（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第六章 第2節(jié) 電場能的性質(zhì)講義（含解析）

（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第六章 第2節(jié) 電場能的性質(zhì)講義（含解析）(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UABUBA。(×)(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。(×)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A、B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Epq，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(2019·東海月考)將一空心導體放入勻強電場中穩(wěn)定后，電場線分布如圖所示。A、D為電場中兩點，B、C為導體表面兩點。下列說法正確的是()A同一帶電粒子在A點受到的電場力大于在C點受到的電場力B同一帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能C一帶正電的粒子沿著導體表面從B點移動到C點，電場力不做功DB點的電勢低于D點的電勢解析：選C由電場線越密的地方，電場強度越大，結(jié)合題圖可知A點的電場線比C點的疏，則A點的電場強度小于C點電場強度，同一帶電粒子在A點受到的電場力小于在C點受到的電場力，故A錯誤。沿著電場線，電勢逐漸降低，則知A點的電勢比B高，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，故帶負電的粒子在A點的電勢能比在B點的小，故B錯誤。處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，其表面是等勢面，則帶正電的粒子沿著導體表面從B點移動到C點，電場力不做功，故C正確。C點的電勢高于D點的電勢，而B點的電勢與C點的電勢相等，所以B點的電勢高于D點的電勢，故D錯誤。2(2018·連云港期末)如圖所示為靜電除塵原理圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負電，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標)。不計重力，不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則()A圖中A點電勢高于B點電勢B圖中A點電場強度小于B點電場強度C塵埃在遷移過程中電勢能增大D塵埃在遷移過程中動能增大解析：選D由題中帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，故A錯誤；由題圖可知，A點電場線比較密，所以A點電場強度大于B點電場強度，故B錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，動能增大，故C錯誤，D正確。3(2019·無錫模擬)將一電荷量為Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，則()Aa點的電場強度比b點的小Ba點的電勢比b點的低C將檢驗電荷q從a點移到b點的過程中，電場力做正功D檢驗電荷q在a點的電勢能比在b點的小解析：選D電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密，場強越大。由題圖知a點的電場強度比b點的大，故A項錯誤；順著電場線電勢降低，則a點電勢高于金屬球的電勢，金屬球表面的電勢處處相等，金屬球的電勢高于b點的電勢，可得a點電勢高于b點的電勢，故B項錯誤；a點電勢高于b點的電勢，檢驗電荷q在a點的電勢能比在b點的小，從a點移到b點的過程中電勢能增加，電場力做負功，故C項錯誤，D項正確。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)UABEd，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UEd，即在沿電場線方向上，Ud。推論如下：推論：如圖甲，C點為線段AB的中點，則有C。推論：如圖乙，ABCD，且ABCD，則UABUCD。2E在非勻強電場中的三點妙用(1)判斷電場強度大?。旱炔畹葎菝嬖矫埽妶鰪姸仍酱?。(2)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。(3)利用 ­x圖像的斜率判斷電場強度隨位置變化的規(guī)律：kEx，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。典例a、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()A4 VB8 VC12 V D24 V方法規(guī)律(一)由題明3法基礎(chǔ)解法：(公式法)設(shè)ab間沿電場方向上的距離為d，則cd間沿電場方向的距離也為d。由E得：E解得：c8 V。能力解法一：(推論)連接對角線ac和bd相交于O點，如圖所示。由勻強電場的性質(zhì)可得O，解得：c8 V。能力解法二：(推論)因為abcd且abcd，所以bacd，解得c8 V。(二)3法比較(1)公式法適用勻強電場中E或U的計算，過程較繁瑣。(2)推論僅適用于勻強電場中兩點連線中點的電勢的計算。推論適用于勻強電場中能構(gòu)成平行四邊形的四個點之間電勢的計算。集訓沖關(guān)1(2018·西安期中)如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，abcd10 cm，adbc20 cm，電場線與矩形所在平面平行。已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，則()A電場強度大小一定為E40 V/mBc、d間電勢差一定為4 VC電場強度的方向一定由b指向aDc點電勢可能比d點低解析：選B根據(jù)題設(shè)條件可知，場強方向無法確定，知道了a、b間電勢差，但不能根據(jù)E求出場強的大小，故A、C錯誤。根據(jù)勻強電場的電場線與等勢線分布的特點可知，c、d間電勢差必等于b、a間電勢差，為4 V，故B正確。c、d間電勢差為4 V，則知c點電勢比d點高4 V，故D錯誤。2(2018·無錫模擬)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A30 V，B點的電勢為B10 V，則C點的電勢為()AC10 V BC>10 VCC<10 V D上述選項都不正確解析：選C由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以AC>CB，可得C<，即C<10 V，選項C正確。3(2019·石家莊月考)如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點。