第七章靜電場第1講電場力的性質一、電荷守恒定律1．內容：電荷既不會創生，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。2．起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電。3．帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。二、庫侖定律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＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。三、電場強度1．定義：放入電場中某點的電荷受到的靜電力F與它的電荷量q之比。2．定義式：E＝eq\f(F,q)。單位：N/C或V/m。3．點電荷的電場強度：E＝keq\f(Q,r2)。4．方向：規定正電荷在電場中某點所受的靜電力的方向為該點的電場強度方向。5．電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，遵從平行四邊形定則。四、電場線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，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場強度的大小。2．電場線的特點①電場線起始于正電荷(或無窮遠處)，終止于無窮遠處(或負電荷)，電場線不閉合；②電場中的電場線不相交；③同一電場中，電場線密的地方電場強度大；④電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向；⑤沿電場線方向電勢降低；⑥電場線和等勢面在相交處垂直。,情境創設微點判斷(1)電場強度反映了靜電力的性質，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的靜電力成正比。(×)(2)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的靜電力的方向。(√)(3)真空中點電荷周圍電場的電場強度表達式E＝eq\f(kQ,r2)，Q就是產生電場的點電荷的電荷量。(√)(4)在點電荷產生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。(×)(5)在點電荷形成的電場中，沿電場線方向電場強度越來越小。(×)(6)在點電荷形成的電場中，沿電場線方向電場強度越來越大。(×)(7)試探電荷在點電荷形成的電場中做直線運動。(×)(8)無論正點電荷還是負點電荷，離電荷越遠，電場強度越小。(√)(一)靜電力及其平衡問題(固基點)[題點全練通]1．[對庫侖定律的理解]關于庫侖定律，下列說法正確的是()A．庫侖定律適用于任何電場的計算B．置于均勻帶電空心球球心處的點電荷所受靜電力為零C．當兩個半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時，它們之間的靜電力大小為eq\f(kQ2,9r2)D．若點電荷Q1的電荷量小于Q2的電荷量，則Q1對Q2的靜電力小于Q2對Q1的靜電力解析：選B庫侖定律的適用范圍是真空中兩個點電荷間的相互作用，故A錯誤；帶電空心金屬球的電荷均勻分布在金屬球的外表面，球內各點的電場強度均為零，所以置于帶電空心球球心處的點電荷所受靜電力為零，故B正確；當兩個半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時，兩者不能看作點電荷，庫侖定律不再適用，故C錯誤；兩點電荷間的靜電力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D錯誤。2．[自由電荷的平衡問題]如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電荷量為＋Q，B帶電荷量為－9Q。現引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態，則C的帶電性質及位置應為()A．正電，B的右邊0.4m處B．正電，B的左邊0.2m處C．負電，A的左邊0.2m處D．負電，A的右邊0.2m處解析：選C要使三個電荷均處于平衡狀態，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電。設C在A左側距A為x處，由于C處于平衡狀態，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(k·9Q·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2m，C正確。3.[靜電力的計算](多選)如圖所示，豎直面內固定的均勻帶電圓環半徑為R，帶電荷量為＋Q，在圓環的最高點用絕緣絲線懸掛一質量為m、帶電荷量為＋q的小球(大小不計)，小球在垂直圓環平面的對稱軸上處于平衡狀態，小球到圓環中心O距離為eq\r(3)R。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則小球所受靜電力的大小為()A．eq\f(\r(3)mg,3) B．eq\r(3)mgC．keq\f(Qq,3R2) D．keq\f(\r(3)Qq,8R2)解析：選BD由于圓環不能看作點電荷，采用微元法，小球受到靜電力為圓環各個點對小球靜電力的合力，以小球為研究對象，進行受力分析，如圖所示。圓環各個點對小球的靜電力的合力為FQ，則Fsinθ＝mg，小球到圓環中心O距離為eq\r(3)R，而豎直面內固定的均勻帶電圓環半徑為R，那么sinθ＝eq\f(1,2)，解得F＝2mg，水平方向上，有Fcosθ＝FQ，解得FQ＝eq\r(3)mg，B正確；根據庫侖定律，將環中電荷量分成若干份，結合矢量的合成法則及幾何知識，則有FQ＝keq\f(Qq,2R2)·cosθ＝keq\f(\r(3)Qq,8R2)，D正確。[要點自悟明]1．應用庫侖定律的三條提醒(1)作用力的方向：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩點電荷連線方向。(2)兩個點電荷間相互作用的靜電力滿足牛頓第三定律：大小相等、方向相反。(3)在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，靜電力存在極大值：當q1＝q2時，F最大。2．三個自由點電荷的平衡條件及規律平衡條件每個點電荷受另外兩個點電荷的合靜電力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷的合電場強度為零的位置平衡規律(二)電場線的理解與應用(精研點)逐點清1幾種常見電場的電場線分布1．(多選)如圖所示的四種電場中均有a、b兩點，其中a、b兩點的電場強度相同的是()A．圖甲中，與點電荷等距離的a、b兩點B．圖乙中，兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距離的a、b兩點C．圖丙中，兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距離的a、b兩點D．圖丁中，勻強電場中的a、b兩點解析：選BD根據點電荷的電場的特點可知題圖甲中a、b兩點的電場強度大小相等，但方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；題圖乙中a、b兩點的電場強度大小相等，方向都與中垂線垂直向左，則a、b兩點的電場強度相同，故B正確；題圖丙中a、b兩點電場強度方向不同，故C錯誤；題圖丁的勻強電場中a、b兩點電場強度大小相等，方向相同，故D正確。一點一過等量點電荷電場特點對比等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小，但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關于O點中心對稱位置的電場強度等大同向等大反向逐點清2電場線的應用2．霧霾的一個重要來源就是工業煙塵。為了改善空氣環境，某熱電廠引進了一套靜電除塵系統。它主要由機械過濾網、放電極和互相平行的集塵極三部分構成。工作原理圖可簡化為如圖所示。假設虛線為某帶電煙塵顆粒(不計重力)在除塵裝置中的運動軌跡，A、B是軌跡中的兩點()A．該煙塵顆粒帶正電B．該煙塵顆粒在除塵裝置中的運動是勻變速曲線運動C．A點的場強小于B點的場強D．該煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能解析：選D煙塵顆粒運動軌跡向正極板彎曲，說明煙塵顆粒帶負電，故A錯誤；電場線由正極指向負極，由題圖知，該電場不可能是勻強電場，電場力不可能不變，故加速度不可能不變，故不可能是勻變速曲線運動，故B錯誤；電場線越密集電場強度越大，故A點場強大于B點場強，故C錯誤；等勢線總是垂直電場線且沿電場線方向電勢降低，故B點電勢大于A點電勢，故帶負電的煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D正確。