第2講電場能的性質[課標要求]1．知道靜電場中的電荷具有電勢能，理解電勢能、電勢的含義。2．掌握靜電力做功與電勢能變化的關系。3．掌握勻強電場中電勢差及其與電場強度的關系。4．會處理電場線、等勢面與運動軌跡相結合問題。考點一靜電力做功、電勢能與電勢1．靜電力做功的特點靜電力所做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，與電荷經過的路徑無關。2．電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，稱為電勢能。(2)標矢性：電勢能是標量，有正、負之分，其正負表示大小。(3)相對性：電勢能具有相對性，通常把無限遠處或大地表面的電勢能規定為零。3．電勢(1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量之比。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)標矢性：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)。(4)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。4．靜電力做功與電勢能變化的關系(1)靜電力做的功等于電荷電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。靜電力對電荷做多少正功，電荷電勢能就減少多少；電荷克服靜電力做多少功，電荷電勢能就增加多少。(2)電勢能的大小：由WAB＝EpA－EpB可知，若令EpB＝0，則EpA＝WAB，即一個電荷在電場中某點具有的電勢能，數值上等于將其從該點移到零電勢能位置過程中靜電力所做的功。【基礎知識判斷】1．電場力做功一定改變電荷的電勢能。(√)2．電場強度為零的點，電勢一定為零。(×)3．電勢有正負之分，但電勢是標量。(√)4．沿電場線的方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低。(×)1．求靜電力做功的四種方法2．電勢高低的判斷判斷依據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場力做功根據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．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Ep＝qφ，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化，動能增加，電勢能減小；反之，動能減小，電勢能增加學生用書第157頁(多選)(2023·海南高考)如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法正確的是()A．M、N兩點電場強度相同B．M、N兩點電勢相同C．負電荷在M點電勢能比在O點時要小D．負電荷在N點電勢能比在O點時要大、答案：BC解析：根據場強疊加以及對稱性可知，M、N兩點的場強大小相同，但是方向不同，選項A錯誤；因在A、B處的正電荷在M、N兩點的合電勢相等，在C點的負電荷在M、N兩點的電勢也相等，則M、N兩點電勢相同，選項B正確；因負電荷從M到O，A、B兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從O指向M，則該力對負電荷做負功，C點的負電荷也對該負電荷做負功，可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功，則該負電荷的電勢能增加，即負電荷在M點的電勢能比在O點小；同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小，選項C正確，D錯誤。對點練1．(多選)(2022·全國乙卷)如圖，兩對等量異號點電荷＋q、－qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，電場力做功為零答案：AB解析：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，兩個負電荷在L處產生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產生的場強方向由O指向L，則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。故選AB。對點練2．(多選)(2023·遼寧高考)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖，圖(b)為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則()A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變答案：CD解析：因P點所在的等勢面高于M點所在的等勢面，可知P點電勢比M點的高，選項A錯誤；因M點所在的等差等勢面比P點處的密集，則M點場強較P點大，即P點電場強度大小比M點的小，選項B錯誤；場強方向垂直等勢面，且沿電場線方向電勢逐漸降低，可知M點電場強度方向沿z軸正方向，選項C正確；因x軸上各點電勢相等，則沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變，選項D正確。故選CD。對點練3．