2019-2020年高考物理總復習 第七章 靜電場教案.doc

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2019-2020年高考物理總復習 第七章 靜電場教案 考 綱 要 求 考 情 分 析 物質的電結構、電荷守恒 Ⅰ 電勢能、電勢 Ⅰ 　1.命題規(guī)律 從近幾年高考試題來看，高考對本章內容主要以選擇題的形式考查靜電場的基本性質，以綜合題的形式考查靜電場知識與其他知識的綜合應用。 2.考查熱點 (1)電場的基本概念和性質； (2)牛頓運動定律、動能定理及功能關系在靜電場中的應用； (3)帶電粒子在電場中的加速、偏轉等問題。 靜電現(xiàn)象的解釋 Ⅰ 電勢差 Ⅱ 點電荷 Ⅰ 勻強電場中電勢差與電場強度的關系 Ⅱ 庫侖定律 Ⅱ 帶電粒子在勻強電場中的運動 Ⅱ 靜電場 Ⅰ 示波管 Ⅰ 電場強度、點電荷的場強 Ⅱ 常見電容器 Ⅰ 電場線 Ⅰ 電容器的電壓、電荷量和電容的關系 Ⅰ 一、靜電現(xiàn)象、電荷守恒 1.電荷 (1)三種起電方式：摩擦起電，接觸起電，感應起電。 (2)兩種電荷：自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。 (3)元電荷：電荷的多少叫作電荷量，通常把e＝1.610－19 C的電荷量叫作元電荷。 2．對元電荷的理解 (1)元電荷是自然界中最小的電荷量，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。 (2)元電荷等于電子所帶的電荷量，也等于質子所帶的電荷量，但元電荷沒有正負之分。 (3)元電荷不是點電荷，電子、質子等微粒也不是元電荷。 3．電荷守恒定律 電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移過程中，電荷的總量保持不變。 [小題練通] 1．M和N是原來都不帶電的物體，它們互相摩擦后M帶正電荷1.610－10 C，下列判斷中正確的是(　　) A．在摩擦前M和N的內部沒有任何電荷 B．摩擦過程中電子從N轉移到了M C．N在摩擦后一定帶負電荷1.610－10 C D．M在摩擦過程中失去了1.61010個電子 解析：選C　由物質的電結構可知，摩擦前M、N內部存在電荷，A錯誤；摩擦后M帶正電，故摩擦過程中電子從M轉移到N，B錯誤；由電荷守恒定律，C正確；電子所帶電荷量為1.610－19 C，可見D錯誤。 2.如圖所示，把一個不帶電且與外界絕緣的導體兩端分別設計上兩個開關，當帶正電的小球靠近時，由于靜電感應，在a、b端分別出現(xiàn)正、負電荷，則以下說法中正確的是(　　) A．閉合K1，有電子從導體流向大地 B．閉合K2，有電子從導體流向大地 C．閉合K2，有電子從大地流向導體 D．閉合K1，沒有電子通過 解析：選C　K1、K2閉合前，由于靜電感應和電荷守恒定律，a、b出現(xiàn)等量異種電荷，當閉合任何一個開關以后，整個導體與大地連接，都是電子從大地被吸引過來，故C正確。 完全相同的兩個金屬球接觸后再分開，如果金屬球帶同種電荷，總電荷量直接平分；如果金屬球帶異種電荷，需要先中和，剩余電荷再平均分配。 二、庫侖定律 1.庫侖定律的內容和表達式 (1)內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。 (2)表達式：F＝k。式中k＝9.0109 Nm2/C2，稱為靜電力常量。 2．庫侖定律的適用條件 (1)適用條件：真空中的點電荷。 (2)帶電體看成點電荷的條件：要看帶電體本身的線度是否比它們之間的距離小得多。即使是兩個比較大的帶電體，只要它們之間的距離足夠大，也可以視為點電荷。 [小題練通] 1．(xx北京西城期末)如圖所示，兩個電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質絕緣細繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個小球的半徑r?l，k表示靜電力常量，則輕繩的張力大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 　　　 B. C．2 D. 解析：選B　輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F＝，選項B正確。 2.(xx鄭州模擬)如圖所示，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F。今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開。這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) A.　　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：選A　A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設它們帶的電荷量分別為＋q、－q。當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為q1＝＋，當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－。由庫侖定律F＝k知，當移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝，A項正確。 