19、電勢φA＝2×104 V B．A板電勢φA＝－200 V
C．C點電勢φC＝60 V D．C點電勢φC＝－60 V
答案 C
解析 由電勢差與電場強度的關(guān)系式U＝Ed可知，UAB＝EdAB＝2×103×0.1 V＝200 V，又因為B板接地，則B板的電勢為零，由UAB＝φA－φB，解得φA＝200 V，A、B錯誤；同理，UCB＝EdCB＝2×103×0.03 V＝60 V，由UCB＝φC－φB，解得φC＝60 V，C正確，D錯誤。
考點三 電場線、等勢線(面)及帶電粒子在電場中的運動軌跡問題
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
20、。
2．幾種常見的典型電場的等勢面比較
3．解決運動軌跡問題應(yīng)熟練掌握的知識及規(guī)律
(1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場力)指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)。
(2)某點速度方向為軌跡切線方向。
(3)電場線(或等差等勢面)密集的地方場強大。
(4)電場線垂直于等勢面。
(5)順著電場線方向電勢降低最快。
(6)電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大。有時還要用到牛頓第二定律、動能定理等知識。
(多選)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc。實線為一帶正電的質(zhì)點(不計重力)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M
21、、N是這條軌跡上的兩點，下列判斷正確的是( )
A．三個等勢面中，a的電勢最低
B．帶電質(zhì)點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大
C．帶電質(zhì)點通過M點時的動能比通過N點時大
D．帶電質(zhì)點通過M點時的加速度比通過N點時大
解析 帶電質(zhì)點所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)電場線與等勢面垂直，畫出電場線，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最高，故A錯誤；由帶電質(zhì)點受力情況可知，從M到N過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B正確，C錯誤；等差等勢面密的地方電場線也密，則M點場強大，電場力大，加速度大，則D正確。
答案 BD
方法感悟
1
22、．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法
(1)某點速度方向即為該點軌跡的切線方向。
(2)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負。
(3)結(jié)合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負，從而確定電勢能、電勢的變化、電勢差等。
2．解決帶電粒子在電場中運動軌跡問題的思路
根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，由電場線畫出等勢面或由等勢面畫出電場線，然后進一步判斷電荷正負或電場強度、電勢、電勢能、動能等物理量的變化。
(1)
(2)
1.(2016·全國卷Ⅰ)(多選)如圖所示，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡
23、在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知( )
A．Q點的電勢比P點高
B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
答案 AB
解析 由油滴軌跡在豎直面內(nèi)相對于過P點的豎直線對稱可知油滴在水平方向所受合力為0，豎直方向上油滴受重力和電場力，結(jié)合曲線軌跡的特點可知電場力豎直向上且電場力大于重力，油滴受力及電場線方向如圖所示，由沿電場線方向電勢逐漸降低，得Q點的電勢比P點的高，A項正確；油滴從Q點到P點合力做負功，根據(jù)動能定理得油滴在Q點的動能大于它在P點的動能，這一過程
24、中電場力做負功，則油滴在Q點的電勢能小于它在P點的電勢能，故B項正確，C項錯誤；因為重力和電場力為恒力，所以油滴在Q、P兩點的加速度相同，故D項錯誤。
2.(2019·百師聯(lián)盟七調(diào))(多選)如圖所示的實線為電場線，電場線分布及a、e兩點關(guān)于直線OO′對稱，帶電粒子從a點沿虛線adb運動到b點，過直線OO′時速度方向恰好與OO′垂直(只考慮電場力作用)，則下列說法正確的是( )
A．過b點后帶電粒子可能運動到c點
B．帶電粒子的運動軌跡是拋物線的一部分
C．帶電粒子從a運動到b，其電勢能增大
D．直線OO′垂直于電場中的等勢面
答案 CD
解析 由于電場線關(guān)于直線OO′對
25、稱，在OO′線上，電場力沿OO′方向，因此帶電粒子在每個點受到的電場力方向也關(guān)于直線OO′對稱，過b點后只能運動到和a點對稱的位置，不可能運動到c點，故A錯誤；由于帶電粒子所受到的電場力是變力，所以它所做的運動不是類拋體運動，軌跡不是拋物線，故B錯誤；由于曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶電粒子的軌跡，從圖可以看出，帶電粒子從a到b的運動過程中，電場力方向與速度方向夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增加，故C正確；在OO′線上，電場力沿OO′，電場力與等勢面垂直，則直線OO′垂直于電場中的等勢面，D正確。
考點四 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)UA
26、B＝Ed，d為從A到B沿電場方向的距離。
(2)沿電場強度方向電勢降落得最快。
(3)在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點間電勢差相等。
①如圖甲，C點為線段AB的中點，則有φC＝。
②如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。
2．E＝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(guān)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中電勢差的大小關(guān)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。