(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，靜電力做正功答案：B解析：在直線MN上，左邊正電荷在M右側電場強度水平向右，右邊負電荷在N左側電場強度水平向右，根據電場的疊加原理可知M、N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，故A錯誤；由于正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量，可知在M左側電場強度不可能為零，設N右側d處電場強度為零，M、N距離為L，根據eq\f(k·2q,（L＋d）2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠處外，直線MN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；設等勢圓的半徑為R，A、N距離為x，M、N距離為L，如圖所示，根據φ＝eq\f(kq,x)，結合電勢的疊加原理可得，A、S滿足eq\f(k·2q,L－x)＝eq\f(kq,x)，eq\f(k·2q,L＋2R－x)＝eq\f(kq,2R－x)，解得x＝eq\f(L,3)，R＝eq\f(2L,3)，由于電場強度方向垂直于等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢φO＝eq\f(k·2q,L＋\f(L,3))－eq\f(kq,\f(L,3))＝－eq\f(3kq,2L)，可得φT＞φO，可知T點電場強度方向指向O點，故B正確。故選B。考點二電勢差與電場強度的關系1．電勢差(1)定義：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與移動電荷的電荷量的比值。(2)定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。(3)電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。2．等勢面(1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面。(2)四個特點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。學生用書第158頁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。3．幾種常見的等勢面電場等勢面(虛線)圖樣特點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兩電荷連線的中垂面為等勢面等量同種正點電荷的電場在電荷連線上，中點電勢最低；在中垂線上，中點電勢最高4．勻強電場中電勢差與電場強度的關系(1)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方向的距離的乘積。即U＝Ed，也可以寫作E＝eq\f(U,d)。(2)公式E＝eq\f(U,d)、U＝Ed的適用范圍：勻強電場。【高考情境鏈接】(2021·浙江6月選考·改編)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。判斷下列說法正誤：(1)A、C兩點的電勢均高于B點的電勢。(√)(2)B點的電場強度大于A點的電場強度。(×)(3)A、B兩點間的電勢差等于B、C兩點間的電勢差。(×)(4)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。(×)1．應用公式E＝eq\f(U,d)的兩點注意(1)定量計算時只適用于勻強電場，但是對于非勻強電場可以用于定性分析。(2)d為某兩點沿電場方向上的距離(或者為兩點連線在電場方向上的投影、或者為兩點所在等勢面之間的距離)。2．由E＝eq\f(U,d)可推出的三個重要推論推論1：電場強度的方向是電勢降低最快的方向。推論2：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)(如圖甲所示)。推論3：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且eq\x\to(AB)＝eq\x\to(CD)(如圖乙所示)，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)或者UAC＝UBD。考向1U＝Ed或E＝eq\f(U,d)的定性分析(2023·浙江省名校協作體模擬)電子焊接機中的電場線如圖中虛線所示。圓弧形極板K為陰極，A為陽極，兩極之間的學生用書第159頁距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速；不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()A．由K到A電勢逐漸降低B．A和K之間的電場強度大小為eq\f(U,d)C．A點與K、A中點的電勢差大于eq\f(U,2)D．電子由K運動到A的過程中，其電勢能增加了eU答案：C解析：沿著電場線的方向電勢降低，由K到A為逆著電場線方向，因此電勢升高，A錯誤；A和K之間的電場為非勻強電場，所以場強大小不是eq\f(U,d)，B錯誤；從A到K電勢降低，若K、A之間為勻強電場，則A點與K、A中點的電勢差為U1＝eq\f(U,2)，由題圖可知，越靠近A端電場線密度越大，即越靠近A端電場強度越大，則A點與K、A中點的電勢差大于eq\f(U,2)，C正確；電子由K運動到A的過程中，靜電力做正功，電勢能減少了eU，D錯誤。E＝eq\f(U,d)規律總結在非勻強電場中的兩點“妙用”1．結合等差等勢面疏密判斷場強大小：在非勻強電場中，等差等勢面越密，沿電場方向的距離d越小，根據E＝eq\f(U,d)知場強E越大；反之，則E越小。2．結合電場線疏密判斷電勢差大小：在非勻強電場中，距離d相等的兩點間電場線分布越密，平均場強E越大，根據U＝Ed知電勢差U越大，反之則電勢差U越小。