8、場．
(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離．
(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向．
2.電場線、電勢、電場強度的關系
(1)電場線與電場強度的關系：電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向．
(2)電場線與等勢面的關系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面．
(3)電場強度大小與電勢無直接關系：零電勢可人為選取，電場強度的大小由電場本身決定，故電場強度大的地方，電勢不一定高．
3．E＝在非勻強電場中的三點妙用
判斷電勢差大小及電勢高低
距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進
9、而判斷電勢的高低
判斷場強變化
φ－x圖象的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示場強的大小，正負表示場強的方向
判斷場強大小
等差等勢面越密，場強越大
4.解題思路
在勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式二結論”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場線方向上的距離．
(2)“二結論”
結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示．
結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．
【例2】(2019·山東濰坊模擬)如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標系平面，其中坐標原點O處的
10、電勢為2 V，a點的坐標為(0 cm，4 cm)，電勢為8 V，b點的坐標為(3 cm，0 cm)，電勢為8 V，則電場強度的大小為( )
A．250 V/m B．200 V/m C．150 V/m D．120 V/m
【答案】A
【解析】由題意可知a、b兩點的電勢相等，則ab為一條等勢線，又O點電勢為2 V，則知勻強電場的場強方向垂直于ab指向左下方．
過O點作ab的垂線交ab于c點，
由幾何關系得tan∠b＝，得∠b＝53°，Oc＝Ob·sin∠b＝0.03 m×sin 53°＝2.4×10－2 m，
11、
c、O間的電勢差U＝8 V－2 V＝6 V，
則電場強度大小E＝＝250 V/m，故A正確．
【變式1】(2017·高考全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，
三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V．下列說法正確的是 ( )
A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
【答案】ABD
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝
12、＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D項正確．
【變式2】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面
平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點移動到b點
13、，其電
勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是 ( )
A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行
B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差
【答案】 BD
【解析】 結合題意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但電場方向不能得出，A錯誤；根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根據(jù)勻強電場中“同一條直線上兩點間的電勢差與兩點
14、間的距離成正比”的規(guī)律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝④，同理可得φN＝⑤，聯(lián)立①②③④⑤式可得WMN＝，B項正確；電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝，但本題中電場方向未知，故C錯誤；若W1＝W2，則φa－φb＝φc－φd，結合④⑤兩式可推出φa－φM＝φb－φN，D正確．
U＝Ed在非勻強電場中的應用
【例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＝30 V，B點的電勢為φB＝－20 V，則下列說法正確的是( )
A．C點的電勢φC＝5 V B．C點的電勢φC>5
15、V
C．C點的電勢φC<5 V D．負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能
【答案】C.
【解析】從電場線的分布情況可以看出φA－φC>φC－φB，所以有φC<5 V，C正確，A、B錯誤；因為負電荷在電勢高的地方電勢能較小，所以D錯誤
熱點題型三 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
16、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．
帶電粒子運動軌跡的分析
(1)判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為粒子在該點處的速度方向．
(2)判斷電場力(或場強)的方向：僅受電場力作用時
17、，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡的凹側，再根據(jù)粒子的正、負判斷場強的方向．
(3)判斷電場力做功的正、負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加．
【例4】(2019·浙江名校協(xié)作體)陰極射線示波管的聚焦電場是由電極A1、A2形成的實線為電場線，虛線為
等勢線，Z軸為該電場的中心軸線，P、Q、R為一個從左側進入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點，則( )
A．電極A1的電勢低于電極A2的電勢 B．電場中Q點的電場強度小于R點的電場強度
C．電子在P點處的動能大于在Q點處的動能
18、D．電子從P至R的運動過程中，電場力對它一直做正功
【答案】 AD
【解析】 沿電場線電勢降低，因此電極A1的電勢低于電極A2，故A正確；電子從P至R的運動過程中，是由低電勢向高電勢運動，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，故C錯誤，D正確；Q點電場線比R點電場線密，據(jù)電場線的疏密程度可知Q點的電場強度大于R點的電場強度，故B錯誤．
【變式】如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知( )
A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
19、
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
【答案】AB.
