高中物理新教材同步必修第三册 第10章 专题强化3　电场能的性质同步讲义

专题强化3电场能的性质[学习目标]1．会根据电场线和运动轨迹判断电场力做功情况和电势能变化情况.2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题.3.理解E－x、φ－x图像的意义，并会分析有关问题．一、电场线、等势面、运动轨迹的综合问题(2018·天津卷)如图1所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()图1A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN答案D解析由粒子的轨迹知粒子所受电场力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N点电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，电场力做正功，动能增加，故vM>vN.综上所述，选项D正确．1．速度方向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向轨迹曲线凹侧．2．电势能大小的判断方法(1)电场力做功：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．(2)利用公式法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．(多选)(2018·菏泽市期末)如图2所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断()图2A．三个等势面的电势大小为φA>φB>φCB．三个等势面的电势大小为φC>φB>φAC．电子由a到c电势能不断减小D．电子由a到c动能不断减小答案AD解析由等势面画出电场线如图所示，电子在c点受力和运动方向如图，并由此进一步得出电场线垂直等势面指向左，φA>φB>φC，A正确，B错误；从a至c电场力做负功，电势能不断增加，动能不断减小，C错误，D正确．二、电场中的功能关系如图3所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：图3(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．答案(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的功为零．由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3R,2)根据动能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mv\o\al(C2),2)－eq\f(mv\o\al(B2),2)解得vC＝eq\r(7gR).(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq\f(mv\o\al(C2),2)，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因为φC＝0，可得φA＝－eq\f(mgR,2q).电场中的功能关系1．合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功．2．电场力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似．3．只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似．三、φ－x图像和E－x图像(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图4所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有()图4A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功答案AD解析在φ－x图像中，图线的斜率大小表示场强大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点场强在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，选项B错误，选项D正确．从φ－x图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E随x的变化情况：φ－x图像切线斜率的绝对值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，为E的大小，场强E的方向为电势降低的方向．(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图5所示，x轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图5A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大答案BC解析由题图可知，x1到x4电场强度先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力均做负功，电势能均增大，A错误，B正确．1．E－x图像中E的正负反映E的方向，E为正表示与正方向相同．2．E的数值反映电场强度的大小，由此可以确定电场的强弱分布．3．E－x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断．1．(电场线、等势面与运动轨迹分析)如图6所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA.已知q1带正电，不计粒子重力和阻力．则下列说法中正确的是()图6A．q2也带正电B．A点的电势低于C点的电势C．电场力对q1做正功，对q2做负功D．q1、q2的电势能均减小答案D解析由物体做曲线运动的条件知，q1所受电场力水平向右，q1带正电，故电场方向向右；q2所受电场力向左，故q2带负电，选项A错误．电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，则A点的电势高于C点的电势，选项B错误；由题图可知，电场力方向与运动方向成锐角，电场力对q1、q2都做正功，q1、q2的电势能都减少，选项C错误，D正确．2．(φ－x图像)(多选)(2019·扬州市期中)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图7中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知()图7A．B点电场强度为零B．Q1为负电荷，Q2为正电荷C．Q1电荷量一定大于Q2电荷量D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功答案BCD解析由E＝eq\f(Δφ,Δx)知，B点的电场强度不为零，A错误；靠近负点电荷处的电势为负，靠近正点电荷处的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，B正确；由题图可知，零电势点离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电子的电势能一直减小，电场力一直做正功，D正确．3.(电场中的功能关系)(多选)(2019·江苏卷)如图8所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移动到C点．下列说法正确的有()图8A．Q1移入之前，C点的电势为eq\f(W,q)B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W答案ABD解析根据电场力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，选项B正确；根据对称和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为＋q的电荷后，C点电势为φC2＝2φC1＝2eq\f(W,q)，带电荷量为－2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，选项D正确；Q2从无穷远处移到C点的过程中，电场力做的功为0－EpC＝4W，选项C错误．4.(电场综合问题)(2018·东北师大附中高二月考)如图9所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k.试求：图9(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势．答案(1)mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)φ＋eq\f(mv\o\al(02)－v2,2q)解析(1)物块在A点受到点电荷的库仑力：F＝eq\f(kQq,r2)由几何关系可知：r＝eq\f(h,sin60°)设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有：FN＝mg＋Fsin60°解得：FN＝mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有：q(φ－φB)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：φB＝φ＋eq\f(mv\o\al(02)－v2,2q).1.(2018·潍坊市期末)某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图1所示，可以判定()图1A．粒子带负电B．粒子的加速度减小C．粒子的动能增加D．粒子的电势能增加答案C解析粒子所受的电场力方向指向轨迹的内侧，与电场线的切线方向一致，可知粒子带正电，A错误；由电场线的疏密程度可知粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，故粒子的加速度增加，B错误；由运动轨迹的弯曲方向知，粒子在运动过程中电场力对其做正功，则其动能增加，电势能减小，C正确，D错误．