電質(zhì)點在P點的速率比在Q點處大 D．該帶電質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；等勢面及其與電場線的關系；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)做曲線運動的物體的受力特點，可以判斷帶電質(zhì)點的受力方向，但因為不知道粒子的電性，所以無法判斷電場線的方向，則電勢的高低無法判斷；等勢線的疏密程度表示場強的大??；根據(jù)帶電質(zhì)點的受力方向與速度的夾角可以判斷電場力做功的正負，進而根據(jù)動能定理可以判斷出帶電質(zhì)點的速度大小變化；電場力做負功，電勢能增加?！窘獯稹拷猓篈、過P點做等勢線a的垂線，做曲線運動的物體受力指向軌跡凹側，但不知道帶電質(zhì)點的電性，所以無法判斷電場強度的方向，也就無法判斷這三條等勢線電勢的高低，故A錯誤；B、等勢線的疏密程度也可以表示場強的大小，等勢線密集的地方電勢變化比較快，電場強度大，所以P點的場強大于Q點的場強，故B錯誤；CD、根據(jù)帶電質(zhì)點的運動軌跡可知，帶電質(zhì)點在從P到Q的過程中，帶電質(zhì)點受電場力方向與速度方向的夾角大于90°，所以電場力做負功，則電勢能增加，所以帶電質(zhì)點在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，根據(jù)能量守恒定律可知P點的動能大于Q點的動能，所以帶電質(zhì)點在P點的速率比在Q點處大，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】根據(jù)做曲線運動的物體的受力特點可以判斷出質(zhì)點的受力方向，進而根據(jù)速度與力的夾角可以判斷電場力做功的情況。等勢線的疏密程度也可以描述出場強的大小，等勢線密集的地方場強大。7．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角，極板的長度為L，A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能從A板左端沿圖中所示水平直線向右通過電容器，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球帶負電 B．在此過程中小球的電勢能減小 C．AB板之間電勢差UAB=-D．若小球離開電場時速度剛好為0，則運動時間為2L【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電勢差的概念、單位和物理意義．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，可判斷粒子的電性；根據(jù)豎直方向上，電場力與重力的關系求出場強，進而求電勢差；在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式求解運動時間；根據(jù)電場力做功情況判斷小球的電勢能變化情況?！窘獯稹拷猓篈CD、分析可知，小球受豎直向下的重力，以及垂直于電容器極板的電場力，而要小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則小球所受電場力必然垂直電容器極板斜向左上方，小球的受力分析如圖所示帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與電場場強的方向相同，則該小球帶正電；在豎直方向上，根據(jù)平衡條件得qE?cosθ＝mg，解得：E=AB板之間電勢差UAB＝﹣UBA＝﹣ELtanθ=-在水平方向上，由牛頓第二定律有mgtanθ＝ma由勻減速直線運動的規(guī)律與逆向思維可得：Lcosθ=12at2B、此過程中電場力對小球做負功，小球的電勢能增大，故B錯誤；故選：C。【點評】本題考查粒子在復合場中的運動，關鍵是明確直線運動的條件是合力為零或者合力方向與速度方向在同一條直線上，基礎題目。8．（2024?昌平區(qū)二模）如圖所示，在水平向右且場強大小為E的勻強電場中，兩個半徑相同、質(zhì)量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直線與電場線平行。A帶電量為q（q＞0），B不帶電，A、B之間的距離為L。t＝0時刻開始，A在電場力的作用下開始沿直線運動，并與B發(fā)生彈性碰撞。碰撞過程中A、B之間沒有電量轉移，僅碰撞時才考慮A、B之間的相互作用。下列說法正確的是（）A．兩球第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的時間間隔為2mLqEB．兩球第n次碰撞到發(fā)生第n+1次碰撞的時間間隔為2n2mLC．兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為2mLqED．兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為2【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)動能定理解得A、B第一次碰撞前瞬間A的速度，A、B第一次發(fā)生彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律解得A、B第一次碰撞后瞬間A、B的速度分別，根據(jù)兩球第一次碰撞到第二次碰撞的過程中兩者的位移相等，解得兩球第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔；同理求解A、B第二次碰撞前后的速度，以及兩球第二次碰撞到第三次碰撞的時間間隔，歸納總結A、B運動規(guī)律，解得兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔?！