2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包14套）.zip

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(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向。(×) ◎物理學(xué)史判斷 (1)法國物理學(xué)家牛頓利用扭秤實驗發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律——庫侖定律。(×) (2)英國物理學(xué)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)美國物理學(xué)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。(√) 1．在應(yīng)用庫侖定律時，應(yīng)注意定律的適用條件，若帶電物體不能看成點電荷，則不適用此公式。 2．注意電場強度三個表達式的適用條件，E＝適用于一切電場，E＝k適用于真空中的點電荷，E＝適用于勻強電場。 3．在研究帶電粒子的運動軌跡時，不要誤認為運動軌跡與電場線一定重合，只有在特定的條件下，兩者才重合。 4．三個自由點電荷，只在彼此間庫侖力作用下而平衡，則“三點共線、兩同夾異、兩大夾小，近小遠大”。 突破點(一)　庫侖定律的理解及應(yīng)用 1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用。 2．對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離。 3．對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。 (1)同種電荷：F＜k； (2)異種電荷：F＞k。 4．不能根據(jù)公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看成點電荷了。 [題點全練] 1．[多選]兩個半徑相同的金屬小球(視為點電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的(　　) A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選CD　設(shè)兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝k＝k。由于兩球的電性未知，接觸后相互作用力的計算可分為兩種情況： (1)兩球電性相同。相互接觸時兩球電荷量平均分配，每球帶電荷量為＝4q。放回原處后的相互作用力F1＝k＝k，故＝。 (2)兩球電性不同。相互接觸時電荷先中和再平分，每球帶電荷量為＝3q。放回原處后的相互作用力F2＝k＝k，故＝。 2．根據(jù)科學(xué)研究表明，地球是一個巨大的帶電體，而且表面帶有大量的負電荷。如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個帶負電的塵埃，恰好能懸浮在空中，若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時，則此帶電塵埃將(　　) A．向地球表面下落 B．遠離地球向太空運動 C．仍處于懸浮狀態(tài) D．無法判斷 解析：選C　地球表面帶負電，故可等效為一個帶負電的且位于地球球心處的點電荷，這樣地球和帶電塵埃間的作用就可等效為點電荷間的作用，可以用庫侖定律進行定量分析。由于塵埃與地球之間的位置變化很大，故塵埃的重力是變化的，所以需要先將地球與塵埃等效為兩質(zhì)點，才可用萬有引力進行定量分析。設(shè)帶電塵埃的質(zhì)量為m，電荷量為q；地球的質(zhì)量為M，地球所帶負電荷總量為Q，地球半徑為R，當塵埃放在距離地球表面高度為地球半徑一半時，恰好懸浮，由庫侖定律和萬有引力定律可得： ＝G，得kQq＝GMm ① 當塵埃放在距離地球表面高度與地球半徑相等時，受到的萬有引力F＝；受到的庫侖力為：F′＝， 則＝ ② 聯(lián)立①②可知：＝1，故C正確。 3．[多選](2016·浙江高考)如圖所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)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(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，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：選ACD　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)生的電場強度大小相等、方向相反，場強為0，選項D正確。 突破點(二)　電場線的理解與應(yīng)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 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(guān)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(yīng)用 判斷電場強度的大小 電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受力大小和加速度的大小。 判斷電場力的方向 正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。 判斷電勢的高低與電勢降低的快慢 沿電場線的方向電勢降低最快，且電場線密的地方比疏的地方降低更快。 判斷等勢面的疏密 電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏。 [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．(2018·茂名模擬)如圖所示為兩個等量點電荷的電場線，圖中A點和B點、C點和D點皆關(guān)于兩電荷連線的中點O對稱，若將一電荷放在此電場中，則以下說法正確的是(　　) A．電荷在O點受力最大 B．電荷沿直線由A到B的過程中，電場力先增大后減小 C．電荷沿直線由A到B的過程中，電勢能先增大后減小 D．