如圖甲所示，AB＝BC，則UAB＞UBC；如圖乙所示，AB＝BC，則UAB＜UBC。考向2U＝Ed或E＝eq\f(U,d)的定量計算(多選)有一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c、d四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點電勢分別為4V、8V、10V，一電荷量為q＝－2×10－5C的負點電荷由a點開始沿abcd路線運動，則下列判斷正確的是()A．坐標原點O的電勢為6VB．電場強度的大小為eq\r(2)V/mC．該點電荷在c點的電勢能為2×10－5JD．該點電荷從a點移到d點的過程中，電場力做功為8×10－5J答案：AD解析：由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離降低的電勢相等，所以φb－φc＝φa－φO，代入數據解得φO＝6V，故A正確；同理，ab中點e的電勢為φe＝6V，連接Oe則為等勢線，如圖所示，由幾何關系可知，ab垂直于Oe，則ab為電場線，且方向由b指向a，電場強度E＝eq\f(Ube,dbe)＝eq\f(8－6,\f(2\r(2)×10－2,2))V/m＝100eq\r(2)V/m，故B錯誤；該點電荷在c點的電勢能Epc＝qφc＝－2×10－4J，故C錯誤；連接bd，由幾何關系知bd∥Oe，即bd為等勢線，φd＝φb＝8V，該點電荷從a點移動到d點電場力做功Wad＝qUad＝(－2×10－5)×(4－8)J＝8×10－5J，故D正確。規律總結等分法及其應用1．等分法：在勻強電場中，把某兩點間的距離等分為n段，則每段兩端點的電勢差等于兩點間電勢差的eq\f(1,n)(如圖所示)，采用這種等分間距求某點電勢的方法，叫作等分法。2．等分法確定電場線及電勢高低的解題思路對點練．(多選)(2023·河南駐馬店模擬)如圖所示，以A、B、C、D為頂點的長方形處于一平行板電容器(未畫出)形成的勻強電場中，長方形所在平面與兩平行板垂直，AB的長度為8cm，BC的長度為6cm，D點距帶正電荷的電容器極板的距離為20cm。取無窮遠處的電勢為零，A、B、C三點的電勢分別為9V、25V、16V。則()A．D點電勢為0B．D點電勢為18VC．兩平行板間的電勢差為50VD．兩平行板間的電勢差為100V答案：AD解析：在勻強電場中，平行且相等的兩線段電勢差相等，可得φB－φA＝φC－φD，代入數據可得φD＝0，故A正確，B錯誤；如圖所示，將CD分為8等分，則每一等分對應1cm，DF＝4.5cm，所以F點的電勢為9V，連接AF，過D點作AF的垂線DG，由幾何關系可得DG的長度為DG＝eq\f(AD·DF,AF)，解得DG＝3.6cm，所以電場強度的大小為E＝eq\f(UDG,DG)，解得E＝250V/m，又因為D點的電勢為0，且D點距正極板的距離為20cm，由對稱性可知，兩極板間的距離為40cm，所以兩極板間的電勢差為U＝Ed＝100V，故D正確，C錯誤。學生用書第160頁考點三電場線、等勢線(面)與粒子運動軌跡的綜合電場線、等勢線(面)與粒子運動軌跡的綜合分析方法(只受電場力)電場線與粒子運動軌跡的綜合問題等勢面(線)與粒子運動軌跡的綜合問題1.先根據電場力方向沿著電場線的切線方向且指向運動軌跡彎曲的凹側，確定帶電粒子所受電場力的方向。2.再結合電場線的方向確定帶電粒子的電性。3.最后根據帶電粒子的運動軌跡與電場線的分布情況，確定電場力做功、電勢能的變化情況等。1.先根據電場力沿著垂直于等勢面方向且指向運動軌跡彎曲的凹側，確定帶電粒子所受電場力的方向。2.再結合等勢面的電勢高低關系確定電場線的方向，進而確定帶電粒子的電性。3.最后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功、電勢能的變化情況等。考向1電場線與粒子運動軌跡的問題(2023·河北張家口模擬)真空中某電場的電場線如圖中實線所示，M、O、N為同一根電場線上的不同位置的點，兩個帶電粒子a、b從同一位置P點以相同速度射入該電場區域，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，已知a粒子帶負電，b粒子帶正電，下列說法正確的是()A．M點的電勢低于N點的電勢B．電場力對a粒子做負功，對b粒子做正功C．a粒子與b粒子的電勢能均減小D．若在O點由靜止釋放a粒子，僅在電場力的作用下，a粒子將沿電場線運動到M點答案：C解析：a粒子帶負電、b粒子帶正電，由粒子的受力和運動軌跡可知，電場方向沿電場線向右，M點電勢高于N點電勢，電場力對a、b粒子均做正功，電勢能均減小，A、B錯誤，C正確；由于M、O、N所在電場線為曲線，所以在O點靜止釋放的帶電粒子，不可能沿電場線運動，D錯誤。考向2等勢線(面)與粒子運動軌跡的問題(多選)(2023·山東威海一模)如圖所示，虛線a、b、c、d、e代表電場中的五個相鄰等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的試探電荷僅在靜電力作用下通過該區域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，則()A．M點的電勢低于N點B．M點的電場強度比N點的大C．該試探電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能D．該試探電荷在M點的動能大于在N點的動能答案：AD解析：由于電場線垂直等勢面，試探電荷所受靜電力沿電場線切線方向且指向軌跡的凹側，試探電荷帶正電，因此可以判斷電場線的分布情況如圖所示，所以M點的電勢低于N點電勢，故A正確；等差等勢面的疏密表示電場強弱，所以M點的電場強度小于N點的電場強度，故B錯誤；由電勢能與電勢的關系Ep＝qφ可知，帶正電的粒子在電勢越高的位置，電勢能越大，所以該試探電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能，又由能量守恒定律可知，試探電荷在M點的動能大于在N點的動能，故C錯誤，D正確。