窘獯稹拷猓篈、對A、B第一次碰撞前A的運動過程，根據(jù)動能定理得：qEL=解得A、B第一次碰撞前瞬間A的速度為：v=A、B第一次發(fā)生彈性碰撞過程，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：mv＝mvA1′+mvB1′；1解得A、B第一次碰撞后瞬間A、B的速度分別為：vA1′＝0，vB1兩球第一次碰撞到第二次碰撞的過程，由兩者的位移相等得：1解得兩球第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為：t1=22mLBCD、第二次碰撞前瞬間A、B的速度分別為：vA2=qEmt1=22qELA、B第二次碰撞時，由質(zhì)量相等，速度交換可得第二次碰撞后瞬間A、B的速度分別為：vA2'＝v，vB2'＝2v同理由兩者的位移相等得：v解得兩球第二次碰撞到第三次碰撞的時間間隔為：t第三次碰撞前瞬間A的速度分別為：vA3=vA2'+qEmt2A、B第三次碰撞時，由質(zhì)量相等，速度交換可得第三次碰撞后瞬間A、B的速度分別為：vA3'＝2v，vB3'＝3v由此推理可得兩小球第n+1次碰撞前速度與第n次碰撞后速度的關系為：vA（n+1）＝vAn'+2v＝vAn+vvB（n+1）＝vBn'＝vAn兩小球每次碰撞后交換速度，則有：vBn′＝vAn，vAn′＝vBn兩球連續(xù)兩次碰撞（第n次碰撞到第n+1次碰撞）的過程滿足：v解得兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔為：Δt=22mLqE，故BC錯誤，故選：D。【點評】本題考查了在帶電體電場中的連續(xù)碰撞的問題，考查了彈性碰撞滿足的物理原理，牛頓第二定律和動能定理的應用。掌握彈性碰撞模型的結果經(jīng)驗公式。9．（2024?長沙模擬）如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（）A．kQcosθh2 BC．kQsinθh2 【考點】用特殊的方法求解電場強度．【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】采用微元法求解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），求出每份的電荷量，根據(jù)點電荷電場強度的計算公式結合矢量的合成方法進行求解?！窘獯稹拷猓簩A環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點的電場強度大小為：E0=根據(jù)對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsin3θh故選：D?！军c評】本題主要是考查電場強度的疊加，解答本題要知道電場強度是一個矢量，滿足矢量的平行四邊形法則，掌握微元法的應用方法。10．（2024?南開區(qū)二模）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有當該鍵的電容改變量大于或等于原電容的40%時，傳感器才有感應，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小 B．按鍵的過程中，電容器的電量減小 C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向b D．欲使傳感器有感應，按鍵需至少按下2【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd判斷電容的變化，電容器與電源連接，電壓不變，根據(jù)Q【解答】解、ABC、按鍵的過程中，板間距離減小，根據(jù)C=?由C=QU，可知按鍵的過程中，電壓保持不變，電容器電荷量增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b流向a，故D、欲使傳感器有感應，設按鍵需至少按下Δd，則有C'=由題意有：C′﹣C＝0.4C聯(lián)立可得：Δd=27d故選：D?！军c評】本題是電容器分析問題，關鍵要掌握電容的決定式C=?rS4πkd

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。2．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應用、有電場存在的綜合應用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v。設A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】1．應用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關鍵．3．綜合應用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而只關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．3．用特殊的方法求解電場強度【知識點的認識】1．電場強度的計算方法（1）一般方法：中學階段求場強一般有下列三種方法：①E=Fq是電場強度的定義式，適用于任何電場，電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷無關，試探電荷②E＝kQr2是真空中點電荷所形成電場的計算式，E由場源電荷Q和某點到場源電荷的距離③E=Ud是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意式中的場強是矢量，所以場強的合成遵守矢量合成的平行四邊形定則。（2）特殊方法①補償法：求解電場強度，常用的方法是根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型。如果這個模型是一個完整的標準模型，則容易解決。但有時由題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型，比如說是模型A，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題。②極值法：物理學中的極值問題可分為物理型和數(shù)學型兩類。物理型主要依據(jù)物理概念、定理、定律求解。數(shù)學型則是根據(jù)物理規(guī)律列出方程后，依據(jù)數(shù)學中求極值的知識求解。③微元法：微元法就是將研究對象分割成許多微小的單位，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，從A事實出發(fā)，用另外的B事實來代替，必要時再由B到C…直至實現(xiàn)所給問題的條件，從而建立與之相對應的聯(lián)系，得以用有關規(guī)律解之。如以模型替代實物，以合力（合運動）替代兩個分力（分運動）。⑤對稱法：對稱法是利用帶電體（如球體、薄板等）產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的方法?！