電荷沿直線由C到D的過程中，電場力先增大后減小 解析：選D　根據(jù)電場線的疏密特點，在AB直線上，O點電場強度最小，則受到電場力最小，而在CD直線上，O點的電場強度最大，則受到電場力最大，因此電荷在O點受力不是最大，故A錯誤。根據(jù)電場線的疏密可知，從A到B的過程中，電場強度先減小后增大，則電場力也先減小后增大；同理從C到D的過程中，電場強度先增大后減小，則電場力也先增大后減小，故B錯誤，D正確。電荷沿直線由A到B的過程中，無法確定電荷做功的正負，因此無法確定電勢能變化，故C錯誤。 3．[多選](2018·滄州模擬)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　由題圖看出，a點處電場線比b點處電場線密，則a點的場強大于b點的場強，故A正確；電場線從正電荷到負電荷，沿著電場線電勢降低，所以b點的電勢比a點的高，所以B錯誤；負電荷在c點的合場強為零，c點只有正電荷產(chǎn)生的電場強度，在d點正電荷產(chǎn)生的場強向上，兩個負電荷產(chǎn)生的場強向下，合場強是它們的差值，所以c點的電場強度比d點的大，所以C正確；正電荷到c點的平均場強大于正電荷到d點的平均場強，根據(jù)U＝Ed可知，正電荷到c點電勢降低的多，所以c點的電勢比d點的低；也可以根據(jù)電勢這樣理解：正電荷在d、c兩點產(chǎn)生的電勢相等，但兩個負電荷在d點產(chǎn)生的電勢高于c點，所以c點的總電勢低于d點，所以D正確。 突破點(三)　電場強度的計算與疊加 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(guān)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(guān) 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＝1 V/m 2．電場強度的計算與疊加 在一般情況下可由上述三個公式計算場強，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(yīng)用。這時，如果轉(zhuǎn)換思維角度，靈活運用疊加法、補償法、微元法、對稱法、等效法等巧妙方法，可以化難為易。 疊加法 [例1]　[多選](2018·武漢質(zhì)檢)離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝置。如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細桿與直流電壓和疊加的射頻電壓相連，相當于四個電極，相對的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷。在垂直于四根桿的平面內(nèi)四根桿的連線是一個正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點，B、D是b、d連線上的兩點，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等。則下列判斷正確的是(　　) A．D點的電場強度為零 B．A、B、C、D四點電場強度相等 C．A點電勢比B點電勢高 D．O點的電場強度為零 [思路點撥] (1)將四個電極分為ac、bd兩兩進行合成分析。 (2)畫出連線上的電場方向，沿電場線電勢逐漸降低。 [解析]　根據(jù)電場的疊加原理，a、c兩個電極帶等量正電荷，其中點O的合場強為零，b、d兩個電極帶等量負電荷，其中點O的合場強為零，則O點的合場強為零，D正確；同理，D點的場強水平向右，A錯誤；A、B、C、D四點的場強大小相等，方向不同，B錯誤；由電場特點知，電場方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，則φA>φB，C正確。 [答案]　CD 補償法 [例2]　(2018·石家莊質(zhì)檢)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．－E　　　　　 B． C．－E D．＋E [思路點撥] 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，從而化難為易、事半功倍。 [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量為2q的整個球面的電場和帶電荷量－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷量－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷量為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。 [答案]　A 微元法 [例3]　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。 [思路點撥]　 (1)將帶電圓環(huán)等分成許多微元電荷，每個微元電荷可看成點電荷。 (2)先根據(jù)庫侖定律求出每個微元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。 [解析]　設(shè)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 對稱法 [例4]　下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) [解析]　將圓環(huán)分割成微元，根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項O點的場強為零，C項等效為第二象限內(nèi)電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與A項的相等，B項正、負電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的倍，也是A、C項場強的倍，因此B項正確。 [答案]　B 等效法 [例5]　(2018·濟南模擬)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(xué)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 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]　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。 [答案]　C 突破點(四)　電場中的平衡和加速問題 1．電場力方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與場強方向相反。 2．恰當選取研究對象，用“整體法”或“隔離法”進行分析。 3．基本思路： (1)平衡問題利用平衡條件列式求解。 (2)非平衡問題利用牛頓第二定律求解。 4．庫侖力作用下電荷的平衡問題與力學(xué)中物體的平衡問題相同，可以將力進行合成與分解。 5．列平衡方程，注意電荷間的庫侖力與電荷間的距離有關(guān)。 [典例]　(2018·北京四中期末)如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3.0×104 N/C。有一個質(zhì)量m＝4.0×10－3 kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ＝37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不計空氣阻力的作用。 (1)求小球所帶的電荷量及電性； (2)如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球運動的加速度大??； (3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t＝0.20 s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量。 [思路點撥] (1)先畫出小球靜止時的受力示意圖。 (2)在細線剪斷后小球做勻加速直線運動。 (3)電場力對小球做的功與小球電勢能的變化的關(guān)系是W電＝－ΔEp。 [解析]　(1)小球受到重力mg、電場力F和細線的拉力T的作用， 如圖所示，由共點力平衡條件有： F＝qE＝mgtan θ 解得：q＝＝1.0×10－6 C 電場力的方向與電場強度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷。 (2)剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律有：＝ma 解得：a＝＝12.5 m/s2。 (3)在t＝0.20 s的時間內(nèi)，小球的位移為： l＝at2＝0.25 m 小球運動過程中，電場力做的功為： W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球電勢能的變化量(減少量)為： ΔEp＝4.5×10－3 J。 [答案]　(1)1.0×10－6 C　正電荷 (2)12.5 m/s2　(3)減少4.5×10－3 J [方法規(guī)律]　解決帶電體的力電綜合問題的一般思路 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為(　　) A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：選A　設(shè)極板間電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M，由牛頓第二定律有：qE＝MaM，由運動學(xué)公式得：l＝aMt2；對m，由牛頓第二定律有qE＝mam，根據(jù)運動學(xué)公式得：l＝amt2 由以上幾式解之得：＝，故A正確。 2．(2018·泉州質(zhì)檢)如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O。在O處 施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則(　　) A．小環(huán)A的加速度大小為 B．小環(huán)A的加速度大小為 C．恒力F的大小為 D．恒力F的大小為 解析：選B　設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos 60°＝k；Tcos 30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2Tcos 30°＝T＝，選項C、D錯誤。 3．(2017·北京高考)如圖所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小球所受電場力F的大小。 (2)小球的質(zhì)量m。 (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。 解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3 N。 (2)由＝tan 37°，得m＝4.0×10－4 kg。 (3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2， 得v＝＝2.0 m/s。 答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　(3)2.0 m/s 巧思妙解——練創(chuàng)新思維 巧解自由電荷的平衡問題 1．一個自由電荷的平衡 已知兩個點電荷Q1、Q2固定的水平面上，它們之間的距離是d，現(xiàn)引入第三個點電荷Q3，使Q3平衡的條件是：當Q1和Q2電性相同時，Q3放在兩點電荷連線之間；當Q1和Q2電性相異時，Q3放在兩點電荷連線外側(cè)，且距離電荷量較小的一個電荷較近。 2．三個自由點電荷的平衡問題 (1)條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反。 (2)規(guī)律 “三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上； “兩同夾異”——正、負電荷相互間隔； “兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??； “近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。 [應(yīng)用體驗] 1．(2018·牡丹江聯(lián)考)兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示。A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則(　　) A．Q3為負電荷，且放于A左方 B．Q3為負電荷，且放于B右方 C．