考向3電場線、等勢線(面)與粒子運動軌跡的綜合(多選)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．M、N兩點電勢差大小|UMN|大于N、Q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答案：BD解析：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所受靜電力逐漸減小，加速度減小，b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M、N兩點電勢差大小|UMN|大于N、Q兩點電勢差大小|UNQ|，故B正確；根據靜電力做功公式W＝qU，而|UMN|＞|UNQ|，則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。學生用書第161頁考點四靜電場中的三類圖像問題考向1φ-x圖像應用電場中的φ-x圖像解答問題的要點1．φ-x圖像描述電勢φ隨x變化的規律。在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢的大小關系確定電場強度的方向。2．在φ-x圖線上，某點切線的斜率表示該點的電場強度；φ-x圖線存在極值時，其切線的斜率為零，則對應位置處電場強度為零。3．在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB分析WAB的正負，然后做出有關判斷。(2021·山東高考)如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示。現將一電荷量為－Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是()A．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向右運動B．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向左運動C．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向右運動D．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向左運動答案：C解析：對y軸正向的點電荷，由平衡條件可得eq\r(2)keq\f(q2,a2)＋keq\f(q2,（\r(2)a）2)＝keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)，解得Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，因在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區間內沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負向，則將P沿x軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的電場力而向右運動。故選C。考向2Ep-x圖像應用電場中的Ep-x圖像解答問題的要點1．Ep-x圖像描述電勢能Ep隨x的變化規律。2．根據電勢能的變化可以判斷電場力做功的正、負。3．根據W＝－ΔEp＝FΔx可知Ep-x圖像的斜率大小表示電場力大小。(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在0～x2段做勻變速直線運動，x2～x3段做勻速直線運動C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ3＜φ2＝φ0＜φ1D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變，為定值答案：CD解析：根據電勢能與電場力做功的關系有W＝－ΔEp＝qE·Δx，Ep-x圖像切線的斜率大小等于qE，x1處切線的斜率為零，則知x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖可看出在0～x1段圖像切線的斜率不斷減小，由上式知電場強度減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速直線運動；x1～x2段圖像切線的斜率不斷增大，電場強度增大，粒子所受的電場力增大，加速度增大，做非勻變速直線運動；x2～x3段斜率不變，電場強度不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；由題圖可知，Ep3＞Ep2＝Ep0＞Ep1，根據Ep＝qφ，又粒子帶負電，故φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C正確。考向3E-x圖像應用電場中的E-x圖像解答問題的要點1．E-x圖像描述電場強度E隨x變化的規律。2．判定場強E的方向：E＞0表示場強沿正方向，E＜0表示場強沿負方向。3．在E-x圖線上，圖線與x軸所圍成的面積表示兩點間電勢差，如圖所示。(多選)空間內有一沿x軸分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示。－x1、x1、x2、x3是x軸上的四個點，圖像關于坐標原點O中心對稱，下列說法中正確的是()A．