【解析】根據(jù)帶負電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力一定向上，則所受電場力一定向上，且電場力大于重力，故勻強電場的方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴從P點運動到Q點，根據(jù)動能定理，合外力做正功，動能增大，所以油滴在Q點的動能比它在P點的大，選項B正確；油滴從P點運動到Q點，電場力做正功，電勢能減小，油滴在Q點的電勢能比它在P點的小，選項C錯誤；由于帶電油滴所受的電場力和重力均為恒力，所以油滴在Q點的加速度和它在P點的加速度大小相等，選項D錯誤．
等勢面
20、的綜合應用
【例5】．(多選)(2018·高考全國卷 Ⅰ )圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V．一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是( )
A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍
【答案】AB.
【解析】電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6 eV，由于相鄰兩等勢
21、面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2 eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢面d的電勢能應為2 eV，C錯誤；電子在等勢面b的動能為8 eV，電子在等勢面d的動能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的倍，D錯誤；如果電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強電場中做曲線運動，所以電子可能到達不了平面f就返回平面a，B正確．
【變式】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，M、N、P三點位于直角三角形的三個頂點上，∠PMN＝30°，∠M
22、NP＝60°，一負點電荷位于三角形的平面上，已知M點和N點的電勢相等，P點的電勢與MN中點F的電勢相等，則下列說法正確的是 ( )
A．M點和P點的電場強度相等
B．N點和P點的電場強度相等
C．同一正電荷在M點時的電勢能大于在P點時的電勢能
D．同一正電荷在N點時的電勢能小于在P點時的電勢能
【答案】C
【解析】由M點和N點的電勢相等，P點的電勢與F點的電勢相等，則知負點電荷Q應位于MN連線的垂直平分線和PF連線的垂直平分線上，作圖得到Q的位置如圖．
可知P點離Q近，場強較大，故A錯誤；N點離Q較遠，則N點的場強比P點的小，
23、故B錯誤；正電荷從M點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在M點的電勢能大于在P點的電勢能，故C正確；M點的電勢和N點的電勢相等，所以正電荷從N點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在N點的電勢能大于在P點的電勢能，故D錯誤．
熱點題型四 靜電場的圖象問題
幾種常見圖象的特點及規(guī)律
v -t圖象
根據(jù)v -t圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方向、電勢高低及電勢能變化
φ -x圖象
(1)電場強度的大小等于φ -x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ -x圖線存在極值，其切線的斜率為零；
(2)在φ -x圖象中可以直
24、接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關系確定電場強度的方向；
(3)在φ -x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后做出判斷
E-x圖象
(1)反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律；(2)E＞0表示場強沿x軸正方向，E＜0表示場強沿x軸負方向；
(3)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定
Ep-x圖象
(1)反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律；
(2)圖線的切線斜率大小等于電場力大小；
(3)進一步判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況
v－t圖象
【例6】．(多選)(2019·安
25、徽黃山模擬)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一質量m＝1 g的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點(圖中未畫出)，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定( )
A．中垂線上B點電場強度最大 B．A、B兩點之間的位移大小
C．B點是連線中點，C與A點必在連線兩側 D．UBC>UAB
【答案】AD.