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())eq\a\vs4\al(一點一過)電場線的妙用判斷電場強度的大小電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受電場力大小和加速度的大小。(如第2題中判斷A、B兩點的電場強度的大小)判斷電場力的方向正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。(如第2題中根據軌跡的彎曲方向判斷受電場力的方向，進而確定煙塵顆粒的電性)判斷電勢的高低沿電場線的方向電勢降低最快，且電場線密的地方比疏的地方降低更快。(如第2題中先判斷A、B兩點的電勢高低，然后判斷電勢能的高低)判斷等勢面的疏密電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏逐點清3電場線與軌跡的運動分析3.如圖所示的實線為某靜電場的電場線，虛線是僅在電場力作用下某帶負電粒子的運動軌跡，A、B、C、D是電場線上的點，其中A、D兩點在粒子的軌跡上，下列說法正確的是()A．該電場可能是正點電荷產生的B．由圖可知，同一電場的電場線在空間是可以相交的C．將該粒子在C點由靜止釋放，它可能一直沿電場線運動D．該粒子在A點的速度一定大于在D點的速度解析：選D正點電荷周圍的電場線是從正點電荷出發，呈輻射狀分布的，A錯誤；同一電場的電場線在空間不能相交，否則同一點具有兩個電場強度方向，B錯誤；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于C點所在電場線為曲線，所以將該粒子在C點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，C錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，該粒子帶負電，可知場強方向應是從B到C，A點的電勢高于D點的電勢，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減少，則粒子在A點的速度較大，D正確。一點一過分析電場中運動軌跡問題的方法1．“運動與力兩線法”——畫出運動軌跡在初始位置的切線(“速度線”)與在初始位置電場線的切線(“力線”)方向，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況。2．“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面。若已知其中的任一個，可順次分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設法”分別討論各種情況。(三)電場強度的理解與計算(培優點)1．電場強度的性質矢量性規定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向唯一性電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置疊加性如果有幾個靜止點電荷在空間同時產生電場，那么空間某點的電場強度是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的電場強度的矢量和2．電場強度的三個計算公式公式適用條件說明定義式E＝eq\f(F,q)任何電場某點的電場強度為確定值，大小及方向與q無關決定式E＝keq\f(Q,r2)真空中點電荷的電場E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定關系式E＝eq\f(U,d)勻強電場d是沿電場方向的距離[考法全訓]考法1電場強度的計算1．(2023·煙臺高三調研)(多選)在一個點電荷Q的電場中，讓x軸與電場中的一條電場線重合，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.3m和0.6m(如圖甲所示)，在A、B兩點分別放置帶正電的試探電荷，其受到的靜電力跟試探電荷的電荷量的關系分別如圖乙中直線a、b所示。已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，下列說法正確的是()A．A點的電場強度是40N/C，方向沿x軸負方向B．B點的電場強度是2.5N/C，方向沿x軸正方向C．點電荷Q帶正電，所在位置為坐標原點D．點電荷Q的帶電荷量約為4.44×10－11C解析：選BD根據圖像乙的斜率可求出A點的電場強度大小為EA＝ka＝eq\f(4,0.1)N/C＝40N/C，同理可求出B點的電場強度大小為EB＝kb＝eq\f(1,0.4)N/C＝2.5N/C，由于試探電荷帶正電，可知A、B兩點的電場強度方向均沿x軸正方向，A錯誤，B正確；由于點電荷Q在兩點產生的電場強度方向相同，且A點的電場強度大于B點的電場強度，所以場源電荷必定在A點的左側。設場源電荷的坐標為x，據點電荷場強公式可得EA＝keq\f(Q,0.3－x2)，EB＝keq\f(Q,0.6－x2)，聯立解得x＝0.2m，Q≈4.44×10－11C，C錯誤，D正確。考法2多個點電荷電場強度的疊加2.如圖所示，四個點電荷所帶電荷量的絕對值均為Q，分別固定在正方形的四個頂點上，正方形邊長為a，則正方形兩條對角線交點處的場強()A．大小為eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向上B．大小為eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向豎直向上C．大小為eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下D．大小為eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下解析：選C一個點電荷在兩條對角線交點O產生的場強大小為E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq\f(2kQ,a2)，對角線上的兩異種點電荷在O處的合場強為E合＝2E＝eq\f(4kQ,a2)，方向由正電荷指向負電荷，故兩等大的場強互相垂直，合場強為EO＝eq\r(E合2＋E合2)＝eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下。考法3點電荷電場與勻強電場的疊加3.勻強電場中A、B、C三點間距離均為l，構成一個等邊三角形，如圖所示。等邊三角形所在平面與勻強電場方向平行，若在B處放一正點電荷＋q，在C處放一負點電荷－q，則A點場強為0。則此勻強電場的場強大小為()A．eq\f(\r(3)kq,3l2) B．eq\f(kq,l2)C．eq\f(\r(3)kq,l2) D．eq\f(2kq,l2)解析：選BB、C兩點處的點電荷在A點產生的電場強度的矢量和為E＝2E1cos60°＝keq\f(q,l2)，因A點的合場強為0，則勻強電場的場強與B、C兩點的點電荷在A點的合場強等大且反向，則勻強電場的場強大小為E′＝E＝keq\f(q,l2)，故B正確，A、C、D錯誤。(四)電場強度的求解四法(培優點)方法1疊加法多個點電荷在空間某處產生的電場強度為各點電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。[例1](2023·廣州模擬)如圖所示，圓弧狀帶電體ABC上電荷分布均勻。ABC對應的圓心角為120°，B為圓弧中點。若帶電體上的全部電荷在圓心P處產生的電場強度大小為E，則AB段上所帶的電荷在圓心P處產生的電場強度大小為()A．eq\f(1,2)E B．eq\r(3)EC．eq\f(\r(3),3)E D．eq\f(2\r(3),3)E[解析]假設圓弧帶電體ABC帶正電，根據電場的疊加規律可知ABC在P點產生的電場強度方向沿BP連線向下；AB段產生的場強沿AB中點與P點連線向下，BC段產生的場強沿BC中點與P點的連線向上，并且AB和BC段在P點產生的電場強度大小相等；而P點處總的電場強度為AB和BC段單獨產生的電場強度的合場強，如圖所示，根據幾何關系可知E＝2EABcos30°，解得AB段上所帶的電荷在圓心P處產生的電場強度大小EAB＝eq\f(\r(3)E,3)，故C正確，A、B、D錯誤。[答案]C方法2對稱法利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。