－x1處的電勢比x1的電勢高B．將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大，后減小C．將一負電荷由－x1處由靜止釋放，若只受電場力作用，它將在－x1和x1之間往復運動D．負電荷在這四個點中位于x2處時電勢能最大答案：BC解析：根據題意，電場關于x軸對稱分布，作出電場線如圖所示。根據順著電場線電勢降低，則x軸上O點電勢最高，從圖線看出，x軸上的點的電場強度關于原點O對稱，則x軸上關于O點對稱位置的電勢相等，則－x1處的電勢與x1處的電勢相等，選項A錯誤；將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大，后減小，選項B正確；－x1和x1之間的電場是對稱的，將一負電荷由－x1處由靜止釋放，負電荷先向右做加速運動，經過O點之后做減速運動，到x1處速度減為零，則它將在－x1和x1之間往復運動，選項C正確；在這四個點中，x3點的電勢最低，則負電荷在四個點中位于x3處時電勢能最大，選項D錯誤。課時測評35電場能的性質eq\f(對應學生,用書P422)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題每題5分，共60分)1．(多選)(2024·福建福州高三質檢)生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場，電場線分布如圖所示，M、N、P為電場中的點。下列說法正確的是()A．P點電場強度小于M點電場強度B．P點電勢小于N點電勢C．M點電勢小于N點電勢D．某帶電小顆粒只在電場力作用下從N點沿虛線軌跡運動到M點，其在N點的電勢能小于在M點的電勢能答案：AC解析：電場線的疏密程度表示電場強度的大小，顯然P點的電場強度小于M點的電場強度，A正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則P點的電勢比N點的電勢高，N點的電勢比M點的電勢高，B錯誤，C正確；帶電小顆粒僅在電場力的作用下由N點沿虛線運動到M點，電場力方向指向虛線軌跡的凹側，故小顆粒帶正電，電場力對小顆粒做正功，小顆粒的電勢能一定減小，即小顆粒在N點的電勢能大于在M點的電勢能，D錯誤。2．如圖所示，雷雨天帶有負電的烏云飄過一棟建筑物上空時，在避雷針周圍形成電場，電場的等差等勢面a、b、c、d分布情況如圖所示，在等勢面中有A、B、C三點。下列說法中正確的是()A．避雷針附近的電場是勻強電場B．A點的電場強度比B點的小C．a、b、c、d等勢面中a的電勢最低D．有一帶負電的雨點從烏云中下落，靜電力做正功答案：D解析：勻強電場的等勢線應是一簇平行線，由題圖可知避雷針附近的電場不是勻強電場，故A錯誤；等差等勢面越密集電場強度越大，所以A點的電場強度比B點的大，故B錯誤；烏云帶負電，則電場線終止于烏云，根據沿電場線方向電勢降低可知a、b、c、d等勢面中a的電勢最高，故C錯誤；有一帶負電的雨點從烏云中下落，雨點所受靜電力方向與速度方向夾角小于90°，靜電力做正功，故D正確。3．空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點為正電荷。P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖所示，相鄰等勢面間電勢差相等，a、b、c、d為電場中的4個點。下列說法正確的是()A．P、Q兩點處的電荷帶同種電荷B．c點與d點場強方向相同，電勢也相同，a點電場強度小于b點電場強度C．一電子從c點到b點電場力做正功D．電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大答案：B解析：由題圖可知P、Q兩點處的電荷帶異種電荷，即Q點為負電荷，故A錯誤；根據點電荷場強決定式E＝eq\f(kQ,r2)以及場強的疊加原理可知，c點與d點場強方向相同，因為c點與d點在同一等勢面上，所以c點與d點電勢也相同，又因b點等差等勢面比a點密集，可知b點場強較大，即a點電場強度小于b點電場強度，故B正確；電場線從高電勢面指向低電勢面，所以c點電勢高于b點電勢，由Ep＝qφ可知，電子在c點電勢能低于b點電勢能，所以一電子從c點到b點電場力做負功，故C錯誤；因為a點電勢高于b點電勢，由Ep＝qφ可知，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能小，故D錯誤。故選B。4．(多選)(2023·全國乙卷)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP＞OM，OM＝ON，則小球()A．在運動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點的電勢能大于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功答案：BC解析：由題知，OP＞OM，OM＝ON，則根據點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN＞φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP＞EpM＝EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤，B、C正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。故選BC。5．(2022·湖南高考)如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大答案：A解析：根據對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據電勢的疊加原理，單個點電荷在距其r處的電勢為φ＝keq\f(q,r)(取無窮遠處電勢為零)，現在撤去a處的絕緣棒后，q減小，則O點的電勢減小。