(3)利用φ-x圖象的斜率判斷電場強度隨位
27、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。
如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為6 V，點B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為( )
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
解析 設(shè)OA中點為C，由＝，且UAC＋UCO＝UAO，可得C點的電勢φC＝3 V, φC＝φB，即B、C在同一等勢面上，如圖所示，由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知：d＝1.5 cm，則E＝＝ V/m＝200 V/m，A正確。
答案 A
方法感
28、悟
如何確定勻強電場中的電場線
(1)先確定等勢線，根據(jù)“兩點確定一條直線”，找出電場中電勢相等的兩個點，然后連接成一條等勢線；因勻強電場的電勢在一條直線上均勻變化，任一線段中點的電勢為兩端點電勢的平均值。
(2)電場線跟等勢線一定垂直，作出等勢線的垂線即得電場線。
(3)比較電勢的高低，即沿著電場線的方向，電勢逐漸降低；根據(jù)電勢高低在電場線上標出箭頭，表示電場的方向。
1．a(chǎn)、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 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( )
29、
A．4 V B．8 V C．12 V D．24 V
答案 B
解析 因為ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，解得φc＝8 V，B正確。
2．(多選)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＝－20 V，則下列說法正確的是( )
A．C點的電勢φC＝5 V
B．C點的電勢φC>5 V
C．C點的電勢φC<5 V
D．負電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能
答案 CD
解析 從電場線的分布情況可以看出φA－φC＞φC－φB，所以有φC<5 V，C正確，A、B錯誤；因為負電荷在電勢高
30、的地方電勢能較小，所以D正確。
3.如圖所示，A、B兩平行金屬板間的勻強電場的電場強度E＝2×105 V/m，方向如圖所示。電場中a、b兩點相距10 cm，ab連線與電場線成60°角，a點距A板2 cm，b點距B板3 cm。求電勢差UAa、Uab和UAB多大？
答案 4×103 V 1×104 V 2×104 V
解析 勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系為U＝Ed，
故UAa＝EdAa＝2×105×0.02 V＝4×103 V，
Uab＝Edab＝2×105×0.1×cos60° V＝1×104 V，
UAB＝EdAB＝2×105×(0.02＋0.1×cos60°＋0.03) V
31、＝2×104 V。
考點五 電場中的功能關(guān)系
1．電場力做功的特點：電場力對某電荷做的功與該電荷的電量及初、末位置的電勢差有關(guān)，與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān)。
2．電場力做功與電勢能變化的關(guān)系
對電場力做功的理解可類比重力做功。電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加。
3．電場力做功的計算方法
(1)由公式W＝Flcosα計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為：W＝qElcosα。
(2)由W＝qU來計算，此公式適用于任何形式的靜電場。
(3)由動能定理來計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk。
(4)由電勢能的變化來計算：WAB＝EpA－EpB。
4．電場中的功能關(guān)系
32、
(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、彈簧的彈力外，其他各力對物體所做的功等于物體機械能的變化。
(4)所有力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化。
(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a( )
A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小
B．從N到P的過程中，速率先增大后減小
33、C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加
D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
解析 a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與a速度方向夾角一直大于90°，所以庫侖力整個過程做負功。小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角從90°一直減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；帶電小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過
34、程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤。
答案 BC
方法感悟
功是能轉(zhuǎn)化的量度，能的變化通過做功來量度。特別注意電荷的正、負，再判定電場力是否做功，電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加。
1．(2018·泰安一模)(多選)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放。則釋放后小球從M運動到N過程中( )
A．小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量
35、
C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量