【解析】v－t圖象的斜率表示加速度，可知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以B點的電場強度最大，A正確；小物塊
26、由A運動到B的過程中，由圖可知A、B兩點的速度，已知小物塊的質量，則由動能定理可知qUAB＝mv－mv，由上式可求出小物塊由A運動到B的過程中電場力所做的功qUAB，因為電場強度的關系未知，則不能求解A、B兩點之間的位移大小，B錯誤；中垂線上電場線分布不是均勻的，B點不在連線中點，C錯誤；在小物塊由A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理有
qUAB＝mv－mv＝(×1×10－3×42－0) J＝8×10－3 J，同理，在小物塊由B運動到C的過程中，有
qUBC＝mv－mv＝(×1×10－3×72－×1×10－3×42) J＝16.5×10－3 J，對比可得UBC>UAB，D正確．
φ－x圖象
27、
【例7】(2019·福建泉州模擬)在坐標－x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變化關系如圖所示，一電荷量為e的質子從－x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域．則該質子( )
A．在－x0～0區(qū)間一直做加速運動 B．在0～x0區(qū)間受到的電場力一直減小
C．在－x0～0區(qū)間電勢能一直減小 D．在－x0～0區(qū)間電勢能一直增加
【答案】 D
【解析】從－x0到0，電勢逐漸升高，意味著該區(qū)域內(nèi)的場強方向向左，質子受到的電場力向左，與運動方向相反，所以質子做減速運動，A錯誤；設在x～x＋Δx，電勢為φ～φ＋Δφ，根據(jù)場強與
28、電勢差的關系式E＝，當Δx無限趨近于零時，表示x處的場強大小(即φ～x圖線的斜率)，從0到x0區(qū)間，圖線的斜率先增加后減小，所以電場強度先增大后減小，根據(jù)F＝Ee，質子受到的電場力先增大后減小，B錯誤；在－x0～0區(qū)間質子受到的電場力方向向左，與運動方向相反，電場力做負功，電勢能增加，C錯誤，D正確．
【變式】在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有( )
A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零
C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力
29、增大
【答案】AC
【解析】由x1處電勢為零可知，兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，選項A正確；在φ -x圖象中，圖象切線的斜率表示電場強度，則x1處的電場強度不為零，選項B錯誤；且有x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，選項D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能低，負電荷從x1移到x2，電勢能減小，選項C正確．
E－x圖象
【例8】．(多選)(2019·山東濰坊實驗中學模擬)某電場中沿x軸上各點的電場強度大小變化如圖所示．場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標原點O以一定的初速度沿x軸負方向運動，到達x1位置時速度第一次為零，到達x2位
30、置時速度第二次為零，不計點電荷的重力．下列說法正確的是( )
A．點電荷從x1運動到x2的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小
B．點電荷從O沿x軸正方向運動到x2的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小
C．電勢差UOx1＜UOx2
D．在整個運動過程中，點電荷在x1、x2位置時的電勢能最大
【答案】BD.
【解析】點電荷從x1運動到x2的過程中，將運動階段分成兩段：點電荷從x1運動到O的過程中，初速度為0，根據(jù)牛頓第二定律有a＝＝，電場強度E不變，所以加速度a不變，點電荷做勻加速運動；點電荷從O運動到x2的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有a＝＝，電場強度E先均勻增大再均勻
31、減小，所以加速度a先均勻增大再均勻減小，速度不是均勻變化的，故A錯誤，B正確；點電荷從O運動到x1的過程中，根據(jù)動能定理有UOx1q＝0－mv，點電荷從O運動到x2的過程中，根據(jù)動能定理有UOx2q＝0－mv，所以電勢差UOx1＝UOx2，故C錯誤；點電荷在運動過程中僅有電場力做功，動能和電勢能之和保持不變，點電荷在x1、x2位置動能最小，則電勢能最大，D正確．
【變式】(2019·石家莊模擬)如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標
原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關系如圖乙所示，則 ( )
A．x2處場強大小為
32、 B．球內(nèi)部的電場為勻強電場
C．x1、x2兩點處的電勢相同 D．假設將試探電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功相同
【答案】A
【解析】計算x2處的電場強度時，可把帶電球體等效為位于原點的點電荷，則有x2處場強大小為E＝k，故選項A正確；由乙圖E-x圖象可知，球內(nèi)部由O到球表面區(qū)間電場強度均勻增大，所以內(nèi)部電場為非勻強電場，故選項B錯誤；x軸上O點右側的電場方向始終是向右的，沿著電場的方向電勢逐漸減小，可知φx1>φx2，故選項C錯誤；E-x 圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由乙圖可知兩處面積不相等，所以x1處與球表面、球表面與x2處的電勢差不同，則將試
33、探電荷沿x軸從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功不相同，故選項D錯誤．