對庫侖定律適用條件的三點理解 (1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離。 (2)對于兩個帶電金屬球，距離足夠遠時同(1)，距離較近時要考慮金屬球表面電荷的重新分布。 (3)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。 三、庫侖力作用下的平衡問題 [三個點電荷的平衡問題] (1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合電場強度為零的位置。 (2) [例1]　如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為(　　) A．正，B的右邊0.4 m處 B．正，B的左邊0.2 m處 C．負，A的左邊0.2 m處 D．負，A的右邊0.2 m處 [解析]　要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”、“兩大夾小”的原則，所以選項C正確。 [答案]　C [庫侖力和其他力的平衡問題] 庫侖力作用下的平衡問題，可以是只有庫侖力，也可以結合其他力。但其首先是平衡問題，只是多一個庫侖力而已。解題的關鍵是進行受力分析并列出平衡方程。 [例2]　(多選)(xx浙江高考)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.010－6 C的正電荷。兩線夾角為120，兩線上的拉力大小分別為F1和F2。A的正下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質量為0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，A、B球可視為點電荷)，則(　　) A．支架對地面的壓力大小為2.0 N B．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時兩線上的拉力大小F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N D．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N [解析]　A對B有豎直向上的庫侖力，大小為FAB＝＝0.9 N；對B與支架整體分析，豎直方向上合力為零，則FN＋FAB＝mg，可得FN＝mg－FAB＝1.1 N，由牛頓第三定律知FN′＝FN，選項A錯誤。因兩細線長度相等，B在A的正下方，則兩繩拉力大小相等，小球A受到豎直向下的重力、庫侖力和F1、F2作用而處于平衡狀態(tài)，因兩線夾角為120，根據(jù)力的合成特點可知：F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9 N；當B移到無窮遠處時，F(xiàn)1＝F2＝GA＝1 N，選項B正確，選項D錯誤。當B水平向右移至M、A、B在同一條直線上時，如圖所示， 對A受力分析并沿水平和豎直方向正交分解， 水平方向：F1 cos 30＝F2 cos 30＋F′cos 30 豎直方向：F1sin 30＋F2sin 30＝GA＋F′sin 30 由庫侖定律知，A、B間庫侖力大小 F′＝＝＝0.225 N， 聯(lián)立以上各式可得F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N，選項C正確。 [答案]　BC [通法歸納] 　　“三步”處理庫侖力作用下電荷的平衡問題 庫侖力作用下電荷的平衡問題與力學中物體的平衡問題處理方式相同，也就是將力進行合成與分解。 [集訓沖關] 1．(多選)如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球(可以看成點電荷)，A球帶電量為＋3q，B球帶電量為－q，由靜止同時釋放后A球加速度大小為B球的兩倍?，F(xiàn)在A、B中點固定一個帶正電C球(也可看成點電荷)，再由靜止同時釋放A、B兩球，結果兩球加速度大小相等。則C球帶電量可能為(　　) A.q　　　　　　　　　 　B.q C.q D.q 解析：選AB　設A、B兩小球間距為L，將A、B兩球釋放時，對A球有k＝mA2a，對B球有：k＝mBa，得mB＝2mA，在A、B中點固定C球后，對A球有k－k＝mAa′或k－k＝mAa′，對B球有k ＋k＝mBa′，解得qC＝q或qC＝q，故A、B選項正確。 2．(多選)(xx浙江高考)如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行。小球A的質量為m、電量為q。小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷。小球A靜止在斜面上，則(　　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當＝時，細線上的拉力為0 C．當＝時，細線上的拉力為0 D．當＝時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選AC　根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝，選項A正確；當細線上的拉力為0時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得＝mgtan θ，解得＝，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，選項D錯誤。 