[例2](2022·山東等級考)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)[解析]取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由圖可知，兩場強的夾角為120°，則兩者的合場強為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據O點的合場強為零，則放在D點的點電荷為負電荷，大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據E′＝keq\f(q,2R2)，聯立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)。[答案]C方法3補償法將有缺口的帶電圓環補全為圓環，或將半球面補全為球面，然后再應用對稱的特點進行分析，有時還要用到微元思想。[例3]均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。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為通過半球面頂點與球心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．eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E[解析]左半球面AB上的正電荷產生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝keq\f(2q,2R2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝keq\f(2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正確。[答案]A方法4微元法將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據庫侖定律求出每個電荷元的場強，再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。[例4](2023·深圳模擬)如圖所示，半徑為R的金屬圓環固定在豎直平面，金屬圓環均勻帶電，帶電荷量為Q，一長為L＝2R的絕緣細線一端固定在圓環最高點，另一端連接一質量為m、帶電荷量為q(未知)的金屬小球(可視為質點)。穩定時帶電金屬小球在過圓心且垂直圓環平面的軸上的P點處于平衡狀態，點P′(圖中未畫出)是點P關于圓心O對稱的點。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，若取無窮遠處為零勢面，下列說法正確的是()A．O點的場強一定為零B．P′點場強大小為eq\f(\r(3)kQ,8R2)C．金屬小球的電荷量為q＝eq\f(8mgR2,kQ)D．剪斷細線瞬間，小球的加速度水平向右[解析]根據對稱性可知，帶電荷量為Q的圓環在圓心O點的場強為0，帶電金屬小球在O點的場強不為0，所以O點的場強不為零，故A錯誤；設細線與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系cosθ＝eq\f(R,L)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，由微元法，無限劃分，設每一極小段圓環帶電荷量為Δq，則∑keq\f(Δq,L2)sinθ＝EP，其中∑Δq＝Q，解得EP＝eq\f(\r(3)kQ,2L2)＝eq\f(\r(3)kQ,8R2)，根據對稱性可知，帶電荷量為Q的圓環，在P、P′兩點的場強大小相等，方向相反，而P′點的場強大小是圓環與帶電金屬小球在P′點的電場強度的疊加，所以EP′≠eq\f(\r(3)kQ,8R2)，故B錯誤；對小球受力分析如圖，則qEP＝mgtan60°，解得q＝eq\f(8mgR2,kQ)，C正確；剪斷細線瞬間，小球受合外力沿細線方向斜向右下方，則加速度方向斜向右下方，D錯誤。[答案]Ceq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1．(2023·河北滄州模擬)對于電場強度的公式E＝eq\f(F,q)和E＝eq\f(kQ,r2)，下列說法正確的是()A．電場強度E與試探電荷的電荷量q成反比B．由E＝eq\f(kQ,r2)可知，r一定時，電場強度E與Q成正比C．公式中Q與q的含義相同D．電場中不放入試探電荷時，電場強度為零解析：選B電場強度與試探電荷無關，故A、D錯誤；公式E＝eq\f(kQ,r2)是點電荷周圍電場強度的決定式，r一定時，電場強度E與Q成正比，故B正確；Q是場源電荷，q是試探電荷，故C錯誤。2．(2023·淮南高三調研)如圖所示，一對帶絕緣支柱的導體A、B彼此接觸，且均不帶電。把帶正電的物體C移近導體A。下列說法正確的是()A．雖靠近C，但導體A內的場強與B內的場強相同B．因更靠近C，導體A內的場強比B內的場強大C．若先把A、B分開，再移去C，A帶正電，B帶負電D．若先移去C，再把A、B分開，A帶負電，B帶正電解析：選A把帶正電的物體C移近導體A，在A的左端感應出負電荷，在B的右端感應出正電荷，電荷只分布在外表面，內部場強處處為零，故B錯誤，A正確；帶正電的物體C移近導體A時，導體A、B由于接觸，則導體中的負電荷向A端移動，則A端帶負電，B端失去電子帶正電，若先把A、B分開，再移去C，A帶負電，B帶正電；若先移去C，再把A、B分開，則A、B不帶電，故C、D錯誤。3.如圖所示，三角形ABC是等腰三角形，∠BAC＝∠ACB＝30°，在A點固定一個電荷量大小為Q1的點電荷，在B點固定一個電荷量大小為Q2的點電荷，C點處的電場強度方向與AB垂直，則eq\f(Q1,Q2)的值為()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\r(2)解析：選B設BC邊長度為r，則AC邊長度為eq\r(3)r，則Q1在C點產生的電場強度大小E1＝eq\f(kQ1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)r))2)，Q2在C點產生的電場強度大小E2＝eq\f(kQ2,r2)，E1、E2的水平分量大小相等，由幾何關系知E1sin60°＝E2sin30°，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\r(3)，故A、C、D錯誤，B正確。4.如圖是一帶電球體和一可視為點電荷的帶電小球周圍電場線的分布圖，球體和小球所帶電荷量相同，A為球體球心與小球連線在球體外面部分的中點，B、C為關于連線對稱的兩點。取無窮遠處電勢為零，以下說法正確的是()A．小球一定帶正電，帶電球體一定帶負電B．A點處的電勢為零，B、C兩點電場強度相同C．將帶電粒子從B點移到C點電場力做功為零D．A點的電場強度小于B、C兩點的電場強度解析：選C由于題圖未注明電場線方向，所以只能得出小球和帶電球體帶異種電荷，A錯誤；帶電球體不能看成點電荷，所以A點的電勢一定不為零，B、C兩點的電場強度方向不同，B錯誤；根據對稱性可知，B、C兩點的電場強度大小相等，電勢也相等，所以將帶電粒子從B點移到C點電勢能變化量為零，電場力做功也為零，C正確；A點在小球和帶電球體的連線上，且二者帶異種電荷，結合庫侖定律分析可知，A點的電場強度大于B、C兩點的電場強度，D錯誤。5.如圖所示，兩正四面體邊長均為l0，兩正四面體bcd面完全重合，電荷量為Q的兩正、負點電荷A、B分別置于兩正四面體左、右兩頂點，靜電力常量為k，則()A．b、c、d三點的電場強度大小相等，方向不同B．b、c、d三點的電勢不相等C．平面bcd上電場強度的最大值為eq\f(3kQ,l02)D．平面bcd上電場強度的最大值為eq\f(3kQ,2l02)解析：選C根據電場強度的合成滿足平行四邊形定則，則等量異種點電荷連線的中垂面上的b、c、d三點的場強大小相等，方向均與bcd面垂直，則方向相同，選項A錯誤；等量異種點電荷的中垂面為等勢面，則b、c、d三點的電勢相等，選項B錯誤；等量異種點電荷的連線的中點場強最大，由幾何關系可知正四面體bcd面的中線長為eq\f(\r(3),2)l0，正四面體的高為h＝eq\r(l02－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)l0×\f(2,3)))2)＝eq\f(\r(6),3)l0，則連線中點的場強為Emax＝eq\f(kQ,h2)×2＝eq\f(3kQ,l02)，選項C正確，D錯誤。6.(多選)一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷＋Q，它們在周圍產生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷＋Q與其像電荷－Q共同激發產生的。像電荷－Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，點電荷＋Q在此鏡中的像點位置。