久}方向】1.拆分法一段均勻帶電的半圓形細線在其圓心O處產(chǎn)生的場強為E，把細線分成等長的三段圓弧，則圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場強大小和方向為（）A、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：電場強度是矢量，根據(jù)題意應用平行四邊形定則求出圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場強。解答：如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段。設每段在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為E′。AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場強夾角為120°，它們的合場強大小為E′則O點的合場強：E＝2E′，則：E′=故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場強為E2，方向水平向右，故A正確，BCD故選：A。點評：本題要注意電場強度是矢量，應根據(jù)平行四邊形定則進行合成，掌握電場的疊加原理即可正確解題。2.對稱法電荷量為+Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關于O對稱，若A點的電場強度為0，則（）A、圓形薄板所帶電荷量為+QB、圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQRC、B點的電場強度大小為kQRD、B點的電場強度大小為10kQ9分析：A、B兩點電場是點電荷Q與圓形薄板上的電荷產(chǎn)生的電場合電場，A點電場為零，說明點電荷Q與圓形薄板在A點產(chǎn)生的電場等大反向；根據(jù)對稱性求出薄板在B點產(chǎn)生的電場，B點的電場是點電荷與薄板產(chǎn)生的電場的合電場；根據(jù)點電荷的場強公式與電場的疊加原理分析答題。解答：AB、點電荷在A點產(chǎn)生的場強為E＝kQR2，方向水平向右，A點的電場強度為零，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQR2，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應為Q，而實際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點的距離與點電荷+Q距離O點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據(jù)點電荷在某點處產(chǎn)生的場強公式E0=kqr2CD、B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產(chǎn)生的電場強度為EB′＝kQR2，方向水平向右，而點電荷在B點產(chǎn)生的場強為EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，則B點得電場強度為EB＝EB故選：BD。點評：解決本題的關鍵是明確真空中靜止的點電荷場強公式及合場強為零的含義，根據(jù)薄板產(chǎn)生場強的特點，由幾何對稱性分析求解。熟記點電荷場強公式，理解合場強為零的含義，熟練運用電場強度矢量疊加原理。3.微元法如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（）kQcosθ分析：采用微元法求解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），求出每份的電荷量，根據(jù)點電荷電場強度的計算公式結合矢量的合成方法進行求解。解答：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點的電場強度大小為：E0=根據(jù)對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsin3θh故選：D。點評：本題主要是考查電場強度的疊加，解答本題要知道電場強度是一個矢量，滿足矢量的平行四邊形法則，掌握微元法的應用方法。【解題思路點撥】電場強度的求法（1）合成法：電場強度是矢量，合成時遵循矢量運算法則（平行四邊形定則或三角形定則）；對于同一直線上電場強度的合成，可先規(guī)定正方向，進而把矢量運算轉化成代數(shù)運算。（2）對稱法：對稱法實際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法分析和解決問題可以避免復雜的數(shù)學演算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，有出奇制勝之效。（3）微元法：徽元法就是將研究對象分割成若干微小的單元，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。4．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據(jù)電場強度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝5．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變?。軆牲c電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道電場線的性質(zhì)，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關系：根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯(lián)系起來進行考查，解答這類問題應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；（2）根據(jù)力和運動的關系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；（3）根據(jù)電場力與場強的關系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．