D．小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和
答案 BC
解析 由于有電場力做功，故小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯誤；由題意，小球受到的電場力與重力大小相等，在小球從M運動到N過程中，重力做多少正功，重力勢能就減少多少，電場力做多少負功，電勢能就增加多少，又兩力做功一樣多，可知B正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，由動能定理可知，彈力對小球做的功等于小球動能的增加量，又彈力的功等于彈性勢能的減少量，故C正確，故D錯誤。
2．[教材母題] (人教版選修3－1 P20·T7)某電場的等勢面如圖所示，試畫出電場線的大
36、致分布。若單位正電荷q沿任一路徑從A點移到B點，靜電力所做的功是多少？說明理由。正電荷q從A點移到C點，跟從B點移到C點，靜電力所做的功是否相等？說明理由。
[變式子題] 如圖所示，三條曲線表示三條等勢線，其電勢φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，將電荷量q＝1.2×10－6 C的電荷在電場中移動。
(1)把這個電荷從C移到D，電場力做功多少？
(2)把這個電荷從D移到B再移到A，電勢能變化多少？
答案 (1)3.6×10－5 J (2)增加4.8×10－5 J
解析 (1)UCD＝0－(－30) V＝30 V
WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3
37、.6×10－5 J。
(2)UDA＝－30－10 V＝－40 V
WDA＝qUDA＝1.2×10－6×(－40) J＝－4.8×10－5 J
電場力做負功，電荷的電勢能增加
ΔEp＝－WDA＝4.8×10－5 J。
3.如圖所示，在O點處固定一個正電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球下落的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h，若小球通過B點時的速度為v，試求：
(1)小球通過C點時的速度大?。?
(2)小球由A到C的過程中電場力做
38、的功。
答案 (1) (2)mv2＋mgR－mgh
解析 (1)由題分析知B、C兩點電勢相等，則小球由B到C只有重力做功，由動能定理有：
mgR·sin30°＝mv－mv2
得：vC＝。
(2)由A到C應(yīng)用動能定理有：WAC＋mgh＝mv－0
得：WAC＝mv－mgh＝mv2＋mgR－mgh。
課后作業(yè)
[鞏固強化練]
1．(多選)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用。若小球的重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則( )
A．重力做功5 J B．電勢能減少2 J
C．空氣阻力做功0.5 J D
39、．動能減少3.5 J
答案 BD
解析 小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故B正確；小球受到重力、電場力、空氣阻力三個力的作用，小球的機械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，因電場力對小球做功2 J，則空氣阻力做功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，D正確。
2．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡，帶電粒子只受電場力的作用，運動過程中電勢能逐漸減少，它運動到b處時的
40、運動方向與受力方向可能的是( )
答案 D
解析 由于帶電粒子只受電場力的作用，而且運動過程中電勢能逐漸減少，可判斷電場力做正功，即電場力方向與粒子速度方向夾角為銳角，且電場力方向沿著電場線指向軌跡凹側(cè)，故D項正確。
3．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
41、離至少為( )
A．0.6 m B．1.1 m C．1.6 m D．2.1 m
答案 B
解析 安全距離至少為dmin＝ m＝1.1 m，所以B項正確。
4．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則( )
A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ
B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN
C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功
D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功
答案 B
解析 根據(jù)電子由M點分別運動到N點和
42、P點的過程中，電場力所做的負功相等，可知N點和P點處于同一等勢面上，直線d位于某一等勢面內(nèi)。根據(jù)勻強電場的特性，可知直線c位于另一等勢面內(nèi)。由于電子由M點運動到N點的過程中，電場力做負功，說明電場線方向從M指向N，故M點電勢高于N點電勢，所以選項B正確，選項A錯誤；由于M、Q處于同一等勢面內(nèi)，電子由M點運動到Q點的過程中，電場力不做功，選項C錯誤；電子由P點運動到Q點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤。
5．(多選)如圖所示， A、B、C為直角三角形的三個頂點，∠A＝30°，D為AB的中點，負點電荷Q位于D點。A、B、C三點的電勢分別用φA、φB、φC表示，下列說法不正確的是( )
43、
A．φC大于φA
B．A、B兩點電場強度相同
C．負檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能都相等
D．將正檢驗電荷沿AC從A點移到C點，電場力先做正功后做負功
答案 ABC
解析 點電荷的等勢面是一系列的同心圓，A、C兩點在同一個等勢面上，故φC等于φA，故A錯誤；A、B兩點與場源點電荷距離相等，根據(jù)點電荷場強公式E＝k，故A、B兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A、B兩點的電場強度不相同，故B錯誤；BC連線上各點距場源點電荷距離不等，電勢不等，根據(jù)Ep＝qφ，負檢驗電荷在BC連線上各點具有的電勢能不相等，故C錯誤；AC連線上，越靠近負電荷電勢越低，從A到C電勢先降低后升高，正檢
44、驗電荷具有的電勢能先減小后增大，故電場力先做正功后做負功，故D正確。題目要求選不正確的，故選A、B、C。