如圖所示，已知＋Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，c為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中bc邊平行于MN，靜電力常量為k，則()A．a點與b點的電場強度大小相等B．c點的電場強度大于b點的電場強度C．d點的電場強度大小為E＝eq\f(96kQ,25L2)D．a點的電勢低于b點的電勢解析：選BC由題意可知，點電荷＋Q和金屬板MN周圍空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效，等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示，由圖可知：a點的電場強度小于b點的電場強度，c點的電場強度大于b點的電場強度，故B正確，A錯誤；d點的電場強度E＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5L,2)))2)＝eq\f(96kQ,25L2)，故C正確；正點電荷＋Q在a、b兩點的電勢大小相等，負點電荷－Q在b點的電勢小于a點的電勢，根據電勢的疊加可知a點的電勢高于b點的電勢，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，兩質量分別為m1和m2、帶電荷量分別為q1和q2的小球，用長度不等的絕緣輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向的夾角分別是α和β(α>β)，若兩小球恰在同一水平線上，那么()A．兩球一定帶異種電荷B．q1一定不等于q2C．m1一定小于m2D．兩球所受靜電力一定不相等解析：選AC兩球均帶電且相互吸引，則必定帶異種電荷，故A正確；兩球間的靜電力為一對相互作用力，根據牛頓第三定律，無論兩球的電荷量是否相等，兩球間的靜電力大小都相等，故無法判斷兩球所帶電荷量的大小關系，B、D錯誤；設兩球間靜電力大小為F，對左球受力分析如圖，得到F＝m1gtanα，同理F＝m2gtanβ，則m1tanα＝m2tanβ，因α>β，得到m1<m2，故C正確。8．(2021·湖南高考)如圖，在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷，在(0，a)位置放置電荷量為q的負點電荷，在距P(a，a)為eq\r(2)a的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為零。則Q的位置及電荷量分別為()A．(0,2a)，eq\r(2)q B．(0,2a)，2eq\r(2)qC．(2a,0)，eq\r(2)q D．(2a,0)，2eq\r(2)q解析：選B根據點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，兩等量異種點電荷在P點的電場強度大小均為E0＝eq\f(kq,a2)，方向如圖所示，兩等量異種點電荷在P點的合電場強度為E1＝eq\r(2)E0＝eq\r(2)eq\f(kq,a2)，方向與＋q點電荷與－q點電荷的連線平行，如圖所示，Q點電荷在P點的電場強度大小為E2＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a))2)＝eq\f(kQ,2a2)，三點電荷在P點的合電場強度為0，則E2方向如圖所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2eq\r(2)q，由幾何關系可知Q的坐標為(0,2a)，故B正確。第2講電場能的性質一、靜電力做功電勢能電勢等勢面1．靜電力做功特點靜電力做功與路徑無關，只與初、末位置有關計算方法(1)W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離(2)WAB＝qUAB，適用于任何電場2.電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，數值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時靜電力所做的功。(2)靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。(3)電勢能的相對性：電勢能是相對的，通常把電荷離場源電荷無限遠處的電勢能規定為零，或把電荷在大地表面上的電勢能規定為零。3．電勢定義電荷在電場中某點具有的電勢能Ep與它的電荷量q之比定義式φ＝eq\f(Ep,q)，電勢是標量，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)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[注意]電勢的高低與電場強度的大小沒有聯系。4．等勢面的特點(1)等勢面一定與電場線垂直。(2)在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。(3)電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。(4)等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。二、電勢差勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．電勢差(1)定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。(2)電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。(3)影響因素：電勢差UAB由電場本身的性質決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取無關。2．勻強電場中電勢差與電場強度的關系(1)電勢差與電場強度的關系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積。即U＝Ed，也可以寫作E＝eq\f(U,d)。(2)公式U＝Ed的適用范圍：勻強電場。情境創設如圖所示為靜電除塵機原理圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上電，塵埃在靜電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)，不考慮塵埃的重力，結合下圖辨析以下問題：微點判斷(1)圖中A點電勢高于B點電勢。(×)(2)塵埃在遷移過程中電勢能減小。(√)(3)塵埃在遷移過程中動能減小。(×)(4)兩極板處的電場線與極板垂直。(√)(5)帶電塵埃的機械能守恒。(×)(6)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功。(×)(7)電場中電勢降低的方向，就是電場強度的方向。(×)(8)帶電粒子一定從電勢能大的地方向電勢能小的地方移動。(×)(9)由于靜電力做功跟移動電荷的路徑無關，所以電勢差也跟移動電荷的路徑無關，只跟這兩點的位置有關。(√)(一)電勢高低及電勢能大小的比較(精研點)逐點清1靜電力做功與電勢能的關系1.如圖所示，A點與B點間距離為2l，OCD是以B為圓心，以l為半徑的半圓路徑。A、B兩處各放有一點電荷，電荷量分別為＋q和－q。下列說法正確的是()A．單位正電荷在O點所受的靜電力與在D點所受的靜電力大小相等、方向相反B．單位正電荷從D點沿任意路徑移到無限遠，靜電力做正功，電勢能減小C．單位正電荷從D點沿DCO移到O點，電勢能增大D．單位正電荷從O點沿OCD移到D點，電勢能增大解析：選CA點電荷量為＋q的點電荷在O點產生的電場強度大小為EAO＝keq\f(q,l2)，方向向右；B點電荷量為－q的點電荷在O點產生的電場強度大小為EBO＝keq\f(q,l2)，方向向右，所以O點的合場強為EO＝2keq\f(q,l2)，方向向右，單位正電荷在O點受到的靜電力大小為FO＝2ekeq\f(q,l2)，方向向右。電荷量為＋q的點電荷在D點產生的電場強度大小為EAD＝keq\f(q,9l2)，方向向右；電荷量為－q的點電荷在D點產生的電場強度大小為EBD＝keq\f(q,l2)，方向向左，所以D點的合場強為ED＝keq\f(8q,9l2)，方向向左，單位正電荷在D點受到的靜電力大小為FD＝keeq\f(8q,9l2)，方向向左，A錯誤；因為D點靠近負電荷，遠離正電荷，所以D點的電勢為負，無限遠處電勢為零，而正電荷從低電勢向高電勢處運動靜電力做負功，電勢能增大，B錯誤；等量異種點電荷連線的中點處電勢為零，故O點電勢比D點電勢高，正電荷在電勢高處電勢能大，則在O點電勢能比在D點電勢能大，C正確，D錯誤。一點一過1．求靜電力做功的四種方法2．判斷電勢能變化的兩種方法根據靜電力做功判斷靜電力做正功，電勢能減少；靜電力做負功，電勢能增加根據Ep＝φq直接判斷正電荷在電勢越高處電勢能越大；負電荷在電勢越高處電勢能越小逐點清2電勢能與電勢的關系2.