資源簡介

專題提升三　電場能的性質
(分值：100分)
選擇題1～8題，每小題8分，共64分。
對點題組練
題組一　用等分法求電勢和電場強度
1.如圖所示，ABCD是勻強電場中平行于電場線的矩形的四個頂點，A、B、C三點電勢分別為φA＝8 V，φB＝2 V，φC＝3 V，則D點的電勢為(　　)
7 V 6 V 10 V 9 V
2.a、b、c是勻強電場中的三個點，各點電勢分別為φa＝10 V、φb＝2 V、φc＝6 V，a、b、c三點所在平面與電場方向平行，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是(　　)
A B C D
3.(2024·湖南岳陽高二期末)如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一個以坐標原點為圓心、半徑為1 m的圓與兩坐標軸的交點，已知A、B、D三點的電勢分別為φA＝3 V、φB＝－2 V、φD＝8 V，由此可知電場強度的大小為(　　)
4 V/m 5 V/m 6 V/m 7 V/m
4.(2024·廣東深圳市期末)如圖所示，勻強電場中有直角三角形ABC，∠A＝30°，水平邊AC長6 cm，三個頂點A、B、C的電勢分別為－8 V、8 V和0，電場線與三角形所在平面平行。則電荷量為－7.2×10－8 C的點電荷在電場中所受電場力(　　)
大小為9.6×10－6 N，沿BA方向從B指向A
大小為9.6×10－6 N，方向朝右上且與水平方向成60°角
大小為1.92×10－5 N，方向朝左下且與水平方向成60°角
大小為1.92×10－5 N，方向朝右上且與水平方向成60°角
題組二　電場中的功能關系
5.如圖所示，在xOy坐標系中以O點為中心的橢圓上有A、B、C、D、E五個點，在其一個焦點P上放一負點電荷，下列說法正確的是(　　)
B、E兩點電場強度相同
A點電勢比D點電勢高
將一負點電荷由B沿BCDE移到E點，靜電力做功為零
同一正點電荷在D點的電勢能小于在C點的電勢能
6.(多選)如圖所示，在絕緣的斜面上方存在著水平向右的勻強電場，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在下滑的過程中金屬塊動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，則以下判斷正確的是(　　)
金屬塊帶正電
金屬塊克服電場力做功8 J
金屬塊的機械能減少12 J
金屬塊的電勢能減少4 J
7.如圖所示，實線為勻強電場的電場線，虛線為等勢面，相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一個正點電荷在等勢面L4處的動能為60 J，運動到等勢面L1處時的動能為零。取L2處的等勢面電勢為零，則當此點電荷動能為8 J時，它的電勢能為(不計點電荷的重力和空氣阻力)(　　)
2 J 8 J 10 J 12 J
8.如圖所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一電子在該電場中運動，實線表示該電子的運動軌跡，電子在a點的動能等于28 eV，運動到b點時的動能等于4 eV，若取c點為零電勢點，當這個電子的電勢能等于－6 eV時，它的動能等于(“eV”是能量單位，代表一個電子經過1伏的電場加速后所獲得的動能)(　　)
16 eV 18 eV 6 eV 8 eV
綜合提升練
9.(12分)如圖所示，一質量為m、電量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°，它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力，求A、B兩點間的電勢差。
10.(12分)如圖所示的勻強電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢面間隔均為d，各等勢面電勢已在圖中標出(U＞0)，現有一質量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，(重力加速度為g)求：