Ep－x圖象
【例9】.(2019·河北張家口一模)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>φ1
D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變
【答案】D
【解析】.根據(jù)Ep＝qφ，E＝，得
34、E＝·，由數(shù)學知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則知x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖看出在0～x1段圖象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，做非勻變速運動，x1～x2段圖象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，做非勻變速運動，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；根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，則知，電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C錯誤．
【變式】如圖甲所示，在某電場中建立x
35、坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值．一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變化的關系如圖乙所示，EpA和EpB分別表示電子在A、B兩點時的電勢能．則下列說法中正確的是( )
A．該電場可能是孤立的點電荷形成的電場 B．A點的電場強度小于B點的電場強度
C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA－EpB
D．電子在A點的動能大于在B點的動能
【答案】CD
【解析】由于A、B兩點的電勢能與兩個位置間的關系是一條過原點的直線，說明電勢是均勻增加的，所以一定是個勻強電場，而不是孤立
36、的點電荷形成的電場，故A錯誤；由上可知是勻強電場，所以A、B兩點的電場強度相等，故B錯誤；由圖乙可知，電子在 A、B兩點的電勢能關系為EpB>EpA，說明電子由 A運動到B時電勢能增大，電場力做負功，電場力對其所做的功為W＝EpA－EpB，故C正確；電場力做負功，動能減小，所以A點的動能大于B點的動能，故D正確．
【題型演練】
1．(2019·黑龍江大慶模擬)關于靜電場，下列說法正確的是( )
A．將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加
B．無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大
C．在同一個等勢面上的各點
37、，場強的大小必然是相等的
D．電勢降低的方向就是電場強度的方向
【答案】B
【解析】將負電荷由低電勢點移到高電勢點，電場力做正功，電勢能減小，選項A錯誤；無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，因無窮遠處電勢能為零，因此靜電力做正功越多，電荷在該點的電勢能越大，選項B正確；在同一等勢面上，電勢處處相等，場強不一定相等，選項C錯誤；電勢降低最快的方向才是電場強度的方向，選項D錯誤．
2.一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示，圖中平行實線可能是電場線也可能是等勢線，則以下說法正確的是( )
A．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電場強度都比
38、b點的電場強度小
B．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電勢都比b點的電勢高
C．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小
D．如果圖中的實線是等勢線，電子在a點的速率一定大于在b點的速率
【答案】D.
【解析】根據(jù)電場線和等勢線的特點及兩者的關系可知，無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a、b兩點的電場強度都相等；若圖中實線是電場線，則根據(jù)做曲線運動的物體一定受到指向軌跡凹側的合外力，可知電子受到的電場力方向水平向右，電場線方向水平向左，a點的電勢比b點的電勢低，電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，電子在a點的電勢能
39、比在b點的電勢能大，電子在a點的速率一定小于在b點的速率；若圖中實線是等勢線，則根據(jù)電場線和等勢線垂直的關系和物體做曲線運動的條件，可知電子受到的電場力方向豎直向下，電場線方向豎直向上，a點的電勢比b點的電勢高，電子從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能小，電子在a點的速率一定大于在b點的速率．綜上所述，選項D正確．
3．(2018·高考天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM
40、、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是( )
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；若粒子從M運動到N點，根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN；
若粒子從N運動到M，根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲
41、的內(nèi)側，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN.