Q3為正電荷，且放于A、B之間 D．Q3為正電荷，且放于B右方 解析：選A　因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間。根據(jù)庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應(yīng)放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應(yīng)放在Q1的左側(cè)。要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故選項A正確。 2．如圖所示，已知兩個點電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1 C和＋4 C，在水平面上能自由移動，它們之間的距離d＝3 m，現(xiàn)引入點電荷Q3，試求：當Q3滿足什么條件，并把它放在何處時才能使整個系統(tǒng)處于平衡？ 解析：由于Q1、Q2電性相同，合電場為零處必在兩點電荷連線中間某處，Q3帶負電。 再根據(jù)＝，得＝ ＝， 即距離電荷量較小的電荷Q1較近， 又因r1＋r2＝d，d＝3 m，所以Q3到Q1距離r1＝1 m。 根據(jù)＝得：Q3＝ C。 答案：Q3為負電荷，電荷量為 C，且放在Q1Q2中間離Q1為1 m處 (一)普通高中適用作業(yè) [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] ★1．如圖所示的情況中，a、b兩點電勢相等、電場強度也相同的是(　　) 解析：選D　平行板電容器中場強相同而電勢不同，A錯誤；點電荷等勢面上的點，電勢相等而場強不同，B錯誤；兩等量同種電荷其連線的中垂線上與連線中點等距的任意兩點電勢相等而場強的方向不同，C錯誤；兩等量異種電荷其連線的中垂線上與連線中點等距的任意兩點電勢為零，場強相同，D正確。 ★2．(2018·黑龍江雙鴨山一中月考)兩個相同的帶異種電荷的導(dǎo)體小球(可視為點電荷)所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為(　　) A．F　　　　　　　　　 B．F C．F D．F 解析：選A　設(shè)一個小球帶電荷量為Q，則另一個球帶電荷量為－3Q，根據(jù)庫侖定律兩球接觸前：F＝k，接觸再分開后，兩球分別帶電荷量為：Q1＝Q2＝＝－Q；由庫侖定律得：F′＝k＝，故A正確。 ★3．(2018·牡丹江一中月考)關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的是(　　) A．電場強度為零的地方，電勢也為零 B．電場強度的方向與等勢面處處垂直 C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低 D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落的方向 解析：選B　電場強度與電勢沒有直接關(guān)系，電場強度為零時，電勢不一定為零；電勢為零時，電場強度不一定為零，故A、C錯誤；電場線與等勢面垂直，而電場強度的方向為電場線的方向，所以電場強度的方向與等勢面垂直，故B正確；順著電場線方向電勢降低，但電勢降低的方向并不一定是電場強度的方向，電場強度的方向是電勢降低最快的方向，故D錯誤。 ★4.(2018·河北定州中學(xué)模擬)A、B兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生的電場的電場線(方向未標出)如圖所示，圖中C點為兩個點電荷連線的中點，MN為兩個點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱。則下列說法正確的是(　　) A．這兩個點電荷一定是等量異種電荷 B．這兩個點電荷一定是等量同種電荷 C．C點的電場強度比D點的電場強度小 D．C點的電勢比D點的電勢高 解析：選A　根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷終止可以判斷，這兩點電荷是兩個等量異種電荷，故A正確，B錯誤；在兩等量異種電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故C錯誤；中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故D錯誤。 5.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(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)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(dǎo)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＝。 6．[多選](2018·河北定州中學(xué)月考)如圖為靜電除塵器除塵機原理示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，下列表述正確的是(　　) A．到達集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大 解析：選BD　由題圖所示可知，集塵極電勢高，放電極電勢低，放電極與集塵極間電場方向向左，即電場方向由集塵極指向放電極，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知塵埃所受的電場力向右，故到達集塵極的塵埃帶負電荷，故A錯誤，B正確。電場方向向左，帶電塵埃所受電場力方向向右，帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反，故C錯誤。由F＝Eq可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大，故D正確。 7．[多選](2018·衡水一中月考)某電場的電場線的分布如圖所示。一個帶電粒子由M點沿圖中虛線所示的途徑運動通過N點。則下列判斷正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．電場力對粒子做負功 C．粒子在N點的加速度大 D．