第1讲 电场的基本性质
【p38】
—
【p38】
1．电场强度的三个表达式
(1)定义式：E＝____；
(2)点电荷电场：E＝____；
(3)匀强电场：E＝____．
2．电势、电势差、电场力做功与电势差的关系
(1)
φ＝____；
(2)UAB＝__φA－φB__；
(3)UAB＝__Ed__；(只适用于匀强电场)
(4)WAB＝__qUAB__；
(5)Ep＝__qφ__．
3．等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面__垂直__，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力__一定做功__．
【p39】
考点一 库仑定律及其应用
例1如图所示，三角形ABC的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是( )
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【解析】A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得B处点电荷受力可能F2，故B正确．
【答案】B
【方法总结】库仑力产生的效果服从牛顿力学中的所有规律，计算库仑力时根据库仑定律的条件进行；在分析其作用效果时，应根据力学的解题思路去分析与解答．在解题过程中，库仑力的正、负号不表示引力或斥力，而是与规定的正方向相比．关键是根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系进行分析．
变式训练1
如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为＋q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在光滑的定滑轮O正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°.由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置．已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球2带负电
B．小球2在C位置时所带电荷量为
C．小球2在A位置时所带电荷量为
D．弹性绳原长为l
【解析】两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电；故A错误；小球在C点时，受力分析如图，由几何关系可得：F＝mgsin
30°＝0.5mg
①
T＝mgcos
30°＝mg ②
根据库仑定律得：F＝ ③
联立①③式可得：q2＝；故B错误；
小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即T′＝F′＝mg；根据库仑定律得：F′＝，小球2在A位置时所带电荷量：q1＝；故C正确；
小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝＋l＝l，小球2在C位置时，弹性绳的长度l2＝＋l，设弹性绳的劲度系数为k，则：T′＝k(l1－l0)，T＝k(l2－l0)；联立可得：l0＝0.5l；故D错误．
【答案】C
考点二 电场强度、电势及其叠加
例2(2020·全国卷Ⅱ)(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷．a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等．则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
【解析】如下图所示为等量异种电荷周围空间的电场分布图．本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置．它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零．故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，故B正确，D错误；
上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；故选ABC.
【答案】ABC
【方法总结】电场强度是矢量，同一直线上的电场强度的叠加，可简化为代数和；不在同一直线上的两个电场强度的叠加，用平行四边形定则求合电场强度．分析电场叠加问题的常用的方法：(1)矢量合成法；(2)平衡条件法；(3)对称法；(4)补偿法；(5)等效法；(6)微元法等．电势是标量，可以直接进行代数求和．
变式训练2
(2020·全国卷Ⅲ)(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点．下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图
∠M是最大内角，所以PN>PM，根据点电荷的场强公式E＝k(或者根据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM>φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误．
【答案】BC
考点三 电场性质的理解与应用
例3
(2019·全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【解析】