綜上所述，D正確．
4.(2019·湖北省重點中學聯(lián)考)如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為
R＝2 cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、E三點的電勢分別為φA＝(2－) V、φC＝2 V、φE＝(2＋) V，下列判斷正確的是 ( )
A．電場強度的方向由A指向D B．電場強度的大小為1 V/m
C．該圓周上的點電勢最高為4 V
42、 D．將電子從D點沿DEF移到F點，靜電力做正功
【答案】C
【解析】在勻強電場中AE連線的中點G的電勢φG＝(φA＋φE)＝2 V＝φC，所以直線COGF為等勢線，在勻強電場中等勢線相互平行，電場線與等勢線相互垂直，且由電勢高的等勢線指向電勢低的等勢線，可知直線AB、直線DE分別為等勢線，直線DB、直線EA分別為電場線，可知電場強度的方向由E指向A(或由D指向B)，故A錯誤；E、A兩點間的電勢差UEA＝φE－φA＝2 V，沿電場方向的距離d＝R＝ m，電場強度E＝＝100 V/m，故B錯誤；過圓心O做EA的平行線，與圓的交點H處電勢最高，UHO＝ER＝2 V，由UHO＝φH
43、－φO可得：最高電勢φH＝UHO＋φO＝4 V，故C正確；將電子從D點移到F點，靜電力先做正功再做負功，故D錯誤．
5.圖中虛線是某電場的一組等勢面．兩個帶電粒子從P點沿等勢面的切線方向射入電場，粒子僅受電場力
作用，運動軌跡如實線所示，a、b是實線與虛線的交點．下列說法正確的是 ( )
A．兩粒子的電性相同 B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強
C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 D．與P點相比兩個粒子的電勢能均增大
【答案】B
【解析】根據(jù)軌跡的彎曲方向可知，a粒子受到中心電荷的斥力，而b粒子受到中心電荷的引力，說明a與中心電荷電性相同，b與中心
44、電荷的電性相反，則兩粒子的電性相反，故A錯誤；由等勢面的分布可知，該電場是點電荷產(chǎn)生的，由場強公式E＝k可知，a點的場強小于b點的場強，故B正確；由于中心電荷的電性無法判斷，電場線方向無法判定，則不能比較a、b的電勢高低，故C錯誤；電場力對兩粒子均做正功，則兩個粒子的電勢能均減小，故D錯誤．
6.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，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在的平面平行．已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，d點電勢為12 V．一個質子從b點以速度v0射入此電場，入射方向與bc成45°角，一段時間后經(jīng)過c點．不計質子的重力
45、．下列判斷正確的是( )
A．c點電勢高于a點電勢 B．場強的方向由b指向d
C．質子從b運動到c，電場力做功為8 eV D．質子從b運動到c，電場力做功為4 eV
【答案】C
【解析】.由于是勻強電場，故a、d的中點(設為E)電勢應為a、d兩點的一半，即16 V，那么E、b的中點F電勢是20 V，和a點一樣．連接a、F得到等勢線，則電場線與它垂直，正好是由b指向E.那么cE平行于aF，故c點電勢與E相同，也為16 V，小于a點電勢，A錯誤；場強的方向由b指向E，B錯誤；從b到c電勢降落了8 V，質子電荷量為e，質子從b運動到c，電場力做功
46、8 eV，電勢能減小8 eV，C正確，D錯誤．
7.如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的液滴，在場強大小為、方向水平向右的勻強電場中運動，
運動軌跡在豎直平面內(nèi)．A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在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°.求A、B兩點間的電勢差．
【答案】
【解析】由題意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把運動分解
水平方向：vsin 60°＝v0sin 30°＋t①
豎直方向：vcos 60°＝v0cos 30°－gt②
由①②可得：v＝v0，t＝
由牛頓第二定律得水平方向加速度a＝
47、＝g，
水平位移：x＝v0sin 30°·t＋(g)t2＝UAB＝Ex＝.
8．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量
為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)，如圖所示，虛線MP為A、B兩球連線的垂直平分線，
虛線NQ與MP平行且相距5L.最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側，距MP的距離均為L，且A球距虛
線NQ的距離為4L.若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MP、NQ間加上水平向右、場強大小為E
的勻強電場后，試求：
(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；
(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離；
(3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時，B球電勢能的變化量．
【答案】(1) (2)3L (3)6qEL
【解析】(1)設B球剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v1，
對A、B系統(tǒng)應用動能定理：
2qEL＝×2mv，
則v1＝.
(2)設球A向右運動s時，系統(tǒng)速度為零，
由動能定理，得：
2qEs＝3qE(s－L)，
則s＝3L.
(3)帶電系統(tǒng)的速度第一次為零時，B球克服電場力做功
WFB＝6qEL，
則B球電勢能增加了6qEL.
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2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題19 電場能的性質（含解析）