一、單項選擇題 1.如圖所示，Q帶負電荷，導體P在a處接地，下列說法中正確的是(　　) A．導體P的a端不帶電荷，b端帶負電荷 B．導體P的a端帶正電荷，b端不帶電 C．導體P的a端帶正電荷，b端帶負電荷，且正、負電荷的電荷量相等 D．導體P的a端帶正電荷，b端帶負電荷，正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量 解析：選B　導體接地，它與大地組成一個導體，相對于負電荷Q，a端離Q較近。根據(jù)“近異遠同”“兩端等量”的規(guī)律，導體a端帶正電，b端不帶電，大地作為遠端帶有等量的負電荷。故選項B正確，A、C、D錯誤。 2．三個完全相同的金屬球，A球帶電荷量為q，B、C均不帶電?，F(xiàn)要使B球帶電荷量為，正確的操作方法是(　　) A．將A球同時與B球、C球接觸 B．先將A球與B球接觸，分開后將B球與C球接觸 C．先將A球與C球接觸，分開后將B球與C球接觸 D．先將A球與C球接觸，分開后將B球與C球接觸，再分開后將B球與A球接觸 解析：選D　將三球同時接觸時，三個小球平分電荷，則各占三分之一，故A錯誤；A、B接觸時，A、B平分電荷，則B中有q；B與C接觸時，再平分，則B中還有，故B錯誤；因B、C均不帶電，則A先與C接觸的情況與先與B接觸是相同的，最后B中有，故C錯誤；A與C接觸時，C中有的電量；B再與C接觸時，B中有的電量；現(xiàn)將B與A接觸，則B中電量為＝，故D正確。 3.兩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應放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應放在Q1的左側。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。 4．(xx大連期中)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個孤立的點電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運動，在運動過程中三個點電荷始終共線。已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計點電荷間的萬有引力，下列說法正確的是(　　) A．Q1、Q2的電荷量之比為 B．Q1、Q2的電荷量之比為2 C．Q1、Q2的質量之比為 D．Q1、Q2的質量之比為2 解析：選C　由于Q處于靜止，則有＝，所以＝2，選項A、B錯誤；對Q1有－＝m1ω2r1，對Q2有－＝m2ω2r2，將＝2代入，得m1r1＝m2r2，解得＝，選項C正確，D錯誤。 5.在光滑的絕緣水平面上，有兩個質量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的甲、乙兩個小球，在力F的作用下做勻加速直線運動，則甲、乙兩球之間的距離r為(　　) A. 　　　　　　　 　B．q C．2q D．2q 解析：選B　選甲、乙整體為研究對象，由牛頓第二定律得，加速度a＝。選乙為研究對象，由牛頓第二定律得，＝ma，聯(lián)立得r＝q ，選項B正確。 二、多項選擇題 6.如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q。四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：選AC　設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，兩個－q之間距離為2acos α。選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，選項A正確，B錯誤。選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，選項C正確，D錯誤。 7.兩個完全相同的小金屬球(皆可視為點電荷)，所帶電荷量之比為5∶1，它們在相距一定距離時相互間的作用力為F1，如果讓它們充分接觸后再放回各自原來的位置上，此時相互作用力變?yōu)镕2，則F1∶F2為(　　) A．5∶2 B．5∶4 C．5∶6 D．5∶9 解析：選BD　設兩金屬球的電荷量大小分別為5q和q，由庫侖定律得F1＝，若兩金屬球帶異種電荷，充分接觸后再放回各自原來的位置上，兩電荷帶同種電荷，帶電荷量分別為2q，則F2＝，所以F1∶F2＝5∶4；若兩金屬球帶同種電荷，充分接觸后再放回各自原來的位置上，兩電荷帶同種電荷，電荷量均為3q，則F2＝，所以F1∶F2＝5∶9。 8.(xx浙江高考)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為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。已測得每個小球質量是8.010－4 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＝9.0109Nm2/C2，則(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.010－2 N C．