粒子在N點的電勢高 解析：選AC　電場線的方向向上，根據(jù)粒子的運動的軌跡可以知道，粒子受到的電場力的方向也向上，所以電荷為正電荷，故A正確；從M點到N點，靜電力方向與速度方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，電勢降低，故B、D錯誤；電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以粒子在N點的受力大，加速度大，故C正確。 ★8．[多選]如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5 C，質(zhì)量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負電荷，A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則B球距離A球的距離可能為(　　) A．0.5 m B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 解析：選AB　對A受力分析，受重力mg、線的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin 30°＝，解得r＝1 m，所以兩球的距離d≤1 m，A、B正確。 [B級——中檔題目練通抓牢] 9．(2018·重慶二模)如圖所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)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(zhuǎn)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轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉(zhuǎn)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) 10．(2018·徐州模擬)如圖所示，質(zhì)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(shè)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) [C級——難度題目自主選做] 11．(2018·濰坊二中月考)如圖所示，A、B為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的P點放一個負點電荷q(不計重力)，由靜止釋放后，下列說法中正確的是(　　) A．點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值 D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零 解析：選C　在兩電荷連線中垂線上電場強度方向O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向P→O，速度越來越大。但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，故A、B錯誤；越過O點后，負電荷q做減速運動，則點電荷運動到O點時速度最大，電場力為零，加速度為零，故C正確；根據(jù)電場線的對稱性可知，越過O點后，負電荷q做減速運動，加速度的變化情況無法判斷，故D錯誤。 12.[多選]用細繩拴一個質(zhì)量為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B受到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，因此從剪斷細繩瞬間起開始，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，因此小球B落地的時間小于 ，落地的速度大于，故C、D正確。 (二)重點高中適用作業(yè) [A級——保分題目巧做快做] ★1.(2018·“江南十?！甭?lián)考)如果空氣中的電場很強，使得氣體分子中帶正、負電荷的微粒所受的相反的靜電力很大，以至于分子破碎，于是空氣中出現(xiàn)了可以自由移動的電荷，那么空氣變成了導(dǎo)體，這種現(xiàn)象叫做空氣的“擊穿”。已知高鐵上方的高壓電接觸網(wǎng)的電壓為27.5 kV。陰雨天時當雨傘傘尖周圍的電場強度達到2.5×104 V/m時空氣就有可能被擊穿。因此乘客陰雨天打傘站在站臺上時，傘尖與高壓電接觸網(wǎng)的安全距離至少為(　　) A．0.6 m　　　　　　　 B．1.1m C．1.6 m D．2.1 m 解析：選B　由題：U＝27.5×103 V，E＝2.5×104 V/m，則由U＝Ed得：d＝＝1.1 m，故選項B正確。 2．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(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)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(dǎo)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＝。 ★3.(2018·四川遂寧三診)在場強為E＝k的勻強電場中，取O點為圓心，r為半徑作一圓周，在O點固定一帶電荷量為＋Q的正點電荷，ac、bd為相互垂直的兩條直徑，其中bd與電場線平行，不計試探電荷的重力，如圖所示。則(　　) A．把一正試探電荷＋q放在a點， 試探電荷恰好處于平衡 B．把一負試探電荷－q放在b點， 試探電荷恰好處于平衡 C．把一負試探電荷－q放在c點， 試探電荷恰好處于平衡 D．把一正試探電荷＋q放在d點， 試探電荷恰好處于平衡 解析：選B　點電荷＋Q在a點產(chǎn)生的電場方向為水平向右，大小為Ea＝k，與電場E疊加后合電場指向右斜上方，故正試探電荷受力不平衡，A錯誤；點電荷在b點產(chǎn)生的電場強度方向豎直向下，大小為Eb＝k，與電場E疊加后合場強為零，試探電荷正好受力平衡，B正確；在c點的合場強方向為斜向左上方，電場不為零，試探電荷不能平衡，C錯誤；在d點的合場強方向豎直向上，電場不為零，試探電荷不能平衡，D錯誤。 4．[多選](2018·河北定州中學(xué)月考)如圖為靜電除塵器除塵機原理示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，下列表述正確的是(　　) A．