(多選)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態。過O點作兩點電荷連線的垂線，以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示。以下說法正確的是()A．a點電勢低于O點B．b點電勢低于c點C．該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能解析：選BD作出兩個固定點電荷分別在O點附近的電場線，由題意知，O點的場強EO＝0，結合等量正點電荷電場線分布圖，進而推知O點左側的電場方向向右，O點右側的電場方向向左。可以判定：a點電勢高于O點，b點電勢低于c點，故A錯誤，B正確；由Ep＝φq可知，a點的電勢高于b點，試探電荷(帶負電)在a點的電勢能比b點小，故C錯誤；c點電勢高于d點，試探電荷(帶負電)在c點的電勢能小于d點，故D正確。3.(2022·全國乙卷)(多選)如圖，兩對等量異號點電荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內切圓的交點，O為內切圓的圓心，M為切點。則()A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零解析：選AB兩個正電荷在N點產生的場強方向由N指向O，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N點產生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，L處的合場強方向由O指向L，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；正方形底邊的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的電場方向向左，故B正確；由題圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；由題圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。一點一過電勢高低的四種判斷方法(1)根據電場線方向判斷：沿電場線方向電勢逐漸降低。(2)根據電場力做功判斷：根據UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低。(3)根據電勢能的高低判斷：由φ＝eq\f(Ep,q)知正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電勢能大處電勢較低。(4)根據場源電荷的正負判斷：取離場源電荷無限遠處電勢為零，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。空間中有多個點電荷時，某點的電勢可以代數求和。逐點清3場強、電勢、電勢能的綜合問題4.(多選)如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內角，電荷量為q(q＞0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是()A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負解析：選BC如圖所示，找出Q點，使Q點與P點的距離等于M點與P點的距離，L點為MN上到P點距離最短的點，根據三角形邊角關系、點電荷的電場強度公式E＝keq\f(q,r2)和正點電荷形成電場中的電勢特點可知，沿著MN邊，從M點到N點，與P點的距離r先減小后增大，電場強度先增大后減小，電勢也先增大后減小，A錯誤，B正確；根據電勢能與電勢的關系Ep＝qφ可知，正電荷在M點的電勢能比在N點的電勢能大，故將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為正，C正確，D錯誤。5．(2023·長沙高三調研)內陸鹽礦中開采的氯化鈉稱為巖鹽。如圖所示，巖鹽晶體結構中相鄰的四個離子處于正方形的四個頂點，O點為正方形中心，A、B為兩邊中點，取無窮遠處電勢為零，關于這四個離子形成的電場，下列說法正確的是()A．O點電場強度不為零 B．O點電勢不為零C．A、B兩點電場強度相同 D．A、B兩點電勢相等解析：選D兩等量正離子在O點的合場強為0，兩等量負離子在O點的合場強為0，則四個離子在O點的合場強為0，A錯誤；由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢線，則A、O、B都在同一等勢線上，電勢相同都為0，B錯誤，D正確；A、B兩點電場強度大小相等，方向相反，C錯誤。一點一過分析場強、電勢、電勢能問題的三點注意(1)電場強度為零的地方電勢不一定為零，如等量同種點電荷連線的中點；電勢為零的地方電場強度也不一定為零，如等量異種點電荷連線的中點。(2)電場強度相等的地方電勢不一定相等，如勻強電場；電勢相等的地方電場強度不一定相等，如點電荷周圍的等勢面。(3)根據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，可判斷電勢能的變化情況。(二)電勢差與電場強度的關系(精研點)逐點清1勻強電場中電場強度和電勢差的關系1.(2023·廣州模擬)如圖，圓形區域內存在平行于圓面的勻強電場，mn和pq是圓的兩條互相垂直的直徑。將一帶正電的粒子從另一直徑ab的a點移到m點，其電勢能增加量為ΔE(ΔE>0)，若將該粒子從m點移到b點，其電勢能減少量也為ΔE，則電場強度的方向()A．平行直徑ab，由b指向aB．平行直徑ab，由a指向bC．垂直直徑ab，指向mp弧D．垂直直徑ab，指向nq弧解析：選D由于帶正電的粒子從直徑ab的a點移到m點，其電勢能增加量為ΔE(ΔE>0)，根據W＝q(φa－φm)可知，靜電力做負功，且φa<φm，若將該粒子從m點移到b點，其電勢能減少量也為ΔE，根據W＝q(φm－φb)可知，靜電力做正功，且φb<φm，由于電勢能變化量相同，可知a點與b點電勢相等，故直徑ab是一條等勢線，且m點電勢高于a、b點電勢，所以電場強度的方向垂直直徑ab指向nq弧。一點一過由E＝eq\f(U,d)可推出的兩個重要推論推論1勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖所示推論2勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖所示逐點清2等分法確定電場線及電勢高低2.如圖為靜電除塵器除塵原理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，圖示位置的P、M、N三點在同一直線上，且PM＝MN。塵埃在電場中通過某種機制帶上負電，在靜電力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，下列判斷正確的是()A．a是直流高壓電源的正極B．電場中P點的場強小于M點的場強C．電場中M點的電勢低于N點的電勢D．電場中P、M間的電勢差UPM等于M、N間的電勢差UMN解析：選C帶負電的塵埃向集塵極遷移，說明集塵極接直流高壓電源的正極，a是直流高壓電源的負極，選項A錯誤；從放電極到集塵極的電場，因P點離放電極較近，P點的電場線比M點的電場線密，所以電場中P點的場強大于M點的場強，選項B錯誤；由于集塵極帶正電，電勢高，而沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以電場中M點的電勢低于N點的電勢，選項C正確；放電極與集塵極之間的電場是非勻強電場，故P、M間的電勢差UPM不等于M、N間的電勢差UMN，選項D錯誤。一點一過等分法確定電場線及電勢高低的解題思路逐點清3E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的應用3.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＝30V，B點的電勢為φB＝－10V，則C點的電勢()A．φC＝10V B．φC>10VC．φC<10V 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φA－φC>φC－φB，可得φC<eq\f(φA＋φB,2)，即φC<10V，C正確。一點一過E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的兩點妙用(1)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。(如第3題中判斷C點的電勢)(2)判斷電場強度的大小：已知電場線分布時，電場線越密處，電場強度越大；已知等差等勢線分布時，等勢線越密處，電場強度越大。