B球所帶的電荷量為410－8 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；兩球平衡后球B受力如圖所示，所受靜電力F＝mgtan α＝6.010－3 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＝410－8 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。 第36課時　電場強度、電場線(雙基落實課) [說]　本課時內容主要包括電場強度、電場力的概念，用電場線描述電場的方法。通過本節(jié)的學習，可以對電場力的性質有一個全面的認識。電場強度、電場力、電場線等是高考熱點，常在比較綜合的題目中有所涉及。 一、電場強度的理解 1.電場 (1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質； (2)基本性質：對放入其中的電荷有力的作用。 2．電場強度 (1)定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值； (2)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點受電場力的方向為該點電場強度的方向。 3．電場強度三個公式的比較 公式 E＝ E＝k E＝ 意義 電場強度 的定義式 真空中點電荷的 電場強度公式 勻強電場中電場強度 與電勢差的關系式 適用 范圍 任何電場 真空中的點電荷 勻強電場 [小題練通] 1.在電場中的A、B兩處分別引入不同的試探電荷q，得到試探電荷所受的電場力隨電荷量變化的關系如圖所示，則(　　) A．EA＞EB　　　　　　　 B．EA＜EB C．EA＝EB D．不能判定EA、EB的大小 解析：選A　根據(jù)電場強度的定義式E＝，電場強度與圖中圖線的斜率相對應，故EA＞EB，A項正確。 2．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為(　　) A．3∶1 B．1∶3 C．9∶1 D．1∶9 解析：選C　由點電荷場強公式有：E＝k∝r－2，故有＝2＝2＝9∶1，C項正確。 電場中某點的電場強度E的大小和方向是唯一的，其大小只由電場本身的特性決定，與F、q的大小及是否存在試探電荷無關，即不能認為E∝F或E∝。 二、電場強度的疊加 [典例]　(xx山東高考)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 [解析]　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝k，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負向。 [答案]　B 電場強度疊加問題的分析步驟 電場強度是矢量，疊加時應遵從平行四邊形定則，分析電場的疊加問題的一般步驟是： (1)確定分析計算場強的空間位置； (2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向； (3)依次利用矢量合成的法則求出矢量和。 [集訓沖關] 1．(xx江蘇高考)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：選B　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。 2.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。 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′＝，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 三、電場線的理解及應用 (1)定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向，在電場中畫出一些有方向的曲線，曲線上每一點的切線方向表示該點的電場強度方向。 (2) (3)六種典型電場的電場線 [小題練通] 1．(xx成都模擬)如圖所示為電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示這兩處的電場強度的大小，則(　　) A．a(chǎn)、b兩點的電場強度方向相反 B．因為電場線由a指向b，所以Ea>Eb C．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb D．因不清楚a、b兩點附近的電場線分布情況，所以不能確定Ea、Eb的大小關系 解析：選D　由電場線方向可知a、b兩點的電場強度方向都向右，A錯；僅一條電場線無法比較電場線的疏密程度和電場強度大小關系，B、C錯，D對。 2.(多選)(xx三明模擬)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的動能均增加 解析：選CD　根據(jù)兩粒子的偏轉方向，可知兩粒子帶異性電荷，但無法確定其具體電性，故A錯誤；由粒子受力方向與速度方向的關系，可判斷電場力對兩粒子均做正功，兩粒子的速度、動能均增大，故B錯誤，D正確；從兩粒子的運動軌跡判斷，a粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變得稀疏，b粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變密，說明a的加速度減小，b的加速度增大，故C正確。 3.(多選)某電場的電場線分布如圖所示，則(　　) A．電荷P帶正電 B．電荷P帶負電 C．