(1)(4分)小球應帶何種電荷及其電量；
(2)(4分)小球受到的合外力大小；
(3)(4分)在入射方向上小球運動的最大位移xm(電場范圍足夠大)。
培優加強練
11.(12分)如圖所示，光滑絕緣細桿豎直固定放置，與以電量為Q的正電荷為圓心、半徑為L的圓周交于B、C兩點，質量為m、電量為＋q的有孔小球(視為點電荷)從桿上的A點無初速度滑下。已知AB＝BC＝3L，小球滑到B點時的速度大小為，靜電力常量為k，重力加速度為g，求：
(1)(6分)在B點時桿對小球的彈力大小以及此時小球的加速度大小；
(2)(6分)A、C兩點間的電勢差。
專題提升三　電場能的性質
1.D　[根據勻強電場中電勢差特點可知UAB＝UDC，所以φD＝φA－φB＋φC＝9 V，故D正確。]
2.D　[由于a、b、c是勻強電場中的三個點，因此a、b連線中點的電勢與c點電勢相等，電場強度的方向垂直于等勢面且由高電勢指向低電勢，所以D正確，A、B、C錯誤。]
3.B　[在勻強電場中，沿著同一方向(非等勢面上)，每前進相同的距離，電勢的降低相等；根據幾何知識可知AB＝DC，且AB∥DC，所以UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC，代入數據，解得φC＝3 V，可知A、C連線為等勢線，則電場強度方向為由D指向B，根據E＝，可得電場強度大小為E＝＝ V/m＝5 V/m，故B正確。]
4.D　[根據勻強電場中同一直線上距離相等的兩點之間的電勢差相等，知AB連線中點D的電勢為0，與C點的電勢相等，連接DC，則DC是一條等勢線，根據電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，作出電場線如圖所示，
根據幾何關系得，電場線方向與水平方向成60°角，BG＝BCcos 30°＝ACtan 30°·cos 30°＝3 cm，場強的大小E＝＝ V/m＝×102 V/m，帶電量為－7.2×10－8 C的電荷在電場中所受電場力的大小F＝qE＝1.92×10－5 N，方向與場強方向相反，朝右上且與水平方向成60°角，故D正確，A、B、C錯誤。]
5.C　[由負點電荷電場線的分布情況和對稱性可知，B、E兩點電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；由離負點電荷越遠電勢越高知，D點的電勢高于A點的電勢，故B錯誤；B、E兩點電勢相等，所以負點電荷由B沿BCDE移到E點，靜電力做功為零，故C正確；分析知D點的電勢高于C點的電勢，而正點電荷在電勢高處電勢能大，所以同一正點電荷在D點的電勢能大于在C點的電勢能，故D錯誤。]
6.AC　[根據動能定理得WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得W電＝－4 J，由于金屬塊下滑，電場力做負功，則電場力方向水平向右，所以金屬塊帶正電，電勢能增加4 J，故A正確，B、D錯誤；在金屬塊下滑的過程中重力做功24 J，重力勢能減少24 J，動能增加12 J，所以金屬塊的機械能減少12 J，故C正確。]
7.D　[設相鄰兩個等勢面間的電勢差為U，從L4到L1的過程中，根據動能定理有－3qU＝0－Ek4，而從L4到L2的過程中，有－2qU＝Ek2－Ek4，代入數據可得Ek2＝20 J，由于L2處的等勢面電勢為零，此點電荷在該處的電勢能也為零，而在整個運動過程中，只有電場力做功，電勢能和動能之和保持不變，總能量為E＝Ep2＋Ek2＝20 J，因此當此點電荷動能為8 J時，它的電勢能為12 J，D正確。]
8.B　[假設電子從a點運動到c點，則電子自a點運動到b點的過程，由動能定理得Wab＝Ekb－Eka，代入數據得Wab＝4 eV－28 eV＝－24 eV，由于相鄰兩等勢面間的電勢差相等，故Uab＝－3Ubc，故Wab＝－3Wbc，從b到c，根據動能定理有Wbc＝Ekc－Ekb，聯立解得Ekc＝12 eV，由于只有靜電力做功，電子的電勢能和動能之和保持不變，在c點，有E＝Epc＋Ekc＝12 eV，即電子的電勢能和動能之和為12 eV，因此當電勢能等于－6 eV時動能為18 eV，故B正確。]
9.
