2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第一講 電場及帶電粒子在電場中的運動學(xué)案

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1、 第一講　電場及帶電粒子在電場中的運動 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.電場知識仍將是考查的重點．選擇題中可能考查電場強(qiáng)度的求解與比較的相關(guān)問題，計算題中可能考查帶電體在復(fù)合場中的運動問題，不過考慮到動量第二年被納入必考范疇，作為壓軸題出現(xiàn)的可能較大，因此計算題的第1題有可能考查電場或磁場的相關(guān)問題． 2.常用的思想方法：①等效法．②對稱法．③圖象法．④類比法． 　[答案]　(1)電場強(qiáng)度三公式的異同及選擇原則 (2)電場力做功的計算方法 ①WAB＝qUAB(普遍適用)． ②W＝qElcosθ(適用于勻強(qiáng)電場)． ③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量

2、角度求解)． ④W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)． (3)電勢高低的判斷方法 考向一　對電場性質(zhì)的理解 [歸納提煉] 電場強(qiáng)度、電勢、電勢能的表達(dá)式及特點對比 　(多選)(2017·全國卷Ⅲ)一勻強(qiáng)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(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B．坐標(biāo)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 [思路點撥]　(1)勻強(qiáng)電場中電勢的變化是均勻的． (2)求

3、場強(qiáng)大小時可添加輔助線，利用幾何關(guān)系求解． [解析]　解法一：巧妙運用勻強(qiáng)電場的電勢分布特點求解． ab與Oc交點電勢相等，且＝，則可得φO＝φa＋φb－φc＝1 V. 這是突破本題第一個難點的簡便方法． 本題還有第二個難點：求出該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。@需要添加輔助線，利用幾何關(guān)系列式求解． 如圖1所示，過b點作bd垂直于Oc，則由幾何關(guān)系可得 cd＝ m 故＝，則d點的電勢為φd＝17 V，故bd為等勢面．從而得出電場線沿cO方向，故E＝＝2.5 V/cm. 至于選項C、D，學(xué)生均可根據(jù)電場力做功引起電勢能變化列式求解，對大多數(shù)學(xué)生沒有太大的難度． 從a到b移動電子，電

4、場力做功W＝Uab(－e)＝(－7)×(－e)＝7 eV. 電場力做正功，電勢能減小，故電子在a點電勢比在b點高7 eV，故C錯誤；從b到c移動電子，電場力做功W＝－eUbc＝9 eV，故D正確． 解法二：利用假設(shè)法求解． 設(shè)過c點的一條電場線ck與ac間夾角為θ，場強(qiáng)為E，如圖2所示． 過a點做該電場線的垂線ad，過b點作垂線be，由于ad和be為兩條等勢線，且Ucd＝16 V，Uce＝9 V，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度的規(guī)律U＝E·d可得 Ucd＝E×dcd＝16 V① Uce＝E×dce＝9 V② 根據(jù)tanθ＝可得θ＝37°，則 E＝2.5 V/cm 這種解法對數(shù)學(xué)基

5、礎(chǔ)要求較高，可是當(dāng)求出場強(qiáng)大小后，坐標(biāo)原點處的電勢便可順利求解．由以上分析可見電場線沿cO方向． 由dcO＝10 cm得 UcO＝E·dcO＝25 V φ0＝＋1 V. [答案]　ABD 在平時的練習(xí)中不難發(fā)現(xiàn)，正確答案為三項的選擇題，即使解題難度不大，也極易出錯，正確率直線下降，更何況此題本身對學(xué)生的能力要求較高，所以得分率很低.導(dǎo)致失誤的第二個原因，可能是平時解題習(xí)慣不好，作等勢線圖不用直尺，不嚴(yán)謹(jǐn)或不簡潔，在圖中找不出正確的幾何關(guān)系.第三個原因，就是數(shù)學(xué)基礎(chǔ)不扎實，幾何運算不熟練等.這就提示我們，在平時要正確使用作圖工具作圖，切不可養(yǎng)成隨手畫圖的不良習(xí)慣，沒有規(guī)矩不