故選A。6．(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV答案：ABD解析：如圖所示，設a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則eq\f(ad,dc)＝eq\f(10－17,17－26)＝eq\f(7,9)，所以d點的坐標為(3.5cm，6cm)，過c點作等勢線bd的垂線即為電場線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關系可得，ce的長度為3.6cm，則電場強度的大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(（26－17）V,3.6cm)＝2.5V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故選項D正確。7．(多選)(2023·山東高考)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是()A．F′點與C′點的電場強度大小相等B．B′點與E′點的電場強度方向相同C．A′點與F′點的電勢差小于O′點與D′點的電勢差D．將試探電荷＋q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小答案：ACD解析：將六棱柱上表面的一半單獨畫出，如圖所示，由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直OF，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，D在F點產生的場強大小為A點在F點產生的場強大小的eq\f(1,3)，合場強方向斜向右上角且與水平面的夾角大于30°，所以在F點的合場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；由等量異種電荷的電勢分布可知φA′＝φ＞0，φD′＝－φ＜0，φO′＝0，φF′＞0，因此φA′－φF′＝φ－φF′＜φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對稱性可知F′和C′電場強度大小相等，B′和E′電場強度方向不同，A正確，B錯誤。故選ACD。8．(多選)(2024·安徽合肥模擬)如圖所示，地面上固定一傾角為θ＝37°、高為h的光滑絕緣斜面，斜面置于水平向左的勻強電場中，電場強度大小為E＝eq\f(\r(,3)mg,q)，現將一個帶正電的物塊(可視為質點)從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為eq\f(4\r(,3),3)mghB．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為3mghC．物塊落地的速度大小為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(8\r(,3),3)))eq\r(gh)D．物塊落地的速度大小為2eq\r(,2gh)答案：BD解析：物塊受到的電場力F＝qE＝eq\r(,3)mg，則物塊所受合力的大小為2mg，合力的方向和水平夾角為30°，則小物塊沿合力方向做勻加速直線運動，不會沿著斜面下滑。物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為W＝qE·eq\r(,3)h＝3mgh，設物塊落地速度為v，根據動能定理可得mgh＋qE·eq\r(,3)h＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(,2gh)，故A、C錯誤，B、D正確。9．(多選)真空中有一半徑為R的均勻帶正電薄球殼，以球心O為坐標原點，沿半徑方向建立x軸，球殼外x軸上的各點的場強E隨x變化的關系如圖所示。一質量為m、電荷量為e的電子從x＝2R處由靜止釋放，僅受靜電力作用，到達球殼表面時的動能為Ek。已知均勻帶電薄球殼的殼外空間的電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，靜電力常量為k，球體表面積公式S＝4πR2。下列說法正確的是()A．圖中r＝eq\r(2)RB．該球殼單位面積所帶的電荷量為eq\f(E0,4πk)C．電子在x＝2R處釋放時的加速度大小為eq\f(eE0,4m)D．若電子從x＝3R處由靜止釋放，則到達球殼表面時的動能為2Ek答案：ABC解析：設均勻帶正電薄球殼所帶電荷量為Q，當x＝R時，根據題意可得，E0＝keq\f(Q,R2)，解得Q＝eq\f(E0R2,k)，則該球殼單位面積所帶的電荷量為q0＝eq\f(Q,S)＝eq\f(\f(E0R2,k),4πR2)＝eq\f(E0,4πk)，故B正確；當x＝r時，由題圖可得eq\f(E0,2)＝keq\f(Q,r2)，解得r＝eq\r(2)R，故A正確；當x＝2R時，電場強度為E＝keq\f(Q,4R2)＝eq\f(E0,4)，電子在x＝2R處釋放時的加速度大小為a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eE0,4m)，故C正確；已知電子從x＝2R處由靜止釋放，僅受靜電力作用，到達球殼表面時的動能為Ek，根據動能定理有W＝Ek，由題圖可知從3R到2R過程的電場強度小于從2R到R過程的電場強度，若電子從x＝3R處由靜止釋放，則到達球殼表面時，根據動能定理有W′＝Ek′＜2W＝2Ek，故D錯