解析　粒子在A點的速度大小為v0，在垂直電場方向的速度分量為v0sin 60°，當它運動到B點時，垂直電場方向的速度分量為vBsin 30°，粒子在垂直電場方向上做勻速直線運動，故v0sin 60°＝vBsin 30°，解得vB＝v0，從A到B，由動能定理可得qUAB＝mv－mv，代入數據化簡得UAB＝。
10.(1)正電荷　　(2)mg　(3)
解析　(1)作出電場線如圖甲所示。由題意知，只有小球受到向左的靜電力時，靜電力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電。
由圖乙知qE＝mg，由題知相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝，所以q＝＝。
(2)由圖乙知，F合＝＝mg。
(3)由動能定理得－F合xm＝0－mv
所以xm＝＝。
11.(1)　g－　(2)
解析　(1)在B點對小球受力分析，如圖所示。
設小球在B點的庫侖力與豎直桿的夾角為θ
由幾何關系有cos θ＝＝
則sin θ＝
水平方向由二力平衡有FN＝FBsin θ
豎直方向由牛頓第二定律得mg－FBcos θ＝ma
其中FB＝
解得FN＝，a＝g－。
(2)半徑為L的圓周是一個等勢面，則有φB＝φC，小球由A點到B點，由動能定理可得mg·3L＋q(φA－φB)＝m()2
A、C兩點間的電勢差為UAC＝φA－φC＝φA－φB
解得UAC＝。專題提升三　電場能的性質
學習目標　1.學會用等分法確定勻強電場中的等勢線和電場線的方向。2.能利用動能定理、功能關系分析電場綜合問題。
提升1　用等分法求電勢和電場強度
推論1：勻強電場中，在同一條直線上，距離相等的任意兩點間的電勢差相等。
推導過程：如圖所示，在勻強電場中的一條直線上，AB＝BC。設AB＝BC＝l，該直線與電場線方向的夾角為θ，則UAB＝Elcos θ，UBC＝Elcos θ，故UAB＝UBC。
推論2：勻強電場中的任意一線段AC的中點B的電勢φB＝。
推導過程：根據推論1知UAB＝UBC，
故φA－φB＝φB－φC，
可得φB＝。
推論3：如圖所示，勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)。
推導過程：勻強電場中AB＝CD且AB∥CD。設AC＝CD＝l，AB與電場線方向的夾角為θ，則UAB＝Elcos θ，UCD＝Elcos θ，故UAB＝UCD。
例1 (2024·廣東廣州高二期末)如圖所示，在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們為頂點的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長度為8 cm。電場方向與三角形所在平面平行。已知M、N和P點的電勢分別為3 V、15 V和12 V，則電場強度的大小為(　　)
A.150 V/m B.75 V/m C.225 V/m D.75 V/m
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.先由等分法確定電勢相等的點，畫出等勢線，然后根據電場線與等勢線垂直畫出電場線，且電場線的方向由電勢高的等勢線指向電勢低的等勢線。
2.根據E＝可得電場強度的大小，從而解決題目其他問題。
3.等分法確定電勢或電場強度方向只適用于勻強電場。　　　　
訓練1 (多選) (2024·廣東珠海高二月考)如圖所示的平面內有A、B、C、D、E五點，平面內存在勻強電場，電場方向與該平面平行，其中AC平行于DE，B點為AC的中點，AB＝DE，A點的電勢φA＝10 V，C點的電勢φC＝4 V，E點的電勢φE＝13 V，電子的電荷量為－e，下列說法正確的是(　　)
A.φB＝6 V
B.φD＝10 V
C.電子在D點的電勢能EpD＝10 eV
D.將電子從B點移到D點，靜電力做的功為3 eV
提升2　電場中的功能關系
1.合外力做的功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。
2.電場力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。
3.只有電場力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即Ep1＋E機1＝Ep2＋E機2。