6、成方圓. [熟練強(qiáng)化] 1．(多選)(2017·長沙四縣一市期中聯(lián)考)如右圖所示，質(zhì)量和電荷量均相同的兩個小球A、B分別套在光滑絕緣桿MN、NP上，兩桿固定在一起，NP水平且與MN處于同一豎直平面內(nèi)，∠MNP為鈍角．B小球受一沿桿方向的水平推力F1作用，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時A、B兩球間距為L1.現(xiàn)緩慢推動B球，A球也緩慢移動，當(dāng)B球到達(dá)C點時，水平推力大小為F2，A、B兩球間距為L2，則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．F1F2 C．L1L2 [解析]　對A球受力分析如圖所示，A球受到重力mg、支持力FA和庫侖力

7、F庫，根據(jù)平衡條件，可知重力mg和庫侖力F庫的合力FA′，與支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和庫侖力F庫之間的關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)閙g、FA′、F庫′之間的三角形關(guān)系，如圖所示．在B球向C移動的過程中，庫侖力的方向在改變，即圖中α角變小，由矢量三角形可知庫侖力在變小，根據(jù)庫侖定律F庫＝k，可知L變大，即A、B之間的距離變大，選項C正確，D錯誤；對B球受力分析如圖所示，B球受到重力mg、支持力FB、庫侖力F庫和推力F，根據(jù)平衡條件，可知F＝F庫cosβ，在B球向C移動的過程中，庫侖力的方向在改變，即β在變大，則cosβ變小，庫侖力也在減小，故推力F變小，即F1>F2，選項A錯誤，B正確．

8、 [答案]　BC 2．(多選)(2017·河北唐山一模)如右圖所示，勻強(qiáng)電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強(qiáng)度的方向與紙面平行．已知A、B兩點的電勢分別為φA＝12 V、φB＝6 V，則C、D兩點的電勢可能分別為(　　) A．9 V、15 V B．9 V、18 V C．0 V、6 V D．6 V、0 V [解析]　已知ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤． [答案]　AC 考向二　平行板電容器問題 [歸納提煉] 1．兩個

9、電容公式的比較 2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路 　(2016·天津卷)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 [思路點撥]　電容器與電源斷開，電荷量不變，上極板向下移動一小段距離，C變化，從而引起兩極板間的電勢差發(fā)生變化．極板間距離的變化不影響場強(qiáng)E

10、，結(jié)合A點的位置可判斷Ep的變化情況． [解析]　根據(jù)電容器定義式C＝得U＝，因電量不變，則兩板間的電場強(qiáng)度E＝＝，又C＝，則E＝，當(dāng)極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強(qiáng)度E不變．保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)，兩極板之間的電場強(qiáng)度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變．綜上所述，選項D正確，A、B、C錯誤． [答案]　D 判斷電容器中某點電勢的變化時，一般是通過該點與某一極板的電勢差的變化來判斷.該題中因為上極板位置變化，下極板位置固定且接地，分析時應(yīng)以

11、A點與下極板的距離為參考，若以A點與上極板的距離為參考來分析容易出錯. (1)電容器與電源連接時電勢和電勢能的分析如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點電荷，現(xiàn)將電容器N板向下移動一小段距離時，由于電壓不變，根據(jù)E＝得場強(qiáng)減小，a點和上極板M的電勢差UMa＝EdMa，則UMa減小，又根據(jù)UMa＝φM－φa知，因φM不變，所以φa升高，正電荷的電勢能增大. (2)靜電計與電壓表的使用：在靜電實驗中，由于帶電體一般電壓都比較高，容易超過電壓表的量程，且物體所帶電荷量少，如用電壓表測電勢差，物體所帶電荷量就會很快通過電壓表內(nèi)部的通路放完.我們會發(fā)現(xiàn)電壓表

12、指針在接通瞬間偏轉(zhuǎn)一下后，很快又回到零刻度.電壓表雖可以既方便又準(zhǔn)確地測量電勢差，但在靜電實驗中，一般不能用來測量兩個帶電體(如平行板電容器)的電勢差. [熟練強(qiáng)化] 1．(2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變 [解析]　平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝Q

13、/U可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減小．由于U不變，d不變，由E＝U/d可知，極板間電場強(qiáng)度E不變，選項D正確，A、B、C錯誤． [答案]　D 2．(2017·河南三市二模)如圖所示，固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開，B極板接地，A極板與一個靜電計相連．將B極板向左水平移動一小段距離后，電容器的電容C、靜電計指針偏角θ和極板間電場強(qiáng)度E的變化情況分別是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．C變小，θ變大，E不變 B．C不變，θ不變，E變小 C．C變小，θ不變，E不變 D．C變小，θ變大，E變小 [解析]　電容器充好電后與電源斷