到達集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大 解析：選BD　由題圖所示可知，集塵極電勢高，放電極電勢低，放電極與集塵極間電場方向向左，即電場方向由集塵極指向放電極，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知塵埃所受的電場力向右，故到達集塵極的塵埃帶負電荷，故A錯誤，B正確。電場方向向左，帶電塵埃所受電場力方向向右，帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反，故C錯誤。由F＝Eq可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大，故D正確。 5．[多選](2018·衡水一中月考)某電場的電場線的分布如圖所示。一個帶電粒子由M點沿圖中虛線所示的途徑運動通過N點。則下列判斷正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．電場力對粒子做負功 C．粒子在N點的加速度大 D．粒子在N點的電勢高 解析：選AC　電場線的方向向上，根據(jù)粒子的運動的軌跡可以知道，粒子受到的電場力的方向也向上，所以電荷為正電荷，故A正確；從M點到N點，靜電力方向與速度方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，電勢降低，故B、D錯誤；電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以粒子在N點的受力大，加速度大，故C正確。 ★6．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，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上。其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為l。當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°。帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k。則(　　) A．A、B間庫侖力大小F＝ B．A、B間庫侖力大小F＝ C．細線拉力大小FT＝ D．細線拉力大小FT＝mg 解析：選B　小球A的受力分析如圖：由于對稱性，繩子拉力等于庫侖力，且根據(jù)平衡條件則F庫cos 30°＝mg，化簡則F庫＝，即繩子拉力F＝，因此正確選項為B。 ★7．(2018·衡陽聯(lián)考)如圖所示，一均勻帶電荷量為＋Q的細棒，在過中點c垂直于細棒的直線上有a、b、d三點，且ab＝bc＝cd＝L，在a點處有一電荷量為＋的固定點電荷q。已知b點處的場強為零，則d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A　電荷量為＋的點電荷q在b處產(chǎn)生電場強度為E＝，方向向右。又b點處的合場強為零，根據(jù)電場的疊加原理可知細棒與q在b處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，則知細棒在b處產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝，方向向左。根據(jù)對稱性可知細棒在d處產(chǎn)生的電場強度大小為，方向向右；而電荷量為的點電荷q在d處產(chǎn)生的電場強度為E″＝＝，方向向右；所d點處場強的大小為Ed＝E″＋E′＝，方向向右。 8．(2018·濰坊二中月考)如圖所示，A、B為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的P點放一個負點電荷q(不計重力)，由靜止釋放后，下列說法中正確的是(　　) A．點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值 D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零 解析：選C　在兩電荷連線中垂線上電場強度方向O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向P→O，速度越來越大。但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，故A、B錯誤；越過O點后，負電荷q做減速運動，則點電荷運動到O點時速度最大，電場力為零，加速度為零，故C正確；根據(jù)電場線的對稱性可知，越過O點后，負電荷q做減速運動，加速度的變化情況無法判斷，故D錯誤。 9．[多選]用細繩拴一個質(zhì)量為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B受到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，因此從剪斷細繩瞬間起開始，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，因此小球B落地的時間小于 ，落地的速度大于，故C、D正確。 ★10．(2018·甘肅二診)如圖所示，等量異種電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB連線的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點，ACBD構(gòu)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，則小球由C運動到D的過程中，下列說法正確的是(　　) A．桿對小球的作用力先增大后減小 B．桿對小球的作用力先減小后增大 C．小球的速度先增大后減小 D．小球的速度先減小后增大 解析：選A　從C到D，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，則桿對小球的作用力先增大后減小，故A正確，B錯誤。因直桿處于AB連線的中垂線上，所以此線上的所有點的電場方向都是水平向右的，對帶電小球進行受力分析，受豎直向下的重力，水平向左的電場力和水平向右的彈力，水平方向上受力平衡，豎直方向上的合力大小等于重力，重力大小不變，加速度大小始終等于重力加速度，所以帶電小球一直做勻加速直線運動，故C、D錯誤。 [B級——拔高題目穩(wěn)做準做] 11.