例2 (2024·廣東湛江高二期末)如圖所示，豎直平面內光滑絕緣直桿ABC與水平面的夾角θ＝30°，在O點處固定一正點電荷(電荷量未知)，O點到B、C兩點的距離相等。現將質量m＝0.08 kg、電量q＝－5×10－3C、套在桿上的帶負電小球從A點由靜止開始釋放。已知A、C兩點間的距離d＝2.0 m，B、C兩點間的距離x＝1.6 m，小球沿桿下滑到B點時的速度大小為3 m/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不計空氣阻力。
(1)求小球下滑到C點時的速度大小vC；
(2)若規定A點的電勢為零，求B點的電勢φB。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
總結提升　電場力做功的計算
訓練2 (多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點由靜止自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中(　　)
A.先做勻加速運動，后做勻減速運動
B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢
C.電勢能與機械能之和保持不變
D.電勢能先減小，后增大
隨堂對點自測
1. (用等分法求電勢和電場強度)(多選)(2024·江蘇南京高二期中)如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，三點構成直角三角形，∠A＝37°，AB邊長為5 m，D為AB中點，電場線與ABC所在平面平行，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和6 V，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　)
A.D點電勢φD＝10 V
B.C、D兩點間的電勢差UCD＝4 V
C.該電場的電場強度E＝2 V/m
D.該電場的方向為沿BC方向
2.(電場中的功能關系)如圖所示，C為固定的、電量為Q的正點電荷，A、B兩點在C的正上方，它們與C的距離分別為4h和0.25h。將另一質量為m、電量未知的正點電荷D從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變為零。已知重力加速度大小為g，點電荷D在B點處的加速度大小為15g，靜電力常量為k，求：
(1)點電荷D所帶電量q；
(2)A、B兩點間的電勢差UAB。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
專題提升三　電場能的性質
提升1
例1 B　[由勻強電場的性質可得，將電勢最高點N和電勢最低點M的連線四等分，則O點的電勢為12 V，故OP為等勢面，由幾何關系可知，MO＝MN＝12 cm，OP垂直MN，故E＝＝ V/m＝75 V/m，故B正確。]
訓練1 BD　[在勻強電場中沿相同的方向距離相等的兩點之間的電勢差相等，可知B點的電勢φB＝＝ V＝7 V，A錯誤；因為AB∥ED，且AB＝ED，所以UED＝UAB＝φA－φB＝10 V－7 V＝3 V，則φD＝φE－UED＝13 V－3 V＝10 V，B正確；由Ep＝qφ可知，電子在D點的電勢能EPD＝－10 eV，C錯誤；將電子從B點移到D點，靜電力做的功為WBD＝－eUBD＝－e(φB－φD)＝3 eV，D正確。]
提升2
例2 (1)5 m/s　(2)40 V
解析　(1)小球從B運動到C的過程中，根據動能定理有
WBC＋mgxsin θ＝mv－mv
又WBC＝qUBC
根據點電荷電場的特點可知UBC＝0
解得vC＝5 m/s。
(2)小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
mg(d－x)sin θ＋WAB＝mv－0
又WAB＝qUAB
UAB＝φA－φB
解得φB＝40 V。
訓練2 CD　[a、c兩點固定帶電量相同的正點電荷，則bd為等量正點電荷連線的中垂線，由電場線分布情況可知，帶電粒子不可能做勻加速或勻減速運動，故A錯誤；等量正點電荷連線的中垂線的中點電勢最高，帶負電的粒子從b點運動到d點的過程中，先從低電勢到高電勢，再從高電勢到低電勢，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小，后增大，故B錯誤，D正確；只有電場力做功，電勢能與機械能之和保持不變，故C正確。]
隨堂對點自測
1.AC　[在勻強電場中，線段AB的中點D的電勢φD＝，解得φD＝10 V，所以UCD＝φC －φD ＝－4 V，故A正確，B錯誤；三角形中B、C兩點的電勢均為6 V，B、C連線為等勢線，該電場的方向為沿AC方向，電場強度大小為E＝＝ V/m＝2 V/m，故C正確，D錯誤。]