如图甲，若有一个带负电的粒子放在M点，则它将在电场力作用下向下加速运动到O点，然后再减速运动到N点，则可能存在粒子的速度先增大后减小的情况，A对；如图甲，显然其轨迹并没有沿着电场线，因此B错；带电粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，电场力做正功电势能降低，即使如图甲中所示，也仅能得到在M点的电势能和在N点的电势能相等，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，C对；若是匀强电场，则成立；若非匀强电场(如图乙)，则不成立．因此，D错．
【答案】AC
【方法总结】(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
依据电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
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
依据电势
能的大小
正电荷电势能越大，所在位置电势越高；负电荷电势能越大，所在位置电势越低
(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，电势能增大
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
由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep为负值时绝对值越小，电势能越大
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功，则电荷的动能和电势能相互转化，动能增大，电势能减小；反之，动能减小，电势能增大
(3)电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹综合问题分析方法
①“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况．
②“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷的运动方向，是题目中相互制约的三个方面．若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”进行分析．
变式训练3
(多选)如图，O为大圆的圆心，直径ac和直径bd垂直．ac上的O1、O2为中间两实线小圆的圆心，大圆半径为小圆半径的2倍．在O1、O2处分别放置电荷量为＋Q和－2Q点电荷．下列判断正确的是( )
A．b、d两点电场强度相同
B．a点电势一定高于d点电势
C．移动电子从O到b点，电场力做功为零
D．移动电子从a沿中间实线半圆经O到c，电势能一直增加
【解析】正电荷在b点单独产生的场强与在d点单独产生的场强大小相等，同理，负电荷在b点单独产生的场强与在d点单独产生的场强大小相等，由电场强度的叠加原理可知，b、d两点的电场强度方向如图，由图可知，b、d两点的电场强度方向不相同，故A错误；由图可知，a点离正电荷更近，离负电荷更远，由电势叠加可知，a点电势一定高于d点电势，故B正确；由电场强度的叠加原理可知，Ob段的电场强度方向斜向右下方，移动电子从O到b点，电场力做正功，故C错误；半圆Oc上各点到负电荷的距离不变，若只有负电荷存在，则各点的电势不变，从O到c离正电荷的距离增大，若只正电荷存在，则各点电势变小，由电势的叠加可知，从O到c电势降低，由负电荷在电势低处电势能大，同理可知从a沿实线到O电势也是降低的，则移动电子从a沿中间实线半圆经O到c，电势能一直增加，故D正确．
【答案】BD
例4
如图所示，以O点为圆心、半径R＝0.2
m的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场方向平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径．已知a、b、c三点的电势分别为2
V、2
V、－2
V，则下列说法正确的是( )
A．d点电势为2
V
B．电子从d点运动到a点电势能增加
C．电场方向由b点指向c点
D．该匀强电场的电场强度大小为20
V/m
【解析】
根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U＝Ed，可知当线段与电场方向平行时，在电场线方向上距离相等的两点，电势差也相等，因为φa＝2
V，φc＝－2
V，可知O点电势为0，而bO＝Od，则b、O间的电势差等于O、d间的电势差，可知d点的电势为－2
V，A项错误；电子从d点运动到a点电势增加，根据Ep＝qφ，可知电子从d点运动到a点电势能减小，B项错误；在O、b之间找a的等势点a′，设Oa′＝x，则ba′＝R－x，根据U＝Ed可知＝，解得x＝R，即∠a′aO＝30°，根据几何知识可知a、c两点沿电场强度方向的距离l＝a′c′＝2Rsin
30°＝2×0.2×
m＝0.2
m，故该匀强电场的电场强度大小E＝＝
V/m＝20
V/m，电场方向与b、c连线的方向不平行，C项错误，D项正确．
【答案】D
【方法总结】“等分法”处理电场强度、电场线间的关系
(1)等分法
在匀强电场中，沿任意一个方向(垂直于电场线方向除外)，电势变化都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等．如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势问题的方法，叫作等分法．
(2)等分法常用的四个重要结论
①在匀强电场中，沿任意方向相互平行且相等的线段两端点的电势差相等．
②匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图所示．
③在匀强电场中，相互平行的两条线段，无论它们是否与电场线方向平行，只要一条线段是另一线段的n倍，这条线段两端点的电势差就一定是另一线段两端点电势差的n倍．
④电场强度的方向是电势降落最快的方向．
变式训练4
(多选)一匀强电场的方向平行于纸面，平面内有矩形abcd，已知ab＝8
cm，bc＝6
cm，如图所示．a、b、c三点的电势分别为10
V、16
V、22
V．一电荷量为＋e的粒子从b点沿bd方向以4
eV的初动能射入电场，恰好经过a点，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．a点的电势比d点低4.8
V
B．电场强度的大小为125
V/m
C．粒子到达a点时的动能为10
eV
D．仅改变粒子的电性，粒子能通过c点
【解析】
根据题意：Uda＝Ucb，即φd－φa＝φc－φb，代入数据解得：φd＝16
V，a点的电势比d点低6
V，故A错误；因为φd＝φb＝16
V，所以bd为等势线，过c点作垂直于bd的电场线cn交bd于n，如图所示，因为φc＝22
V，φn＝16
V，所以Ucn＝22
V－16
V＝6
V．设cn＝d，根据几何知识：d＝＝4.8
cm＝4.8×10－2
m，根据匀强电场的定义式：E＝＝
V/m＝125
V/m，故B正确；因为φb＝16
V，φa＝10
V，所以Uba＝16
V－10
V＝6
V，电子从b到a，由动能定理：eUba＝Eka－Ekb，代入数据解得：Eka＝10
eV，故C正确；仅改变粒子的电性，粒子所受电场力方向和电场方向相反，轨迹与电性未改变之前关于bd对称，故不能通过c点，故D错误．
【答案】BC
考点四 三类图象问题
例5真空中，在x轴上x＝0和x＝8
m处分别固定两个点电荷Q1和Q2，电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝3
m处E＝0，将一个正试探电荷在x＝2
m处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)，则( )
A．Q1、Q2为等量同种电荷
B．Q1、Q2带电量之比为9∶25
C．在x＝3
m处电势等于0
D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小
【解析】由图可知，在x＝0处场强为正，x＝8
m处场强为负，故两电荷必为同种正电荷，故A错误；因在x＝3
m处场强为0，则k＝k，得到：＝，故B正确；由于无穷远处电势为零，两电荷为同种正电荷，可知在x＝3
m处电势不为零，故C错误；由图可知，0～3
m之间电场为正，则沿x轴的正方向，所以从0到3
m之间电势逐渐降低；而3
m～8
m之间的电场为负，则沿x轴的负方向，所以从x＝3
m到x＝8
m之间电势升高，因此将一个正试探电荷沿x轴正方向运动时，根据Ep＝qφ，该电荷的电势能先减小后增大，故D错误．
【答案】B
【方法总结】(1)E－x、φ－x图象的特点
E－x
图象
①反映了电场强度随位移变化的规律；
②E>0表示电场方向沿x轴正方向；E<0表示电场方向沿x轴负方向；
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
φ－x
图象
①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零；
②在φ－x图象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φ－x图象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，然后做出判断
(2)φ－x图象的斜率表示电场强度的大小和方向；
(3)E－x图象中，曲线与坐标轴所围图形的“面积”表示两点间的电势差；
(4)Ep－x图象的斜率表示电场力的大小和方向．
变式训练5一带正电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点以一定初速度v0沿x轴正方向做直线运动，已知x轴上各点电势分布如图，粒子在0～x0区域内运动，则( )
A．该粒子的电势能一直增大
B．该粒子的动能先增大后减小
C．该粒子的加速度先减小后增大再减小
D．该粒子所受电场力先沿＋x方向后沿－x方向
【解析】粒子从O点运动到x＝x0的过程中，电势先升高后降低，根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，知粒子的电势能先增大后减小，故A错误；粒子在运动过程中电势能和动能的总量保持不变，粒子的电势能先增大后减小，则知粒子的动能先减小后增大，故B错误；根据E＝知φ－x图象的斜率大小等于场强，由图知，图线切线斜率的绝对值先减小后增大再减小，则场强先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知qE＝ma，知粒子的加速度先减小后增大再减小，故C正确；从O点运动到x＝x0的过程中，电势先升高后降低，则电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，而正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，所以粒子运动的电场力先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故D错误．
【答案】C