已知A、B、C三點的電勢分別為1 V、6 V、9 V，則下列說法正確的是()AD點的電勢為7 VB電子在A點的電勢能比在E點的低1 eVC電子從C點運動到F點，電場力做功10 eVDUDE8 V解析：選A由于BC與AD平行，且2BCAD，則有2(BC)AD，解得D點的電勢為D7 V，故A正確；由于AB與ED平行，且ABED，則有ABED，解得E點的電勢為E2 V，根據(jù)Epq可知電子在A點的電勢能比在E點的高1 eV，故B錯誤；由于BC與FE平行，且BCFE，則有BCFE，解得F點的電勢為F1 V，根據(jù)WCFqUCFq(CF)可知電子從C點運動到F點，電場力做功為10 eV，即克服電場力做功為10 eV，故C錯誤；UDEDE7 V2 V5 V，故D錯誤。突破點(三)電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題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。2幾種典型電場的等勢線(面)電場等勢線(面)重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種(正)點電荷的電場連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高3帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)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。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。題點全練1(2019·如皋調(diào)研)如圖所示，虛線表示電場的一簇等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等。一個粒子(帶正電)以一定的初速度進入電場后，只在電場力作用下沿實線軌跡運動，粒子先后通過M點和N點。在這一過程中，電場力做負功，由此可判斷出()A粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力大BN點的電勢低于M點的電勢C粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大D粒子在M點的速率小于在N點的速率解析：選C根據(jù)電場線或等勢面的疏密程度可知N點的電場強度較大，故粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力小，故A錯誤；由粒子的運動軌跡可知，帶正電的粒子所受的電場力方向指向右下方，則電場線的方向指向右下方，根據(jù)“順著電場線的方向電勢降落”，可知N點的電勢高于M點的電勢，故B錯誤；由粒子從M運動到N，電場力對粒子做負功，電勢能增加，所以粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大，故C正確；由粒子從M運動到N，電場力做負功，可知粒子速度減小，所以粒子在M點的速率大于在N點的速率，故D錯誤。2(2018·宿遷期中)如圖所示，為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點。a、b兩點的場強大小分別為Ea和Eb，電勢分別為a和b，電場力對兩電子做功分別為Wa和Wb，兩電子在a、b兩點的電勢能分別為Epa和Epb。則()AEa<EbBa<bCWa<Wb DEpa<Epb解析：選Ba位置的電場線較密集，故EaEb，選項A錯誤；題圖中a所在等勢面在b點等勢面的左側(cè)，因順著電場線電勢降低，則a<b，則兩電子在a、b兩點的電勢能Epa>Epb，選項B正確，D錯誤；由等勢面可知Uac>Ubc，根據(jù)WqU，有Wa>Wb，選項C錯誤。3多選(2018·南京三模)如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一個帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是()A三個等勢面中，等勢面a的電勢最低B質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時小C質(zhì)點通過Q點時的加速度比通過P點時大D質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直解析：選BD作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和質(zhì)點帶負電荷可知，電場線向上，故等勢面c的電勢最低，故A錯誤；質(zhì)點從Q點到P點的過程中，電場力做負功，電勢能增大，質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時的電勢能小，故B正確；等差等勢面P處密，P處電場強度大，電場力大，加速度大，故C錯誤；電場強度與等勢面垂直，電場力與等勢面垂直，質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直，故D正確。突破點(四)靜電場中的圖像問題(一)v ­t圖像根據(jù)v­t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。 例1如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A粒子由a點到b點運動過程中加速度度逐漸增大Bb點的電場強度一定為零CQ1的電量一定小于Q2的電量D粒子由a點到b點向遠處運動的過程中，粒子的電勢能先增大后減小解析速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，從速度圖像可見正電荷從a到b做加速度減小的加速運動，故A錯誤；正電荷從a到b做加速度減小的加速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零，故B正確；正電荷從a到b做加速運動，所以a、b之間電場的方向向右；過b點后正電荷做減速運動，所以電場的方向向左，b點場強為零，可見兩點電荷在b點對正電荷的電場力相等，根據(jù)Fk，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電量大于Q2的電量，故C錯誤；正電荷從a到b做加速運動，電場力做正功，電勢能減?。贿^b點后正電荷做減速運動，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。答案B(二) ­x圖像(1)電場強度的大小等于 ­x圖線的斜率大小，電場強度為零處， ­x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在 ­x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。(3)在 ­x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WABqUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。例2多選(2018·鹽城三模)在x軸上有兩個點電荷q1和q2，它們產(chǎn)生的電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是()Aq1和q2帶有異種電荷Bxx2處電場強度一定為0C負電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢能增加D正電荷沿x軸從x1移動到x2，電場力做負功解析由題圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以，q1和q2帶有異種電荷，故A正確。