(2018·重慶二模)如圖所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)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(zhuǎn)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轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉(zhuǎn)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) 12．(2018·徐州模擬)如圖所示，質(zhì)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(shè)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) 第2節(jié)電場能的性質(zhì) , (1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)。(√) (2)電場中電場強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。(×) 1．在應(yīng)用描述電勢、電勢能、電勢差的公式時，q、W、U、Ep、φ都直接代入符號進行運算，而應(yīng)用描述電場力、電場強度的公式運算時可以不代入符號。 2．解題中常用到的二級結(jié)論： (1)在勻強電場中： ①相互平行的直線上(直線與電場線可成任意角)，任意相等距離的兩點間電勢差相等； ②沿任意直線，相等距離電勢差相等。 (2)電勢能的變化與電場力的功對應(yīng)，電場力的功等于電勢能增量的負值：W電＝－ΔE電。求電場力的功基本方法：用W＝qU計算。 (3)幾中常見電場線、等勢面分布 沿電場線的方向電勢越來越低，電勢和場強大小沒有聯(lián)系。 ①如圖甲所示，等量同種電荷連線中點場強為零，中垂線上，從中點到兩側(cè)場強先增大后減小(因為無窮遠處場強也為零)； 　　 ②如圖乙所示，等量異種電荷連線中垂線是電勢為零的等勢面，中點場強最大；連線上中點場強最小。從正電荷向負電荷方向電勢降低(沿電場線方向電勢降低)。 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(zhuǎn)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.(2018·湛江四校聯(lián)考)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著負電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法正確的是(　　) A．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢一直降低 B．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢先降低后升高 C．O點的電場強度為零，電勢最低 D．O點的電場強度不為零，電勢最高 解析：選C　圓環(huán)上均勻分布著負電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產(chǎn)生的場強相互抵消，合場強為零。圓環(huán)上各電荷在x軸產(chǎn)生的電場強度有水平向左的分量，根據(jù)電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向左，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知，從O點沿x軸正方向，電勢升高。O點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應(yīng)先增大后減小。綜上分析可知C正確，A、B、D錯誤。 2.(2018·南寧三校聯(lián)考)如圖所示，真空中有等量異種點電荷＋q、－q分別放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是(　　) A．在MN連線的中垂線上，O點電勢最高 B．正電荷＋q從b點移到d點的過程中，受到的電場力先減小后增大 C．正電荷＋q在c點電勢能大于在a點電勢能 D．正電荷＋q在c點電勢能小于在a點電勢能 解析：選D　在MN連線的中垂線上各點的電勢均為零，選項A錯誤；沿兩電荷連線的中垂線從b點到d點，場強先增大后減小，故正電荷＋q受到的電場力先增大后減小，選項B錯誤；因a點的電勢高于c點，故正電荷＋q在c點電勢能小于在a點電勢能，選項D正確，C錯誤。 3．(2018·鶴壁模擬)如圖所示，AB為均勻帶有電荷量＋Q的細棒，C為AB棒附近的一點，CB垂直于AB。AB棒上電荷形成的電場中C點的電勢為φ0，φ0可以等效成AB棒上電荷集中于AB上某點P(未畫出)處、帶電荷量為＋Q的點電荷所形成的電場在C點的電勢。若PC的距離為r，由點電荷電勢的知識可知φ0＝k。若某點處在多個點電荷形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和。根據(jù)題中提供的知識與方法，我們可將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，就可以求得AC連線中點C′處的電勢為(　　) A．φ0　　　　　　　　　 B.φ0 C．2φ0 D．4φ0 解析：選C　AB棒帶電均勻，故其等效點電荷P點位于AB中點處，又AB的中點P到C的距離PC等于AP的中點E到C′的距離的2倍，如圖所示，將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，每個點電荷的電荷量為，由φ0＝k可知，每個電荷量為的點電荷在C′點產(chǎn)生的電勢為φ0，兩個點電荷在AC連線中點C′處的電勢為2φ0，故C正確。 突破點(二)　電勢差與電場強度的關(guān)系 1．勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系 (1)UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。 (2)沿電場強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。 (2)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