变式训练6(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示，若在A、B间不同位置放置一个电量为＋q的带电滑块C(可视为质点)，滑块的电势能Ep随x变化关系如图乙所示，图中x＝L点为图线的最低点，现让滑块从x＝2L处由静止释放，下列有关说法正确的是( )
A．小球在x＝L处的速度最大
B．小球一定可以到达x＝－2L点处
C．x＝0和x＝2L处场强大小相等
D．固定在AB处的电荷的电量之比为QA∶QB＝4∶1
【解析】在Ep－x图线中，图线的斜率表示电场力，在x＝L处图线的斜率为零，说明在x＝L处电场力为零，对小球来说，受力平衡时速度最大，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；小球在A、B之间运动的过程中只有电场力做功，所以能量守恒，由图乙可知在x＝2L处的电势小于在x＝－2L处的电势，所以小球不可能到达x＝－2L处，故B错误；根据图线的斜率表示电场力大小可知，在x＝0和x＝2L处的斜率并不相等，所以这两处的场强大小不等，故C错误；因为在x＝L处电场力为零，所以根据点电荷场强公式可以知道k＝k，即＝，故D正确．
【答案】AD【p131】
A组
1．正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点．取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )
A．M、N、P、Q四点的场强相同
B．M、N、P、Q四点的电势均为零
C．将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力先做正功再做负功
D．将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先增加后减小
【解析】根据电场的矢量叠加可知，M、N、P、Q四个点场强方向不同，故A错误；M、P两点电势为正，NQ两点电势为负，故B错误；质子从M点沿MON移动过程中，电场力一直做正功，故C错误；沿MOP电势先降低后升高，故电子电势能先增大后减小，故D正确．
【答案】D
2．如图所示，真空中两个等量正点电荷分别放置在M、N两点，在MN的连线上a、b两点关于中点O对称，MN连线的中垂线上的两点c和d关于O点对称，下列说法中正确的是( )
A．质子在a点的电势能大于在c点的电势能
B．a点的电场强度等于b点的电场强度
C．把电子从a点移到c点电场力做的功等于把电子从d点移到b点电场力做的功
D．把电子从c点移到d点过程中，电场力一直做正功
【解析】根据电场线的分布，沿电场线的方向电势降低知从M→O→N的连线之间，中点O电势最低；在MN连线的中垂线上，O点电势最高，所以a点电势比c点电势高，质子带正电，在a点的电势能大于在c点的电势能，故A正确；根据电场线的分布情况和对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故两点电场强度不相等，故B错误；根据对称性知a、b电势相等，c、d两点电势相等，把电子从a点移到c点电场力做负功，把电子从d点移到b点电场力做正功，故C错误；把电子从c点移到d点过程中，电势先增大后减小，负电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误．
【答案】A
3．(多选)有两个质量不同、带电量绝对值均为q的负试探电荷a、b，仅在库仑力作用下绕固定的带电量为Q的正点电荷低速旋转(视为匀速圆周运动)，圆周半径分别为r、3r，静电力常量为k，忽略a、b间的相互作用，则( )
A．电荷a、b所在位置的场强大小之比为9∶1
B．电荷a、b旋转周期之比为∶9
C．电荷a、b动能之比为3∶1
D．电荷a、b所在位置的电势差介于与之间
【解析】由点电荷的场强公式得：E＝，电荷a、b所在位置的场强大小之比＝＝，故A正确；由电荷Q对试探电荷的库仑力提供a、b做圆周运动的向心力得：k＝mr，则T＝2π，由于a、b质量未知，无法判断电荷a、b周期之比，故B错误；由电荷Q对试探电荷的库仑力提供a、b做圆周运动的向心力得：k＝m，则动能Ek＝mv2＝，电荷a、b动能之比为半径的反比即3∶1，故C正确；若带电量为q的粒子从距Q为3r轨道运动到距离Q为r轨道间电场力≤F≤，所以≤U≤，故D正确．
【答案】ACD
4．如图所示，M点固定一负电荷，N点固定一正电荷，两者所带的电荷量相等、相距为L，以N点为圆心、L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上的四点，其中a、b两点在直线MN上，c、d两点的连线过N点且垂直于MN，一带正电的试探电荷沿圆周移动．下列说法正确的是( )
A．该试探电荷在b点所受的电场力最大
B．该试探电荷在a、b两点所受电场力的方向相同
C．该试探电荷在b点的电势能最大
D．该试探电荷在c、d两点所受的电场力相同
【解析】根据等量异种点电荷的电场的特点可知，距离Q相等的a、b、c、d四点的电场强度a点最大，则正试探电荷在a处所受到的电场力最大，故A错误；a点电场强度的方向向左，而b点电场强度的方向向右，所以正试探电荷在a点受力方向水平向左，在b点受力方向水平向右，故B错误；a、b、c、d四点在以点电荷＋Q为圆心的圆上，由＋Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知试探电荷在b处的电势能最大，故C正确；根据场强的叠加可知，c、d两点场强大小相等，方向不同，故电场力不同，故D错误．
【答案】C
5．(多选)在x轴上x＝0和x＝1
m处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间连线上各点对应的电势如图中曲线所示，已知x＝0.6
m处电势最低(取无穷远处电势为零)，下列说法中正确的是( )