6．(多選)空間內(nèi)存在與紙面平行的勻強電場，紙面內(nèi)的A、B、C三點均位于以O(shè)點為圓心、半徑為10 cm的圓周上，并且∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，如圖所示?，F(xiàn)把一個電荷量q＝1×10－5 C的正電荷從A點移到B點時，電場力做功為－1×10－4 J；從B點移到C點時，電場力做功為3×10－4 J，則該勻強電場的場強( )
A．大小為200 V/m B．大小為200 V/m
C．方向垂直于OA向右 D．方向垂直于OC向下
答案 AC
解析 由題意知，UAB＝＝
45、V＝－10 V，UBC＝＝ V＝30 V，則UAC＝UAB＋UBC＝20 V，若設(shè)φC＝0，則φA＝20 V，φB＝30 V，延長AO與BC交于BC的三等分點D，則D點的電勢應(yīng)為20 V，AD是電勢為20 V的等勢線，故場強方向垂直于OA向右，場強大小為E＝＝ V/m＝200 V/m，故A、C正確。
[真題模擬練]
7．(2018·全國卷Ⅰ)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是( )
A．平面c上的電勢為零
B．該電子可
46、能到達不了平面f
C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV
D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍
答案 AB
解析 勻強電場內(nèi)a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個等勢面電場力做功相同，則Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2 eV，Ubc＝φb－φc＝2 V，所以φc＝0，A正確；根據(jù)動能定理從a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4 eV，電子在d時有動能4 eV，速度可能沿各個方向，取極端情況：①電子沿電場線方向運動，從d到f電場力做功Wdf＝Wbc＝－2 eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2 eV>0，可到達；②電子到d時速度方向沿等勢面d，將不能
47、到達平面f，B正確；同理電子到達等勢面c的動能Ekc＝6 eV，由于等勢面c的電勢為零，電子在等勢面c的電勢能為零，根據(jù)能量守恒，電子在運動過程中電勢能和動能的總和保持一個定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6 eV，故電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為Epd＝2 eV，C錯誤；電子經(jīng)過平面b和d時的動能分別為：Ekb＝8 eV和Ekd＝4 eV，由Ek＝mv2可得電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的倍，D錯誤。
8．(2018·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，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
48、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
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
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 根據(jù)題意無法判斷電場方向，故A錯誤；由于電場為勻強電場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM＝，φN＝。若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q＝＝，故B正確；因為不知道勻強電場
49、方向，所以場強大小不一定是，故C錯誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因為φM＝，φN＝，解得：UaM－UbN＝0，故D正確。
9．(2018·天津高考)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(shè)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＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN
50、答案 D
解析 將粒子的運動分情況討論：如圖，從M點運動到N點或從N點運動到M點，根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷；電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；(a)若粒子從M點運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖甲所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN；(b)若粒子從N點運動到M點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖乙所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即vM
51、＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN。綜上所述，D正確。
10．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是( )
A．電場強度的大小為2.5 V/cm
B．坐標原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV
D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
答案 ABD
解析 如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1 V，選項B正確；則在x軸上，