(三)等勢面的理解與應用(精研點)1．幾種典型電場的等勢面電場等勢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)點電荷的電場兩點電荷連線上，中點的電勢最低；在中垂線上，中點的電勢最高2．等勢面(線)結合運動軌跡的求解方法根據帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結合題意確定電場力做正功還是做負功、電勢能的變化情況或等勢面的電勢高低，垂直等勢面(線)畫出電場線來分析。[考法全訓]考法1等勢面的理解與應用1.(2021·全國甲卷)(多選)某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點，則()A．一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功B．一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eVC．b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右D．a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大解析：選BD由題圖可知φb＝φe，則正電荷從b點運動到e點，電場力不做功，A錯誤；由題圖可知φa＝3V，φd＝7V，根據電場力做功與電勢能的變化關系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4eV，B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則b點處的電場強度方向向左，C錯誤；由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線大體分布如圖所示，由圖可知b點電場線最密集，則b點處的電場強度最大，D正確。2．(2021·全國乙卷)如圖(a)，在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖(b)中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN，相應的電勢能分別為EpM和EpN，則()A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpNC．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN解析：選A等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，故N點的電場強度大于M點的電場強度，同一正的試探電荷在N點受到的電場力大，即FM＜FN；在負的點電荷形成的電場中，離負點電荷越近，電勢越低，正的試探電荷的電勢能越小，故φM＞φN，EpM＞EpN，A正確。考法2電場線、等勢線與運動軌跡問題3.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1、2、3分別為三條等勢線，三條等勢線與其中一條電場線的交點依次為M、N、Q點，已知MN＝NQ，電荷量相等的a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出，僅在靜電力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線a′、b′所示，則()A．a粒子一定帶正電，b粒子一定帶負電B．MN兩點電勢差大小|UMN|等于NQ兩點電勢差大小|UNQ|C．a粒子的加速度逐漸增大，b粒子的加速度逐漸減小D．a粒子從出發到等勢線3過程的動能變化量比b粒子從出發到等勢線1過程的動能變化量小解析：選D由題圖可知，a粒子的軌跡方向向右彎曲，a粒子所受靜電力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，b粒子所受靜電力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯誤；由題可知，a粒子所受靜電力逐漸減小，加速度減小，b粒子所受靜電力逐漸增大，加速度增大，故C錯誤；已知MN＝NQ，由于MN段場強大于NQ段場強，所以MN兩點電勢差大小|UMN|大于NQ兩點電勢差大小|UNQ|，故B錯誤；根據靜電力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子從等勢線2到3靜電力做的功小于b粒子從等勢線2到1靜電力做的功，所以a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小，故D正確。1．[聯系生活實際](多選)如圖為某靜電礦料分選器原理圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分別落在收集板中央的兩側。下列關于礦粉分離過程說法正確的是()A．落在收集板左側的礦粉帶正電B．電場力對落在收集板兩側的礦粉均做負功C．礦粉的電勢能均減小D．礦粉的電勢能均增大解析：選AC由題圖知，勻強電場的方向水平向左，所以落在收集板左側的礦粉帶正電，A正確；因為落在收集板左、右兩側的礦粉所受電場力與其偏轉方向均一致，所以電場力對落在兩側的礦粉都做正功，電勢能均減小，故B、D錯誤，C正確。2．[體現學以致用]如圖所示是高壓電場干燥中藥技術基本原理圖，在大導體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產生較強的電場。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區域從而加速干燥。圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡。下列說法正確的是()A．A處的電場強度大于D處B．B處的電勢高于C處C．水分子做勻變速運動D．水分子由A運動到C的過程中電勢能減少解析：選D電場線密的地方電場強度大，A處的電場強度小于D處，A錯誤；順著電場線方向電勢降低，B處的電勢低于C處，B錯誤；水分子受到的電場力是變力，所以做變加速運動，C錯誤；水分子兩端帶等量異種電荷，所以水分子的棒狀與電場方向平行，且上端的電場強度大，受到較大的電場力，故水分子受到的合力沿電場線向上，即電場力對水分子做正功，根據功能關系可知電勢能減少，D正確。3．[體現學以致用](多選)當興奮在心肌傳播，在人體的體表可以測出與之對應的電勢變化，可等效為兩等量點電荷產生的電場。如圖是人體表面的瞬時電勢分布圖，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，則()A．a、b兩點的電場強度相同B．c、d兩點的電場強度不相同C．a、b兩點的電勢差Uab＝－3mVD．從c到d的直線上電場強度先變大后變小解析：選AD該瞬時電勢分布圖可等效為等量異種點電荷產生的，等量異種點電荷的電場線分布如圖所示。a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，所以a、b兩點的電場強度大小、方向相同，故A正確；c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，c、d兩點的電場強度大小與方向也相同，故B錯誤；a、b兩點的電勢差Uab＝φa－φb＝3mV，故C錯誤；根據等勢線的疏密程度可判斷出從c到d的直線上電場強度先變大后變小，故D正確。4．[聚焦科技前沿](2022·浙江1月選考)某種氣體—電子放大器的局部結構是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是()A．a點所在的線是等勢線B．b點的電場強度比c點大C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零解析：選C因上下為兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜，則a點所在的線是電場線，A錯誤；因c處的電場線較b點密集，則c點的電場強度比b點大，B錯誤；因b、c兩點所處的線為等勢線，可知b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大，C正確；因d、g兩點在同一電場線上，電勢不相等，則將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功不為零，D錯誤。eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、立足主干知識，注意基礎性和綜合性1．(多選)關于電場，下列說法正確的是()A．電場是物質存在的一種形式B．電場力一定對正電荷做正功C．電場線是實際存在的線，反映電場強度的大小和方向D．