2.(1)　(2)－
解析　(1)對點電荷D在B點時受力分析，根據牛頓第二定律有FB－mg＝m×15g
又FB＝，解得q＝。
(2)點電荷D從A點運動到B點的過程中
根據動能定理有mg(4h－0.25h)＋WAB＝0
又WAB＝qUAB
解得UAB＝－。(共41張PPT)
專題提升三　電場能的性質
第一章　靜電場的描述
1.學會用等分法確定勻強電場中的等勢線和電場線的方向。
2.能利用動能定理、功能關系分析電場綜合問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
03
隨堂對點自測
02
提升
1
提升2　電場中的功能關系
提升1　用等分法求電勢和電場強度
提升1　用等分法求電勢和電場強度
推論1：勻強電場中，在同一條直線上，距離相等的任意兩點間的電勢差相等。
推導過程：如圖所示，在勻強電場中的一條直線上，AB＝BC。設AB＝BC＝l，該直線與電場線方向的夾角為θ，則UAB＝Elcos θ，UBC＝Elcos θ，故UAB＝UBC。
推論3：如圖所示，勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)。
推導過程：勻強電場中AB＝CD且AB∥CD。設AC＝CD＝l，AB與電場線方向的夾角為θ，則UAB＝Elcos θ，UCD＝Elcos θ，故UAB＝UCD。
B
例1 (2024·廣東廣州高二期末)如圖所示，在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們為頂點的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長度為8 cm。電場方向與三角形所在平面平行。已知M、N和P點的電勢分別為3 V、15 V和12 V，則電場強度的大小為(　　)
BD
訓練1 (多選)(2024·廣東珠海高二月考)如圖所示的平面內有A、B、C、D、E五點，平面內存在勻強電場，電場方向與該平面平行，其中AC平行于DE，B點為AC的中點，AB＝DE，A點的電勢φA＝10 V，C點的電勢φC＝4 V，E點的電勢φE＝13 V，電子的電荷量為－e，下列說法正確的是(　　)
A.φB＝6 V
B.φD＝10 V
C.電子在D點的電勢能EpD＝10 eV
D.將電子從B點移到D點，靜電力做的功為3 eV
提升2　電場中的功能關系
1.合外力做的功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。
2.電場力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。
3.只有電場力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，
即Ep1＋E機1＝Ep2＋E機2。
例2 (2024·廣東湛江高二期末)如圖所示，豎直平面內光滑絕緣直桿ABC與水平面的夾角θ＝30°，在O點處固定一正點電荷(電荷量未知)，O點到B、C兩點的距離相等。現將質量m＝0.08 kg、電量q＝－5×10－3C、套在桿上的帶負電小球從A點由靜止開始釋放。已知A、C兩點間的距離d＝2.0 m，B、C兩點間的距離x＝1.6 m，小球沿桿下滑到B點時的速度大小為3 m/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不計空氣阻力。
(1)求小球下滑到C點時的速度大小vC；
(2)若規定A點的電勢為零，求B點的電勢φB。
答案　(1)5 m/s　(2)40 V
解析　(1)小球從B運動到C的過程中，根據動能定理有
又WBC＝qUBC
根據點電荷電場的特點可知UBC＝0
解得vC＝5 m/s。
(2)小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
又WAB＝qUAB
UAB＝φA－φB
解得φB＝40 V。
總結提升　電場力做功的計算
CD
訓練2 (多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點由靜止自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中(　　)
A.先做勻加速運動，后做勻減速運動
B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢
C.電勢能與機械能之和保持不變