52、每0.5 cm長度對應(yīng)電勢差為1 V，10 V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標為(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，選項A正確；電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，選項C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝－eUbc＝9 eV，選項D正確。
11．(2016·全國卷Ⅲ)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是( )
A．兩個電勢不同的等勢面可能相交
B．電場線與等勢面處處相互垂直
C．同一等勢面上各點電場強度一定相等
D．將一負的試探電荷從電勢
53、較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功
答案 B
解析 假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交，則交點處的電勢就是兩個不同的值，這是不可能的，A錯誤；電場線與等勢面處處垂直，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，而場強不一定相等，C錯誤；負電荷從高電勢處移到低電勢處，電勢能增加，電場力做負功，D錯誤。
12.(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
54、>ab>ac，va>vc>vb
B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va
C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va
D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb
答案 D
解析 帶電粒子在電場中僅受電場力作用，由牛頓第二定律知加速度a＝＝，E＝k，因為rbac>aa；
由動能定理有Wab＝qQUab＝mv－mv
Wbc＝qQUbc＝mv－mv
因為Wab<0，所以va>vb
因為Wbc>0，所以vc>vb
因為|Uab|>|Ubc|，所以va>vc
故有va>vc>vb，D項正確。
13．(2017·天津高考)(多選)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線
55、MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是( )
A．電子一定從A向B運動
B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷
C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAEB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpA
56、可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA
57、，且電場力與電場線相切，所以A錯誤。工件帶正電，噴槍端部帶負電，電場分布類似于正負點電荷間的電場，所以帶負電的微粒所受電場力先減小后增大，B正確。帶負電的微粒向電勢高的工件加速運動，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，C、D錯誤。
15．(2018·北京高考)(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。
a．請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式；
b．點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比。
(2)觀測宇宙中輻射電磁波的天
58、體，距離越遠單位面積接收的電磁波功率越小，觀測越困難。為了收集足夠強的來自天體的電磁波，增大望遠鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要途徑。2016年9月25日，世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽為“中國天眼”。FAST直徑為500 m，有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍。
a．設(shè)直徑為100 m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為P1，計算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率P2；
b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象，設(shè)直徑為100 m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是N0，計算FAST能夠觀測到的此類天
59、體數(shù)目N。
答案 (1)a.k b. (2)a.25P1 b．125N0
解析 (1)a.在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷，根據(jù)庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝k，根據(jù)電場強度的定義E＝，得E＝k；
b．穿過每個面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上通過的條數(shù)就少，故通過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比＝＝＝。
(2)a.地球上不同望遠鏡觀測同一天體，單位面積上接收的功率應(yīng)該相同，因此P2＝P1＝25P1；
b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)目正比于以望遠鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體積。設(shè)地面上望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為P0，直徑為100 m望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為L0和L，
則P0＝π2·＝π2·，
可得L＝5L0，則N＝N0＝125N0。
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 靜電場 第36講 電場能的性質(zhì)學(xué)案（含解析）