6．電場力做功與電勢能變化的關系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關系：①靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減??；電場力做負功時電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。7．電勢的定義、單位和物理意義【知識點的認識】1.定義：電荷在某一點的電勢能與它的電荷量之比。2.公式：φ=3.單位：伏特，簡稱伏，符號為V，1V＝1J/C。4.物理意義：描述電場的能的性質(zhì)物理量。5.特點：（1）電勢是電場自身的性質(zhì)，與試探電荷本身無關。（2）相對性：電場中各點電勢的高低，與所選取的零電勢點的位置有關，一般情況下取離場源電荷無限遠處或大地的電勢為0.（3）標矢性：標量，有正負，正負表示大小。6.拓展：（1）對于點電荷或均勻帶電球體（球殼），周圍的電勢滿足φ＝kQ（2）因為電勢是標量，正負代表大小，同樣以無限遠處為零電勢點的情況下，正電荷周圍的電勢為正，負電荷周圍的電勢為負，且越靠近正電荷，電勢越正（大），越靠近負電荷，電勢越負（?。??！久}方向】在靜電場中，關于場強和電勢的說法正確的是（）A、電勢高的地方電場強度不一定大B、電場強度大的地方電勢一定高C、電勢為零的地方場強也一定為零D、場強為零的地方電勢也一定為零分析：場強與電勢沒有直接關系．場強越大的地方電勢不一定越高，場強為零的地方電勢不一定為零．電勢為零是人為選取的．解答：AB、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，電場線密的地方，電場強度大，電場線疏的地方電場強度小。電勢高的地方電場強度不一定大，電場強度大的地方，電勢不一定高。故A正確，B錯誤。C、電勢為零是人為選取的，則電勢為零的地方場強可以不為零。故C錯誤。D、場強為零的地方電勢不一定為零，電勢為零是人為選取的。故D錯誤。故選：A。點評：對于電勢與場強的大小關系：兩者沒有關系，可根據(jù)電勢高低看電場線的方向，場強大小看電場線疏密來理解．【解題思路點撥】1.電場中某點的電勢是相對的，它的大小和零電勢點的選取有關。在物理學中，常取離場源電荷無限遠處的電勢為0，在實際應用中常取大地的電勢為0。2.電勢是表征電場性質(zhì)的一個物理量，電場中某點的電勢p的大小是由電場本身和零電勢點的選取決定的，與在該點是否放有試探電荷、試探電荷的電性、試探電荷的電荷量均無關，這和許多用比值定義的物理量相同，如前面學過的電場強度E=F3.電勢雖然有正負，但電勢是標量。電勢為正值表示該點電勢高于零電勢點，電勢為負值表示該點電勢低于零電勢點，正負號不表示方向。8．電勢差的概念、單位和物理意義【知識點的認識】1.定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。2.表達式：設電場中A點的電視為φA，B點的電勢為φB，則AB電點之間的電勢差可以表示為UAB＝φA﹣φBBA兩點之間的電勢差為UBA＝φB﹣φA所以UAB＝﹣UBA3.電勢差的單位伏特，符號：V4.電勢差的正負電勢差是標量，但有正、負。電勢差的正、負表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。5.特點：電場中兩點之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點的選取無關6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領大小的物理量【命題方向】關于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（）A、UAB表示B點相對A點的電勢差，即UAB＝φB﹣φAB、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBAC、φA、φB都可能有正負，所以電勢是矢量D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢是標量，通常選大地或無窮遠作為零電勢．解答：A、UAB表示A點相對B點的電勢差，即UAB＝φA﹣φB，A錯誤；B、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBA，B正確；C、電勢雖有正負之分，但電勢是標量，C錯誤；D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢，D正確；故選：BD。點評：記憶電勢的有關知識時，可以把它類比為高度去理解，電勢差對應高度差，某點的電勢對應某點的高度．【解題思路點撥】根據(jù)電勢差的定義可知，電勢差的正負代表兩點之間電勢的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。9．等勢面及其與電場線的關系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質(zhì)而假想的面。2.等勢面的應用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。10．勻強電場中電勢差與電場強度的關系【知識點的認識】一、電勢差與電場強度的關系式1．關系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強電場中才有這個關系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關系：場強的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現(xiàn)在舉例來說明公式E=Ud在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質(zhì)描述了電場的力的性質(zhì)大小數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數(shù)值上等于單位電荷受到的力方向標量，無方向規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯(lián)系在勻強電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強電場使小球由A點運動到