D.電勢能先減小，后增大
解析　a、c兩點固定帶電量相同的正點電荷，則bd為等量正點電荷連線的中垂線，由電場線分布情況可知，帶電粒子不可能做勻加速或勻減速運動，故A錯誤；等量正點電荷連線的中垂線的中點電勢最高，帶負電的粒子從b點運動到d點的過程中，先從低電勢到高電勢，再從高電勢到低電勢，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小，后增大，故B錯誤，D正確；只有電場力做功，電勢能與機械能之和保持不變，故C正確。
隨堂對點自測
2
AC
1. (用等分法求電勢和電場強度)(多選)(2024·江蘇南京高二期中)如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，三點構成直角三角形，∠A＝37°，AB邊長為5 m，D為AB中點，電場線與ABC所在平面平行，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和6 V，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　)
A.D點電勢φD＝10 V
B.C、D兩點間的電勢差UCD＝4 V
C.該電場的電場強度E＝2 V/m
D.該電場的方向為沿BC方向
2.(電場中的功能關系)如圖所示，C為固定的、電量為Q的正點電荷，A、B兩點在C的正上方，它們與C的距離分別為4h和0.25h。將另一質量為m、電量未知的正點電荷D從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變為零。已知重力加速度大小為g，點電荷D在B點處的加速度大小為15g，靜電力常量為k，求：
解析　(1)對點電荷D在B點時受力分析，
根據牛頓第二定律有FB－mg＝m×15g
(2)點電荷D從A點運動到B點的過程中，根據動能定理有
mg(4h－0.25h)＋WAB＝0
又WAB＝qUAB
課后鞏固訓練
3
D
1.如圖所示，ABCD是勻強電場中平行于電場線的矩形的四個頂點，A、B、C三點電勢分別為φA＝8 V，φB＝2 V，φC＝3 V，則D點的電勢為(　　)
對點題組練
題組一　用等分法求電勢和電場強度
A.7 V B.6 V C.10 V D.9 V
解析　根據勻強電場中電勢差特點可知UAB＝UDC，
所以φD＝φA－φB＋φC＝9 V，故D正確。
D
2.a、b、c是勻強電場中的三個點，各點電勢分別為φa＝10 V、φb＝2 V、φc＝6 V，a、b、c三點所在平面與電場方向平行，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是(　　)
解析　由于a、b、c是勻強電場中的三個點，因此a、b連線中點的電勢與c點電勢相等，電場強度的方向垂直于等勢面且由高電勢指向低電勢，所以D正確，A、B、C錯誤。
B
3.(2024·湖南岳陽高二期末)如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一個以坐標原點為圓心、半徑為1 m的圓與兩坐標軸的交點，已知A、B、D三點的電勢分別為φA＝3 V、φB＝－2 V、φD＝8 V，由此可知電場強度的大小為(　　)
A.4 V/m B.5 V/m C.6 V/m D.7 V/m
D
4.(2024·廣東深圳市期末)如圖所示，勻強電場中有直角三角形ABC，∠A＝30°，水平邊AC長6 cm，三個頂點A、B、C的電勢分別為－8 V、8 V和0，電場線與三角形所在平面平行。則電荷量為－7.2×10－8 C的點電荷在電場中所受電場力(　　)
A.大小為9.6×10－6 N，沿BA方向從B指向A
B.大小為9.6×10－6 N，方向朝右上且與水平方向成60°角
C.大小為1.92×10－5 N，方向朝左下且與水平方向成60°角
D.大小為1.92×10－5 N，方向朝右上且與水平方向成60°角
C
題組二　電場中的功能關系
5.如圖所示，在xOy坐標系中以O點為中心的橢圓上有A、B、C、D、E五個點，在其一個焦點P上放一負點電荷，下列說法正確的是(　　)
A.B、E兩點電場強度相同
B.A點電勢比D點電勢高
C.將一負點電荷由B沿BCDE移到E點，靜電力做功為零
D.同一正點電荷在D點的電勢能小于在C點的電勢能
解析　由負點電荷電場線的分布情況和對稱性可知，B、E兩點電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；由離負點電荷越遠電勢越高知，D點的電勢高于A點的電勢，故B錯誤；B、E兩點電勢相等，所以負點電荷由B沿BCDE移到E點，靜電力做功為零，故C正確；分析知D點的電勢高于C點的電勢，而正點電荷在電勢高處電勢能大，所以同一正點電荷在D點的電勢能大于在C點的電勢能，故D錯誤。