A．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝
B．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝
C．x＝0.6
m处的电场强度为0
D．x1处和x2处的电势和电场强度均相同
【解析】根据图象可知两边电势高，中间电势低，故两电荷都为正电荷，图象的斜率代表场强，故在x＝0.6
m处场强为零，即E1＝E2，则有：k＝k，所以：＝＝，故A正确，B错误；图象的斜率代表场强，故x＝0.6
m处图象的斜率为零，则场强为零，故C正确；x1处和x2处的电势是相同，根据图象的斜率代表场强，则电场强度不相同，故D错误．
【答案】AC
6．如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线(相邻两虚线间的电势差相等)，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除电场力外，粒子受到的其他力均可不计．下列说法正确的是( )
A．粒子在a、c两点的加速度大小一定相等
B．粒子在b、c两点的速度大小一定相等
C．粒子运动过程中速度一定先减小后增大
D．粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大
【解析】a点电场线比c点的电场线密，由a＝可知a、c两点的加速度大小不相等，故A错误；b、c两点位于等势面上，电势能相等，动能大小不变，则b、c两点速度大小一定相等，故B正确；根据电场特点及粒子运轨迹可知，粒子从a到d，电场力先做正功，后做负功，粒子速度一定先增大后减小，故C错误；b、c位于等势面，粒子从d到c，电场力做正功，电势能减小，在c点时的电势能一定比在d点时的电势能小，在b点时的电势能一定比在d点时的电势能小，故D错误．
【答案】B
7．一个带负电的粒子仅在电场力的作用下，从x轴的原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其运动速度v随位置x的变化关系如图所示，图中曲线是顶点为O的抛物线，粒子的质量和电荷量大小分别为m和q，则下列说法正确的是( )
A．粒子沿x轴做加速度不断减小的加速运动
B．O、x1两点之间的电势差UOx1＝
C．粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了mv
D．电场为匀强电场，电场强度大小E＝
【解析】由题意可知，图中曲线是抛物线，则曲线的表达式可写为：x＝
v2，粒子只在电场力作用下运动，由动能定理得：Fx＝mv2，即：F＝＝.又F＝Eq，所以粒子在运动过程中，受到的电场力不变，说明电场为匀强电场，场强为：E＝，即粒子沿x轴做加速度不变的加速运动，故AD错误；粒子从O点运动到点x1，由动能定理得：W电＝UOx1q＝mv；电场力做正功，电势能减少，其值为：－ΔEp＝W电＝mv，则O、x1两点之间的电势差为：UOx1＝，故B错误，C正确．
【答案】C
8．A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种的检验电荷a、b，如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称．若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是( )
A．在AB的连线上a所处的位置电势φa＜0
B．a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep＞0
C．整个移动过程中，静电力对a做正功
D．整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功
【解析】设AB连线的中点为O.由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零．AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误．a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb＜0，由Ep＝qφ知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep＞0.故B正确．在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误．a、b在无穷远处时电势能之和为零，在AB连线上时电势能为正，电势能增加，故电场力对a、b整体做负功，故D错误．
【答案】B
B组
9．(多选)如图所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，若三角形中心O点处的场强大小为E、电势为φ(取无穷远处为势能零点)，则下列说法正确的是( )
A．若取走电荷－q，O点的场强大小将变为，方向仍不变
B．若取走两个电荷＋q，O点的场强大小仍为E，方向与原来相反
C．若取走电荷－q，O点的电势将变为φ
D．若取走电荷－q，O点的电势将变为2φ
【解析】点电荷＋q、＋q在O点处的场强大小相等，方向夹角为120°，依据矢量的合成法则，则它们的合场强大小与点电荷－q在O点处的场强大小相等，方向相同，若取走电荷－q，O点的电场强度将变为，方向与原来相同，故A正确；而取走正电荷后，O点的电场强度将变小，方向与原来相同，故B错误；当三个电荷位于正三角形的顶点时，按照电势的叠加原理，等量异种电荷在O点的电势互相抵消，若取走电荷－q，O点的电势将变为原来的2倍，即2φ，故C错误，D正确．