14、開，則電容器所帶電荷量不變．當(dāng)B極板左移時，極板間距離增大，由C＝知電容C減小，又C＝，則知兩板間電壓U升高，則靜電計指針偏角θ變大，再由E＝＝＝可知電場強(qiáng)度不變，故A正確． [答案]　A 3．如圖所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的靈敏電流計，閉合開關(guān)S后，下列說法正確的是(　　) A．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的兩極板間電壓將增大 B．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的電容將保持不變 C．若只將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從a到b方向的電流 D．若只將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器儲存的電荷量將增加 [解

15、析]　電容器兩個極板間的電壓等于滑動變阻器與電容器并聯(lián)部分兩端的電壓，滑動變阻器滑片P不動，則電容器兩極板間電壓不變，選項A錯誤；根據(jù)C＝，插入電介質(zhì)后，電容器的電容變大，選項B錯誤；根據(jù)C＝，增大d，電容器的電容變小，即Q＝CU變小，電容器放電，電流方向應(yīng)該是從b到a，選項C錯誤；將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器兩極板間的電壓變大，即Q＝CU變大，電容器存儲的電荷量將增加，選項D正確． [答案]　D 考向三　帶電粒子在電場中的運動 [歸納提煉] 帶電體在電場中運動的處理思路及方法 1．用能量的觀點處理帶電體在電場中的運動 對受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量的觀點來處理，

16、即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡捷． 2．用整體法處理多物體或多過程問題 整體思想可對物理研究對象而言，亦可對粒子運動過程而言，其求解過程快捷．在運用此法處理帶電粒子在電場中的平衡或加速運動問題時，應(yīng)結(jié)合物體的平衡條件及動力學(xué)知識求解． 3．正交分解法或化曲為直法 處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運動合成的觀點去求出復(fù)雜運動的有關(guān)物理量． 4．等效“重力”法 將重力與電場力進(jìn)行合成，如下圖所示，則F合等效于“重力”，g′＝等效于“重力加速度”，F(xiàn)

17、合的方向等效于“重力”的方向，即在重力場中的豎直向下方向． 　(2017·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大?。?/p>

18、 [思路路線]　 [解析]　(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (3)設(shè)

19、電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝　? [答案]　(1)3　(2)　(3) 本題為帶電粒子在電場中的運動問題，對此類問題的分析主要包括以下幾種情形： (1)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，重點掌握以下三種情況： ①如果電場力為恒力，可由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電體的速度、位移等. ②如果是非勻強(qiáng)

20、電場中的直線運動，一般利用動能定理或能量守恒研究帶電體的速度、位移等. ③對于帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運動過程的情境出現(xiàn). (2)對于曲線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，重點掌握以下兩種運動形式： ①一般是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理.通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)方程求解. ②粒子做加速圓周運動，注意電場力做功等于電場力與在電場力方向上位移的乘積. ③對于帶電粒子在交變電場中的曲線運動，解決的方法仍然是應(yīng)用運動的合成與分解的方法，把曲線運動

21、分解為兩個直線運動，然后分別應(yīng)用直線運動規(guī)律加以解決. [熟練強(qiáng)化] 遷移一　帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn) 1．(2016·北京卷)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102

22、V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2； (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． [解析]　(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝·(Δt)2＝ (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 重力G＝mg≈10－29 N 電場力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不

23、需要考慮電子所受重力． (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定． [答案]　(1) 　 (2)原因見解析 (3)見解析 遷移二　帶電粒子在交變電場中的運動 2．(多選)(2017·山東五校聯(lián)考)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(

24、k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．若k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，則應(yīng)滿足的條件是d≥ B．若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加 C．若k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為 D．若k＝1，則電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變 [解析]　豎直方向，電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動，加速度的大小a1＝，位移x1＝a1T2，在T～2T時間內(nèi)先做

25、勻減速運動，后反向做勻加速運動，加速度的大小a2＝，初速度的大小v1＝a1T，勻減速運動階段的位移x2＝，由題知d≥x1＋x2，解得d≥ ，A正確；若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，電場力做功為零，動能不變，B錯誤；若k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，垂直電場方向速度為v0，射出時的速度為 ，C錯誤；若k＝1，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變，D正確． [答案]　AD 遷移三　“等效法”電場中的應(yīng)用 3．如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電