電場強度等于圖中曲線斜率，x2處的斜率為零，故電場強度為零，故B正確。負電荷沿x軸從x1移到x2，電勢減小，電勢能增加，故C正確。正電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢減小，電勢能減小，所以電場力做正功，故D錯誤。答案ABC(三)E­x圖像在給定了電場的E­x圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況，E­x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。例3真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上x10和x23a的兩點，在兩者連線上各點的電場強度隨x變化的關(guān)系如圖所示，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則()AM、N可能為異種電荷Bx2a處的電勢不等于零CM、N所帶電荷量的絕對值之比為21D將點電荷q從xa移動到x2a的過程中，電勢能減少解析若兩電荷為異種電荷，在x2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，故A錯誤；兩電荷為同種電荷，兩個電荷在x2a處的電勢都不為零，所以x2a處的電勢不等于零，故B正確；根據(jù)點電荷的電場強度公式可得：，解得：qMqN41，故C錯誤；在0到2a區(qū)間，電場強度為正，負電荷受力向左，所以q從x0處沿x軸移到x2a處的過程中，電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤。答案B突破點(五)電場力做功與功能關(guān)系電場力做功的計算方法電場中的功能關(guān)系(1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，即：WEp。(2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：EkEp。典例在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，場強大小E6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q5.0×108 C，質(zhì)量m1.0×102 kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速率v02.0 m/s，如圖所示。(g取10 m/s2)試求：(1)物塊向右運動的最大距離；(2)物塊最終停止的位置。審題指導第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息在勻強電場中電場力為恒力0.20受滑動摩擦力作用第二步：找突破口(1)物塊向右在電場力和滑動摩擦力作用下作勻減速直線運動。(2)要求最終停止的位置，應(yīng)先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關(guān)系判斷物塊停在什么位置，再利用動能定理求解。解析(1)設(shè)物塊向右運動的最大距離為xm，由動能定理得mgxmE|q|xm0mv02可求得xm0.4 m。(2)因Eq>mg，物塊不可能停止在O點右側(cè)，設(shè)最終停在O點左側(cè)且離O點為x處。由動能定理得E|q|xmmg(xmx)0，可得x0.2 m。答案(1)0.4 m(2)O點左側(cè)0.2 m處方法規(guī)律處理電場中能量問題的基本方法在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關(guān)系。(1)應(yīng)用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)。(2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。(4)有電場力做功的過程機械能一般不守恒，但機械能與電勢能的總和可以不變。集訓沖關(guān)1(2018·泰州期中)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個完全相同的小球A、B(可看成質(zhì)點)，帶等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。當突然加一水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動。在以后的運動過程中，對兩個小球和彈簧所組成的系統(tǒng)(設(shè)整個過程中不考慮兩電荷之間的庫侖力作用且彈簧不超過彈性限度)，以下說法正確的是()A系統(tǒng)的機械能守恒B當兩小球速度為零時，系統(tǒng)的機械能一定最小C當小球所受的電場力與彈簧的彈力平衡時，系統(tǒng)動能最大D因電場力始終對球A和球B做正功，故系統(tǒng)的機械能不斷增加解析：選C因兩小球帶等量異種電荷，故電場力對兩小球做功不為零，且都為正值，機械能增加，故系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤。兩小球在電場力的作用下運動后，電場力對小球做功，小球拉動彈簧，彈簧的彈力增大，兩小球先加速后減速，動能轉(zhuǎn)化為彈簧勢能；當兩小球速度為零時，因為電場力一直做正功，此時機械能最大，故B錯誤。由B的分析可知兩小球拉動彈簧，彈力增大，開始時小球做加速運動，當彈力等于電場力時速度達最大，此后開始減速，故C正確。小球速度為零后，因彈力大于電場力，則兩小球開始反向運動，電場力做負功，此時系統(tǒng)的機械能減小，故D錯誤。2.如圖所示，帶正電的A球固定在足夠大的光滑絕緣斜面上，斜面的傾角37°，其帶電荷量Q×105 C；質(zhì)量m0.1 kg、帶電荷量q1×107 C的B球在離A球L0.1 m處由靜止釋放，兩球均可視為點電荷。已知靜電力常量k9×109 N·m2/C2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2。求：(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強度的大小和方向；(2)B球的速度最大時兩球間的距離；(3)若B球運動的最大速度為v4 m/s，求B球從開始運動至達到最大速度的過程中電勢能怎么變？變化量是多少？解析：(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強度大小Ek9×109× N/C2.4×107 N/C，方向沿斜面向上。(2)當靜電力等于重力沿斜面向下的分力時，B球的速度最大，即：Fkmgsin ，解得r0.2 m。(3)由于rL，可知兩球相互遠離，則B球從開始運動至達到最大速度的過程中電場力做正功，電勢能減少；根據(jù)功能關(guān)系可知：B球減小的電勢能等于它動能和重力勢能的增加量，所以B球電勢能減少了Epmv2mg(rL)sin 解得Ep0.86 J。答案：(1)2.4×107 N/C方向沿斜面向上(2)0.2 m(3)減少了0.86 J