【答案】AD
10．如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在半径为R圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，小球a的电量为q(q＞0)，质量为m，三个小球均处于静止状态，静电力常量为k.下列说法正确的是( )
A．a、b、c小球带同种电荷
B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
D．小球c电量数值为
【解析】对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的，a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力；对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a
的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反，即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；环的半径为R，a、b、c三个小球的带电量分别为：qa、qb和qc，由几何关系可得：ac＝R，bc＝R；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：·sin
60°＝·sin
30°，所以：＝.故C错误；对a受力分析，重力mg，c对a的库仑引力Fac，b对a的库仑斥力Fab，及环对a的支持力N，如下图所示，依据几何关系，可知，图中的平行四边形一半是等边三角形，依据矢量的合成法则，及平衡条件，与则有：·cos
60°＝mg，且qa＝q，解得：qc＝，故D正确．
【答案】D
11．(多选)如图所示，在场强为E的匀强电场中固定一个半径为R的绝缘、光滑圆环，电场线与圆环平面平行．A、B、C为圆环上三点，AC为直径．一个可视为点电荷、质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球套在圆环上，B点与圆心O的连线与OC的夹角为53°，现将小球从A点位置由静止释放，小球运动到B点时的动能最大．不计小球重力，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，若规定A点电势为零，则下列说法中正确的是( )
A．C点的电势为－
B．小球运动到B点的动能为
C．小球释放后运动到B点时，小球所受弹力大小为
D．小球可以沿圆环重新回到A点，且小球重新回到A点时所受弹力大小为0.6Eq
【解析】小球运动到B点时的动能最大，则知等势面与B点相切，作出等势面如图中虚线所示，根据电场线与等势面垂直，作出电场线沿OB方向，如图所示，则AC间的电势差为
UAC＝E(2Rcos
53°)＝，根据UAC＝φA－φC，φA＝0，得C点的电势为
φC＝－，故A错误；从A到B，由动能定理得：小球运动到B点的动能EkB＝Eq(Rcos
53°＋R)＝，故B错误；小球在B点时受力如图所示，根据牛顿第二定律得：NB－qE＝m，结合EkB＝mv＝，解得：小球所受弹力大小为NB＝，故C正确；根据能量守恒可知，小球可以沿圆环重新回到A点，且小球重新回到A点时速度为零，向心力为零，则小球所受弹力大小为
NA＝qEcos
53°＝0.6Eq，故D正确．
【答案】CD
12．如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD，水平边AB＝6L，竖直边BC＝8L，O为矩形对角线的交点．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点．使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点(DC中点)的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g.求：
(1)小球的初动能；
(2)取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；
(3)带电小球所受电场力的大小和方向．
【解析】(1)未加电场时，小球做平抛运动，由分运动的规律得：
水平方向
3L＝v0t
竖直方向：4L＝gt2.
解得
v0＝
小球的初动能为：Ek0＝mv＝mgL
(2)加电场后，小球由O到D的过程，由动能定理得：
q(φO－φD)＋mg·4L＝5Ek0－Ek0
由题
φO＝0解得
φD＝，
小球由O到E的过程，由动能定理得：
q(φO－φE)＋mg·4L＝Ek0－Ek0
结合
φO＝0解得
φE＝
(3)由上结果可知，在OE上取一点F，使得OF＝L，连接DF，则DF为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，画出一条电场线如图所示．
根据数学知识可得
cot
α＝＝＝0.75，α＝53°
电场方向垂直于DF向上．
ED间电势差为
U＝φE－φD＝
根据U＝E·DEcos
α＝E·3Lcos
53°
得
E＝
带电小球所受电场力的大小
F＝qE＝mg
方向垂直于DF向上．
【答案】(1)mgL (2)
(3)mg，方向垂直于DF向上(共66张PPT)
φA－φB
Ed
qUAB
qφ
垂直
一定做功
库仑定律F=k
力的性质「电场强度nE
电场线特点
场
E
电势能
电势能变化的判断
电场力做功xW=qUAB
能的性质
电势
势高低的判断
等势面特点
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