26、場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？ [解析]　小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tanθ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動．因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知： －2mg′R＝

27、mv－mv 解得v0＝ ，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥. [答案]　 v≥. 高考高頻考點強(qiáng)化——電場中的“兩類”典型圖象問題 [考點歸納] 幾種常見的E－x圖象 幾種常見的φ－x圖象 [真題歸類] 1．(多選)(2017·全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相

28、鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 [解析]　結(jié)合圖象可知Uab＝3 V，Ubc＝1 V，Ucd＝1 V，根據(jù)W＝Uq可得Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，C正確，D錯誤；根據(jù)E＝k，＝，＝，故＝＝，A正確，B錯誤． [答案]　AC 2．(多選)(2017·江蘇卷)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(　　)

29、 A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強(qiáng)度為零 C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 [解析]　由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝可知，φ－x圖象的切線斜率表示電場強(qiáng)度，因此x1處的電場強(qiáng)度不為零，B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤． [答案]　AC 3．(多選)(2014·上海卷)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如右圖所示，x軸正方向為場強(qiáng)正方向，帶正電的點電

30、荷沿x軸運動，則點電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運動到x4的過程中電勢能先減小后增大 D．由x1運到到x4的過程中電場力先減小后增大 [解析]　x2～x4處場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；x1～x3處場強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則從x1到x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運動到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運動到x4的過程中，電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知

31、，電場力先增大后減小，故D錯誤． [答案]　B (1)E－x圖象特點 ①反映了電場強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律. ②E>0表示場強(qiáng)沿x軸正方向；E<0表示場強(qiáng)沿x軸負(fù)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. (3)φ－x圖象特點及應(yīng)用 ①電場強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零. ②在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)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(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷

32、. [遷移訓(xùn)練] 1．(多選)(2016·福建漳州三聯(lián))空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C點電場強(qiáng)度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有(　　) A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x軸正方向 C．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大 D．負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功 [解析]　在B點和C點附近分別取很小的一段(d)，由圖象知B點段對應(yīng)的電勢差大于C點段對應(yīng)的電勢差，將此小段看作是勻強(qiáng)電場，再由E＝＝，可見EBx>ECx，A項正確；同理可知O點場強(qiáng)為零，電荷在該點受到 的電場力

33、為零，C項錯誤；因沿電場線方向電勢逐漸降低，則由圖可知在O點左側(cè)，電場方向在x方向上的分量沿x軸負(fù)方向，在O點右側(cè)，電場方向在x方向上的分量沿x軸正方向，則負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，所以B項錯誤，D項正確． [答案]　AD 2.(多選)(2016·肇慶三模)x軸上O點右側(cè)各點的電場方向與x軸方向一致，O點左側(cè)各點的電場方向與x軸方向相反，若規(guī)定向右的方向為正方向，x軸上各點的電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示，該圖象關(guān)于O點對稱，x1和－x1為x軸上的兩點．下列說法正確的是(　　) A．O點的電勢最低 B．x1和－x1兩點的電勢相等 C．電子在x1處

34、的電勢能大于在－x1處的電勢能 D．電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，則到達(dá)O點時速度最大 [解析]　作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低，則O點電勢最高，故A錯誤；從圖線看出，電場強(qiáng)度關(guān)于原點O對稱，則x軸上關(guān)于O點對稱位置的電勢相等，電子在x1和－x1兩點處的電勢能相等，故B正確，C錯誤；電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，到達(dá)O點時電場力做功最多，故動能最大，速度最大，故D正確． [答案]　BD 3．(2017·江西六校聯(lián)考)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當(dāng)x→0時，電勢φ→∞，當(dāng)x→∞時，電勢

35、φ→0.電勢為零的點的橫坐標(biāo)為x1，電勢為最小值－φ0的點的橫坐標(biāo)為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是(　　) A．這兩個點電荷一定是同種電荷 B．這兩個點電荷一定是等量的異種電荷 C．在x1處的電場強(qiáng)度為零 D．在x2處的電場強(qiáng)度為零 [解析]　若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當(dāng)x→0時，電勢φ→∞，可知在原點一定有正點電荷，負(fù)點電荷只能在x軸負(fù)半軸上，且負(fù)點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系可知E＝，故在x2處的電場強(qiáng)度為零，在x1處的電場強(qiáng)度不為零，選項D正確、C錯誤． [答案]　D 22