靜電場的電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面解析：選AD電場是存在于電荷周圍的一種特殊物質，A正確；如果正電荷的速度方向與電場力方向的夾角大于90°，則電場力做負功，B錯誤；電場線是為了形象地描繪電場而人為引入的一簇曲線，該曲線的疏密程度反映場強的大小，C錯誤；靜電場的電場線在空間上與等勢面垂直，且沿電場線的方向電勢降低，即由高等勢面指向低等勢面，D正確。2.我國的特高壓直流輸電是在高端制造領域領先世界的一張“名片”，特別適合遠距離輸電，若直流高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，并且以高壓線與大地接觸的那個位置為圓心，形成一簇如圖所示的等差等勢線同心圓，A、B、C、D是等勢線上的四點，當人走在地面上時，如果形成跨步電壓就會導致兩腳有電勢差而發生觸電事故，則()A．電勢的大小為φC＞φB＝φD＞φAB．電場強度的大小為EA＞EB＝ED＞ECC．人從B沿著圓弧走到D會發生觸電D．AB間距離等于BC間距離的2倍解析：選B根據題意，圓心處的電勢最高，向外越來越低，電勢的大小為φA＞φB＝φD＞φC，A錯誤；根據等勢線的疏密判斷電場強度的大小，由題圖可知電場強度的大小為EA＞EB＝ED＞EC，B正確；B和D在同一條等勢線上，人從B沿著圓弧走到D不會發生觸電，C錯誤；AB間的平均場強大于BC間的平均場強，AB間的電勢差等于BC間的電勢差的2倍，根據E＝eq\f(U,d)可以定性判斷出AB間距離小于BC間距離的2倍，D錯誤。3．(2021·浙江1月選考)如圖所示是某一帶電導體周圍的電場線與等勢面，A、C是同一等勢面上的兩點，B是另一等勢面上的一點。下列說法正確的是()A．導體內部的場強左端大于右端B．A、C兩點的電勢均低于B點的電勢C．B點的電場強度大于A點的電場強度D．正電荷從A點沿虛線移到B點的過程中電場力做正功，電勢能減小解析：選D處于靜電平衡狀態下的導體，它的表面是一個等勢面，其內部電場為零，A錯誤；根據電場線性質，順著電場線方向電勢降低，所以A、C電勢高于B點電勢，B錯誤；由題圖可以看出A點的電場線比B點的電場線密集，B點的電場強度小于A點的電場強度，C錯誤；因為φA＞φB，因此正電荷從A點到B點電場力做正功，電勢能減小，D正確。4．(2021·廣東高考)如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是()A．a點的電勢比b點的低B．a點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大解析：選D高壓電源左為正極，則兩極間所加強電場的電場強度向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知φa>φb，故A錯誤；電場線與等勢面垂直，根據等勢面可大致畫出電場線分布，可知a處的電場線較密，則Ea>Eb，故B錯誤；液滴的重力不計，根據牛頓第二定律可知，液滴的加速度為a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C錯誤；液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即Epa>Epb，故D正確。5.如圖所示的平面內，有靜止的等量異號點電荷，M、N兩點關于兩電荷連線對稱，M、P兩點關于兩電荷連線的中垂線對稱。下列說法正確的是()A．M點的場強比P點的場強大B．M點的電勢比N點的電勢高C．N點的場強與P點的場強相同D．電子在M點的電勢能比在P點的電勢能大解析：選C等量異種點電荷的電場線分布如圖所示，則M點的場強與P點的場強大小相等，N點的場強與P點的場強大小相等，方向相同，A錯誤，C正確；根據等量異種點電荷的電勢分布特點可知，M點的電勢與N點的電勢相等，M點的電勢高于P點的電勢，根據Ep＝qφ＝－eφ可知，電子在M點的電勢能比在P點的電勢能小，B、D錯誤。6．(2021·遼寧高考)等量異號點電荷固定在水平向右的勻強電場中，電場分布如圖所示，實線表示電場線，虛線表示等勢線。將同一負電荷先后置于a、b兩點，電勢能分別為Epa和Epb，電荷所受電場力大小分別為Fa和Fb，則()A．Epa＞Epb，Fa>Fb B．Epa＞Epb，Fa<FbC．Epa＜Epb，Fa>Fb D．Epa＜Epb，Fa<Fb解析：選D電場線的疏密程度表示場強的大小，因此Fa＜Fb，原勻強電場水平向右，正負電荷的電場線由正電荷指向負電荷，因此可知圖中的電場線方向為從左指向右，因此由對稱性可知b點電勢小于a點電勢，由Ep＝qφ可知Epb＞Epa。故D正確。7.如圖所示，絕緣的斜面處在一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確的是()A．金屬塊帶負電荷B．靜電力做功0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7JD．金屬塊的機械能減少1.4J解析：選C在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、B錯誤；在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力做功－0.5J，根據動能定理得，W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正確；外力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故金屬塊機械能減少1.2J，故D錯誤。8.某示波管內的聚焦電場如圖所示，實線表示電場線，虛線表示等勢線，A、B、C為電場中的三點。兩電子分別從A、B運動到同一點C，電場力對兩電子做功分別為WA和WB，則()A．WA＝WB<0 B．WA＝WB>0C．WA>WB>0 D．WA<WB<0解析：選B圖中A、B兩點在一個等勢面上電勢相等，則AC間的電勢差等于BC間的電勢差，沿著電場線方向，電勢是降低的，則有UAC＝UBC<0，根據W＝qU，則有WA＝WB>0，故B正確，A、C、D錯誤。二、強化遷移能力，突出創新性和應用性9．(多選)下圖為靜電植絨的原理圖。帶負電的金屬網中盛有絨毛，真空中帶負電的絨毛一旦與布匹上的黏合劑接觸就粘貼在布匹上，則帶負電的絨毛從帶負電的金屬網到布匹的運動過程中()A．做勻速運動B．做加速運動C．電勢能逐漸增大D．運動經過處各點電勢逐漸升高解析：選BD帶負電的絨毛從帶負電的金屬網到布匹的運動過程中由于受到向下的電場力，故絨毛做加速運動，故A錯誤，B正確；由于絨毛受到向下的電場力，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；絨毛帶負電，向下運動過程中電勢能不斷減小，則電勢不斷升高，故D正確。10.(2023·廣東六校聯考)如圖所示，空間有一圓錐OBB′，點A、A′分別是兩母線的中點。現在頂點O處固定一帶正電的點電荷，下列說法中正確的是()A．A、A′兩點的電場強度相同B．將一帶負電的試探電荷從B點沿直徑移到B′點，其電勢能先減小后增大C．平行于底面且圓心為O1的截面為等勢面D．若B′點的電勢為φB′，A′點的電勢為φA′，則BA連線中點C處的電勢φC等于eq\f(φB′＋φA′,2)解析：選BA、A′兩點的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；將帶負電的試探電荷從B點沿直徑移到B′點過程中，靜電力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，B正確；O處固定的帶正電的點電荷產生的等勢面是以O為圓心的球面，不是圓心為O1的截面，C錯誤；由于CB間的場強小于AC間的場強，由U＝eq\o(E,\s\up6(－))d得CB間的電勢差小于AC間的電勢差，又因為A、A′到O點的距離相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C為AB中點，則有φC＜eq\f(φB′＋φA′,2)，D錯誤。11．(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則()A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大解析：選A由于球殼內部的場強為零，補全球面以后可知左、右半球面對C點的場強應等大反向，由對稱性可知右半球面對C點的場強應垂直截面向左，因此OC是等勢線，故A正確；將題中半球殼補成一個完整的球殼，且帶電均勻，設左、右半球面在A點產生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則知E1＝E2，根據對稱性，左、右半球面在B點產生的電場強度大小分別為E2和E1，在圖示電場中，A點的電場強度大小為E2，方向向左，B點的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤；根據電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤。12.避雷針是用來保護建筑物、高大樹木等避免雷擊的裝置。當雷云放電接近地面時它使地面電場發生畸變，在避雷針的頂端形成局部電場集中的空間。圖示為某次避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點。下列說法正確的是()A．P點的電勢比N點的高B．避雷針附近的電場是勻強電場C．正電荷從M點移動到N點，電場力做正功D．電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能解析：選D由題圖中虛線為等勢面知P點的電勢為6kV，N點的電勢為8kV，則N點電勢高，A錯誤；勻強電場的等勢線應是一簇等間距的平行線，由圖可知避雷針附近的電場顯然不是勻強電場，B錯誤；M、N兩點在同一等勢面上，電勢相等，正電荷從M點移動到N點，電場力做功為零，C錯誤；由Ep＝qφ，電子在P點的電勢能為Ep1＝－eφP＝－e·6kV＝－6keV，電子在M點的電勢能為Ep2＝－eφM＝－e·8kV＝－8keV，故Ep1>Ep2，即電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能，D正確。13.某平面區域內一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，一正電荷僅在電場力作用下由a運動至b，設a、b兩點的電場強度分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，該電荷在a、b兩點的速度分別為va、vb，電勢能分別為Epa、Epb，則()A．Ea>Eb B．φa＞φbC．va>vb D．Epa>Epb解析：選C等勢面的疏密反映電場強度的大小，所以Ea＜Eb，A錯誤；如圖所示，運動軌跡與等勢面的交點A處，電場線與等勢面垂直，正電荷做曲線運動合外力指向凹側，所以在A點所受電場力水平向左，所以A點的電場線水平向左，從而判斷出電場線指向左側，所以φb＞φa，B錯誤；正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以在b點的電勢能大于a點的電勢能，則Epa<Epb，D錯誤；電荷具有動能和電勢能兩種能量，根據能量守恒定律，電勢能大的地方，動能小，所以va＞vb，C正確。14.(多選)如圖所示，兩個等量異種電荷和M、N兩點是菱形的四個頂點，a、b、c、d是菱形四個邊長的中點，O是兩電荷連線的中點。下列說法正確的是()A．M點的電場強度比O點大B．a、b兩處的電場強度和電勢都相同C．a、c兩處的電場強度一定相同D．將一負電荷從a點移到O點再移到c點，電場力在兩段做的負功相同解析：選CD在等量異種電荷連線的中垂線上，O點的電場強度最大，所以M點的電場強度比O點小，故A錯誤；根據等量異種電荷周圍電場的對稱性可知，a、b兩處的電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；根據等量異種電荷周圍電場的對稱性可知，a、c兩處的電場強度一定相同，故C正確；如圖所示，作出經過a、b兩點的等勢線，作出經過c、d兩點的等勢線，兩等勢線分別交兩等量異種電荷的連線于A、C點，根據等量異種電荷周圍電場的對稱性可知，A、O兩點間的電勢差UAO等于O、C兩點間的電勢差UOC，即a、O兩點間的電勢差UaO等于O、c兩點間的電勢差UOc，所以將一負電荷從a點移到O點再移到c點，電場力在兩段做的負功相同，故D正確。15.(2022·河北高考)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是()A．P點電勢低于S點電勢B．T點電場強度方向指向O點C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D．將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功解析：選B在直線MN上，正電荷在M點，其右側電場強度水平向右，負電荷在N點，其左側電場強度水平向右，根據電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，等勢面上任意一點電勢均大于球內任意一點電勢，又因為電場強度方向垂直等勢面，可知T點電場強度方向指向O點，故A錯誤，B正確；由于正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量，可知在N點左側電場強度不可能為零，則N點右側，設MN距離為L，根據eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠處外，MN直線上電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；由A選項分析可知：T點電勢低于P點電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能，將正試探電荷q0從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤。16．如圖，兩個帶等量正電的點電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點，一絕緣圓形細管水平固定在桌面A、B兩點間，且圓形細管圓心O位于A、B連線的中點，細管與A、B連線及中垂線交點分別為C、E、D、F，一個帶負電的小球在細管中按順時針方向做完整的圓周運動，不計一切摩擦。下列說法正確的是()A．小球從C運動到D的過程中，速度先減小后增大B．在兩個帶正電的點電荷產生的電場中，C點的電勢比F點的電勢低C．小球在C、E兩點的速度大小相等，有相同的電勢能D．小球在D、F兩點所受的電場力相同解析：選C等量同種正點電荷的電場線如圖，小球從C到D的過程中電場力的方向與速度方向的夾角一直是鈍角，電場力一直做負功，速度一直減小，A錯誤；由等量正點電荷的電場線的分布可知，電場線在OC方向由C指向O，在OF方向則有O指向F，順著電場線方向電勢降低，因此有φC>φO>φF，B錯誤；根據電場分布的對稱性規律可知φC＝φE，則小球在C、E兩點的電勢能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E兩點動能相同，速度大小相等，C正確；D、F兩點場強方向相反，因此小球受到的電場力方向相反，D錯誤。第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。2．電容定義電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比定義式C＝eq\f(Q,U)；單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF意義表示電容器容納電荷本領的高低決定因素由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質)決定，與電容器是否帶電及兩極板間是否存在電壓無關3．平行板電容器的電容(1)決定因素：極板的正對面積，電介質的相對介電常數，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。二、帶電粒子在電場中的運動1．加速用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad用能量觀點分析①在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02②在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv022．偏轉運動情況如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入板間電壓為U的勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示處理方法將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動。根據運動的合成與分解的知識解決有關問題情境創設目前智能手機普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，玻璃屏的內表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個電極，當用戶手指觸摸電容觸摸屏時，手指和工作面形成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置，假設電容器為平行板電容器。微點判斷(1)電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產生位置信號。(√)(2)使用絕緣筆在電