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度 D．正檢驗電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力 解析：選AD　電場線從正電荷出發(fā)，故A正確，B錯誤；從電場線的分布情況可知，b處的電場線比a處的密，所以b點的電場強度大于a點的電場強度，故C錯誤；c點的場強大于d點的場強，所以正檢驗電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力，故D正確。 (1)根據(jù)電場線確定電荷受力情況要分清正、負電荷。 (2)根據(jù)電場線方向只能確定電荷受力方向，不能確定運動軌跡。 一、單項選擇題 1．在電場中某點，當放入正電荷時受到的電場力方向向右；當放入負電荷時受到的電場力方向向左，則下列說法中正確的是(　　) A．當放入正電荷時，該點場強方向向右；當放入負電荷時，該點場強方向向左 B．該點場強方向一定向右 C．該點場強方向一定向左 D．該點場強方向可能向右，也可能向左 解析：選B　電場中某一點的電場方向取決于電場本身，其方向與放在該點的正電荷的受力方向一致，與負電荷的受力方向相反，故只有B正確。 2．檢驗電荷在電場中某點受到的電場力為F，這點的電場強度為E，在圖中能正確反映q、E、F三者關系的是(　　) 解析：選D　電場中某點的電場強度由電場本身的性質決定，與放入該點的檢驗電荷及其所受電場力無關，A、B錯誤；檢驗電荷在該點受到的電場力F＝Eq，F(xiàn)正比于q，C錯誤，D正確。 3.(xx石家莊質檢)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.　　　　　　　　　　　　 B.－E C.－E D.＋E 解析：選B　把半個帶正電荷的球面等效為整個帶正電荷的球面跟半個帶負電荷球面疊加在一起。整個帶正電荷的球面在N點的場強E1＝k＝k，半個帶負電荷球面在N點的場強E2＝E，N點的場強EN＝E1－E2＝k－E，則B項正確。 4．(xx全國卷Ⅱ)如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝k，小球b對小球c的庫侖引力為F＝k，二力合力為2Fcos 30。設水平勻強電場場強的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos 30，解得：E＝，選項B正確。 5.如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處放一點電荷，將質量為m，帶電量為q的小球從圓弧管的水平直徑端點C由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力。則放于圓心處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　在B點由庫侖力和重力的合力提供向心力，得F－mg＝m，即qE＝m＋mg，小球從C到B電場力不做功，由動能定理mgR＝mv2，兩個式子聯(lián)立可知E＝。點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小與B點相同，故B正確。 二、多項選擇題 6．在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等的是(　　) A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點 B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點 解析：選ABC　甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相等，選項A正確；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等，選項B正確；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相等，選項C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，選項D錯誤。 7.某電場區(qū)域的電場線如圖所示，a、b是其中一條電場線上的兩點，下列說法正確的是(　　) A．負電荷在a點受到的電場力一定小于它在b點受到的電場力 B．a(chǎn)點的場強方向一定沿著a點的電場線向右 C．正電荷在a點受到的電場力一定大于它在b點受到的電場力 D．a(chǎn)點的場強一定大于b點的場強 解析：選BCD　電場線越密，場強越大，所以a點的場強一定大于b點的場強，根據(jù)F＝Eq得電荷在a點受到的電場力一定大于它在b點受到的電場力，故A錯誤，C、D正確；電場線某點的切線方向表示場強的方向，所以a點的場強方向一定沿著a點的電場線向右，故B正確。 8.某靜電場中的電場線如圖所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，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．粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度 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點的動能小于它在N點的動能 解析：選ACD　根據(jù)粒子運動軌跡彎曲的情況，可以確定粒子受電場力的方向沿電場線切線方向，故此粒子帶正電荷，選項A正確；由于電場線越密，場強越大，粒子受電場力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N點加速度大，選項C正確；粒子從M點到N點，電場力做正功，根據(jù)動能定理得此粒子在N點動能大，故選項D正確。 第37課時　電勢　電勢能　電勢差(重點突破課) [必備知識] 一、電場力做功與電勢能 1．電場力做功 (1)特點：靜電力做功與路徑無關，只與初、末位置有關。如圖，WAC＝WABC。 (2)計算 ①W＝qEd，適用于勻強電場。 ②WAB＝qUAB，適用于任何電場。 2．電勢能 (1)大小：等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力做的功。 (2)公式：Ep＝qφ (3)電場力做功與電勢能變化的關系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp，即電場力的功等于電勢能變化量的負值。 (4)電勢能的相對性：電勢能是相對的，零勢能點選取不同，電勢能的值不同。通常選取無窮遠處或大地表面電勢能為零。 二、電勢和等勢面 1．電勢 (1)定義式：φ＝。 (2)矢標性：電勢是標量，有正負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)。 (3)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。 2．等勢面 (1)定義：電場中電勢相同的各點構成的面叫作等勢面。 (2)等勢面的特點 ①在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功。 ②電場線與等勢面垂直，并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。 ③任意兩個等勢面都不相交。 ④等差等勢面越密的地方，電場強度越大。 (3)幾種典型電場的等差等勢面分布(如圖中虛線所示)。 三、電勢差　勻強電場中電勢差與電場強度的關系 (1)定義：電場中兩點間電勢的差值叫作電勢差。 (2)定義式：UAB＝φA－φB。 (3)與電場力做功的關系：UAB＝。 (4)勻強電場中與場強的關系：U＝Ed。 [小題熱身] 1．(多選)(xx洛陽一模)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力和電場力作用。若重力做功－3 J，電場力做功1 J，則小球的(　　) A．重力勢能增加3 J　　　 　B．電勢能增加1 J C．動能減少3 J D．機械能增加1 J 解析：選AD　重力做功－3 J，重力勢能增加3 J，A正確；電場力做功1 J，則電勢能減少1 J，B錯誤；合外力做功－2 J，則動能減少2 J，C錯誤；電場力做功1 J，則機械能增加1 J，D正確。 2．(多選)下列關于電勢高低的判斷，正確的是(　　) A．負電荷從A移到B時，外力做正功，A點的電勢一定較高 B．負電荷從A移到B時，電勢能增加，A點的電勢一定較低 C．正電荷從A移到B時，電勢能增加，A點的電勢一定較低 D．正電荷只在電場力作用下從靜止開始，由A移到B，A點的電勢一定較高 解析：選CD　根據(jù)電場力做功和電勢能變化的關系，不管是正電荷還是負電荷，只要電場力做正功電勢能就減少；只要電場力做負功電勢能就增加。正、負電荷在電勢高低不同的位置具有的電勢能不同，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，可以確定選項C、D正確。 3．(xx全國丙卷)關于靜電場的等勢面，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較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：選B　在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負試探電荷時，電場力做負功，選項D錯誤。 提能點(一)　電場力做功與電勢能 [典例]　(多選)(xx全國乙卷)如圖，一帶負電荷的油滴在勻 強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內，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 [審題指導] (1)審題關注“勻強電場中運動”，從而明確帶負電荷的油滴所受電場力不變。 (2)審題關注“軌跡在豎直平面內相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱”，從而明確電場線方向。 [解析]　由于帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡關于過最低點P的豎直線對稱，由此可判斷勻強電場方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，油滴的加速度不變，A對D錯；油滴由P到Q過程電場力做正功，電勢能減小，動能增大，B對C錯。 [答案]　AB 　電勢能大小的判斷 判斷依據(jù) 判斷方法 電場力做功 電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加 公式Ep＝qφ 正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢低的地方電勢能大 能量守恒 在只有電場力做功時動能和電勢能之和保持不變，動能增加時，電勢能減小 [集訓沖關] 1．