2．(多选)如图2所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N仅在电场力作用下先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．下列说法正确的是()图2A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功答案ABC解析如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则N粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从e到d电场力做功为零，故电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误．3．(2019·宿迁市高一下期末)如图3所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿着图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，可以确定()图3A．该粒子带正电B．电场方向垂直等势面向左C．电场方向垂直等势面向右D．从J到K运动过程中粒子的电势能减小答案D解析根据受到的电场力方向指向轨迹内侧可知粒子受到的电场力水平向右，若粒子带正电，则电场方向水平向右，若粒子带负电，则电场方向水平向左，无论粒子带什么电荷，从J到K运动过程中电场力方向和运动方向的夹角都为锐角，电场力做正功，电势能减小，故D正确．4．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中()A．小球的重力势能减少了2mghB．小球的动能增加了2mghC．电场力做负功2mghD．小球的电势能增加了3mgh答案D解析带电小球受到向上的电场力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中电场力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D.5．(多选)(2019·济南市期末)如图4所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一带正电的小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止．现撤去外力，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，则上述过程中()图4A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的电势能增加W1＋W2D．小球的电势能减少W2答案BD解析由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；由题意知重力做负功，小球的重力势能增加，增加量为－W1，故B正确；电场力做正功，电势能减少，减少量为W2，故C错误，D正确．6．如图5甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()图5A．电子沿Ox的负方向运动B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定D．电子运动的加速度先减小后增大答案D解析由题图看出，沿Ox方向电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动，电子的电势能将减小，故A、B错误；φ－x图像的斜率大小等于电场强度大小，由几何知识知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所以电子的加速度先减小后增大，故C错误，D正确．7．(多选)在如图6所示的匀强电场中，一带电微粒自A点由静止释放，微粒沿直线运动到B点，在此过程中()图6A．微粒做匀变速直线运动B．微粒所受的电场力小于微粒所受的重力C．微粒从A点到B点的过程中，电势能的减少量大于重力势能的减少量D．微粒从A点到B点的过程中，电势能和重力势能减少量的总和等于微粒增加的动能答案AD解析由题意知，带电微粒初速度为零，所受合力恒定且沿AB方向，由力的合成法则可知重力的大小等于电场力大小，所以做匀变速直线运动，微粒电势能的减少量等于重力势能的减少量，A对，B、C错．由动能定理可知，重力、电场力做功的代数和等于带电粒子动能的增加量，D对．8．(2018·六安一中质检)沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图7所示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则()图7A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段电势能变化量D．粒子在AB段电势能变化量小于BC段电势能变化量答案C解析由题可知，电场方向沿x轴正方向，由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在O～x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E－x图像中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量，C项正确，D项错误．9．(多选)(2019·东阳中学模拟)如图8所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度．已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力忽略不计，则()图8A．静电力方向一定水平向右B．电场中A点的电势一定高于B点的电势C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定减小D．从A到B的过程中，粒子的电势能与机械能之和一定不变答案AD解析粒子只受静电力，类似重力场中的斜抛运动，由于在B点粒子的速度最小，是等效最高点，故静电力方向水平向右，A对．由于不知道粒子的电性，所以不能判断电场强度的方向，不能确定A点与B点的电势高低，B错．从A到B的过程中，静电力做负功，故电势能增大，C错．从A到B的过程中，由于只有静电力做功，所以粒子的电势能与机械能之和一定不变，D对．10.(多选)(2019·哈师大附中期中)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图9所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是()图9A．两点电荷一定为异种电荷B．原点O处场强大小为eq\f(kQ,3L2)C．负检验电荷在原点O处受到向左的电场力D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大答案BC解析由φ－x图像特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；x＝L处电势最低，此处图线切线的斜率为0，即该点的合场强为0，eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(kQ′,4L2)，得Q′＝4Q，故原点处的场强大小为eq\f(4kQ,3L2)－eq\f(kQ,3L2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B、C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误．11．如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，重力加速度为g，小球滑到B点时的速度大小为eq\r(3gh).求小球由A到C的过程中静电力做的功及A、C两点间的电势差．图10答案eq\f(1,2)mgh－eq\f(mgh,2q)解析因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功W和重力做功mgh，由动能定理得：W＋mgh＝eq\f(1,2)mvB2代入已知条件vB＝eq\r(3gh)得静电力做功W＝eq\f(1,2)m·3gh－mgh＝eq\f(1,2)mgh因Q为点电荷，则B、C在同一等势面上，由B到C电场力做功为0，所以由A到C电场力做功WAC＝W＋0＝eq\f(1,2)mgh，则UAC＝eq\f(WAC,－q)＝－eq\f(mgh,2q).12.如图11所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g)图11(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm.(电场范围足够大)答案(1)正电荷eq\f(mgd,U)(2)eq\r(2)mg(3)eq\f(\r(2)v\o\al(02),4g)解析(1)作出电场线如图甲所示．由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示．只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动．由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝eq\f(U,d)，所以q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(mgd,U).(2)由图乙知，F合＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\r(2)mg.(3)由动能定理得：－F合xm＝0－eq\f(1,2)mv02所以xm＝eq\f(mv\o\al(02),2\r(2)mg)＝eq\f(\r(2)v\o\al(02),4g).13.如图12所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点电荷