AC
6.(多選)如圖所示，在絕緣的斜面上方存在著水平向右的勻強電場，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在下滑的過程中金屬塊動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，則以下判斷正確的是(　　)
A.金屬塊帶正電 B.金屬塊克服電場力做功8 J
C.金屬塊的機械能減少12 J D.金屬塊的電勢能減少4 J
解析　根據動能定理得WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得W電＝－4 J，由于金屬塊下滑，電場力做負功，則電場力方向水平向右，所以金屬塊帶正電，電勢能增加4 J，故A正確，B、D錯誤；在金屬塊下滑的過程中重力做功24 J，重力勢能減少24 J，動能增加12 J，所以金屬塊的機械能減少12 J，故C正確。
D
7.如圖所示，實線為勻強電場的電場線，虛線為等勢面，相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一個正點電荷在等勢面L4處的動能為60 J，運動到等勢面L1處時的動能為零。取L2處的等勢面電勢為零，則當此點電荷動能為8 J時，它的電勢能為(不計點電荷的重力和空氣阻力)(　　)
A.2 J B.8 J C.10 J D.12 J
解析　設相鄰兩個等勢面間的電勢差為U，從L4到L1的過程中，根據動能定理有－3qU＝0－Ek4，而從L4到L2的過程中，有－2qU＝Ek2－Ek4，代入數據可得Ek2＝20 J，由于L2處的等勢面電勢為零，此點電荷在該處的電勢能也為零，而在整個運動過程中，只有電場力做功，電勢能和動能之和保持不變，總能量為E＝Ep2＋Ek2＝20 J，因此當此點電荷動能為8 J時，它的電勢能為12 J，D正確。
B
8.如圖所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一電子在該電場中運動，實線表示該電子的運動軌跡，電子在a點的動能等于28 eV，運動到b點時的動能等于4 eV，若取c點為零電勢點，當這個電子的電勢能等于－6 eV時，它的動能等于(“eV”是能量單位，代表一個電子經過1伏的電場加速后所獲得的動能)(　　)
A.16 eV B.18 eV C.6 eV D.8 eV
解析　假設電子從a點運動到c點，則電子自a點運動到b點的過程，由動能定理得Wab＝Ekb－Eka，代入數據得Wab＝4 eV－28 eV＝－24 eV，由于相鄰兩等勢面間的電勢差相等，故Uab＝－3Ubc，故Wab＝－3Wbc，從b到c，根據動能定理有Wbc＝Ekc－Ekb，聯立解得Ekc＝12 eV，由于只有靜電力做功，電子的電勢能和動能之和保持不變，在c點，有E＝Epc＋Ekc＝12 eV，即電子的電勢能和動能之和為12 eV，因此當電勢能等于－6 eV時動能為18 eV，故B正確。
綜合提升練
9.如圖所示，一質量為m、電量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°，它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力，求A、B兩點間的電勢差。
10.如圖所示的勻強電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢面間隔均為d，各等勢面電勢已在圖中標出(U＞0)，現有一質量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，(重力加速度為g)求：
(1)小球應帶何種電荷及其電量；
(2)小球受到的合外力大小；
(3)在入射方向上小球運動的最大位移xm(電場范圍足夠大)。
解析　(1)作出電場線如圖甲所示。由題意知，只有小球受到向左的靜電力時，靜電力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電。
培優加強練
解析　 (1)在B點對小球受力分析，如圖所示。
設小球在B點的庫侖力與豎直桿的夾角為θ
水平方向由二力平衡有FN＝FBsin θ
豎直方向由牛頓第二定律得mg－FBcos θ＝ma

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