(xx開封一模)在電場強度大小為E的勻強電場中，將一個質量為m、電荷量為＋q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運動。關于帶電小球的電勢能Ep和機械能W的判斷，正確的是(　　) A．若sin θ<，則Ep一定減少，W一定增加 B．若sin θ＝，則Ep、W一定不變 C．若sin θ＝，則Ep一定增加，W一定減小 D．若tan θ＝，則Ep可能增加，W一定增加 解析：選B　帶電小球由靜止開始釋放，只受重力和電場力，其電勢能與機械能之和保持不變。畫出帶電小球運動中可能的受力圖，由圖可知，若sin θ＝，則所受電場力與位移垂直，電場力不做功，電勢能Ep一定不變，而重力做正功，重力勢能減小，動能增加，機械能W一定不變，選項B正確、C錯誤。若sin θ<，則電場力與位移夾角可能小于90，電場力做正功，電勢能Ep減少，機械能W增加，也可能大于90，電場力做負功，電勢能Ep增加，機械能W減小，選項A錯誤。若tan θ＝，則電場力與位移夾角小于90，電場力做正功，電勢能Ep減少，機械能W增加，選項D錯誤。 2.(xx太原測評)如圖，空間中存在水平向左的勻強電場。在電場中將一帶電液滴從b點由靜止釋放，液滴沿直線由b運動到d，且直線bd方向與豎直方向成45角，下列判斷正確的是(　　) A．液滴帶正電荷 B．液滴的電勢能減少 C．液滴的重力勢能和電勢能之和不變 D．液滴的電勢能和動能之和不變 解析：選B　帶電液滴受重力和電場力兩個力的作用，由靜止釋放后，沿直線由b運動到d，說明液滴所受合外力沿b到d的方向，又因為重力方向豎直向下，所以電場力的方向水平向右，而電場線水平向左，故帶電液滴帶負電，選項A錯誤；液滴沿直線由b運動到d的過程中，重力和電場力均做正功，重力勢能和電勢能都減少，選項B正確，C錯誤；重力和電場力合力所做的功，等于液滴動能的增量，又因為重力和電場力所做的功等于重力勢能和電勢能的減少量，故液滴的重力勢能、電勢能、動能三者之和不變，選項D錯誤。 提能點(二)　電勢的理解和電勢高低的判斷 1.電勢是反映電場能的性質的物理量。即確定了電場中某點的電勢，就可以知道任意電荷放在該點時的電勢能。 2．電勢的高低與電場強度的大小無關。 3．電勢具有相對性，規(guī)定電勢能為零的地方電勢也為零。 4．沿電場線的方向電勢是逐漸降低的。 [典例]　(xx淄博模擬)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]　根據(jù)電荷分布的對稱性可知O點電場強度為零，而沿x軸正方向無限遠處電場強度也為零，故從O點沿x軸正方向電場強度先增大后減小。由于圓環(huán)帶負電荷，故圓環(huán)右側x軸上電場方向沿x軸負方向，所以從O點沿x軸正方向，電勢一直升高，故選項A、B、D錯誤，C正確。 [答案]　C 電勢高低的判斷 判斷依據(jù) 判斷方法 電場線 沿電場線方向電勢逐漸降低 場源電荷 離正電荷越近的地方電勢越高，離負電荷越近的地方電勢越低 電勢能 正電荷在某點的電勢能越大，該點電勢越高，負電荷在某點電勢能越大，該點電勢越低 電場力做功 已知WAB可根據(jù)UAB＝確定UAB，再根據(jù)UAB＝φA－φB判斷電勢高低 [集訓沖關] 1．(多選)(xx昆明七校聯(lián)考)如圖甲所示，a、b是某電場中一條電場線上的兩點，若在a點釋放一初速度為零的帶負電的粒子，粒子僅在電場力作用下沿電場線由a運動到b，其電勢能W隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示。設a、b兩點的電勢分別為φa和φb，電場強度的大小分別為Ea和Eb。則下列判斷正確的是(　　) A．φa>φb　　　　　　　　　 B．φa<φb C．EaaB，EkA>EkB B．a(chǎn)AEpB C．a(chǎn)AaB，EpAEkB，EpAEB C．φA>φB D．φA<φB 解析：選D　由速度平方v2與位移x的關系與v2－v02＝2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，合力(電場力)恒定，此電場為勻強電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選項D正確，C錯誤。 4.(xx石家莊模擬)如圖所示，a、b是真空中兩個帶等量正電的點電荷，A、B兩點在兩電荷連線上且關于兩電荷連線的中垂線對稱，O為中點?，F(xiàn)將一負點電荷q由A點沿ab連線移到B點，下列說法中正確的是(　　) A．A點電勢高于O點電勢 B．A點電勢高于B點電勢 C．電荷q移動過程中，電勢能一直減少 D．電荷q移動過程中，電場力先做正功后做負功 解析：選A　由于a、b帶電量相同，故兩電荷合電場的方向為由A指向O，由B指向O，由此可知由于沿著電場線的方向電勢將降低，故A項說法正確；由a、b帶電量相同，可知其中垂線上各點電勢相等，由對稱性可知A、B兩點電場強度相等，從A、B兩點移動相同電荷到O點電場力的功相等，故其電勢相同，B項說法不正確；負點電荷q由A點沿ab連線移到B點的過程中，從A點到O點電場力做負功電勢能增加，從O點到B點電場力做正功電勢能減小，故C、D項說法均不正確。 5．如圖所示，僅在靜電力作用下，一帶電粒子沿圖中虛線從A運動到B，則(　　) A．靜電力做正功　　 B．動能增加 C．粒子帶正電　 　 　 D．