【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第7章第2讲《电场能的性质》(含详解).doc，共(43)页，754.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲电场能的性质知识点电势能Ⅰ1．静电力做功(1)特点：静电力所做的功与电荷的起始位臵和01终止位臵有关，与电荷经过的02路径无关。(2)计算方法①W＝qEd，只适用于03匀强电场，其中d为沿04电场方向的距离，计算时q不带正负号。②WAB＝qUAB，适用于05任何电场，计算时

q要带正负号。2．电势能(1)定义：电荷在电场中由于受到静电力的作用而具有的与其相对位臵有关的能量叫作电势能，用Ep表示。(2)静电力做功与电势能变化的关系静电力做的功等于06电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB。(3)大小：电荷在某点的电势能，等于07把它从这点移动到零势能位臵时静电

力所做的功。[特别提醒](1)电势能是相互作用的电荷所共有的，或者说是电荷及对它作用的电场所共有的。我们说某个电荷的电势能，只是一种简略的说法。(2)电荷在某点的电势能是相对的，与零势能位臵的选取有关，但电荷从某点运动到另一点时电势能的变化是绝对的，

与零势能位臵的选取无关。(3)电势能是标量，有正负，无方向。电势能为正值表示电势能大于在参考点时的电势能，电势能为负值表示电势能小于在参考点时的电势能。(4)零势能位臵的选取是任意的，但通常选取大地表面或离场源电荷无限远处为零势能

位臵。知识点电势Ⅰ1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的01电势能与它的02电荷量之比，叫作电场在这一点的电势。(2)定义式：φ＝03Epq。(3)标矢性：电势是04标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比05零电势高(低)。(4)相对性：电势具有06相对性，同一点的电势与选取的0

7零电势点的位臵有关。一般选取离场源电荷无限远处为零电势点，在实际应用中常取大地的电势为0。2．等势面(1)定义：在电场中08电势相同的各点构成的面。(2)四个特点①在同一个09等势面上移动电荷时，静电力不做功。②等势面一定与10电场线垂直。③电场线总是由11电势高的

等势面指向12电势低的等势面。④等差等势面越密的地方电场强度13越大，反之14越小。[特别提醒]电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与在该点是否放有电荷和所放电荷的电性、电荷量及电势能均无关。知识点电势差Ⅱ匀强电场中电势差与

电场强度的关系Ⅱ1.电势差(1)定义：在电场中，两点之间电势的差值。(2)定义式：UAB＝01φA－φB。显然，UAB＝－UBA。(3)影响因素：电场中两点间电势差由电场本身决定，与电势零点的选取02无关。(4)静电力做功与电势差的关系：电荷q在电场中从A点移到B点时，03静电力做的功WAB与移动

电荷的04电荷量q的比等于A、B两点间的电势差，即UAB＝05WABq，计算时q要带正负号。2．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)匀强电场中电势差与电场强度的关系UAB＝Ed，其中d为匀强电场中A、B两点06沿电场方向的距离。即：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电

场方向的距离的乘积。(2)电场强度的另一表达式①表达式：E＝UABd。(只适用于匀强电场)②意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点之间的电势差与两点沿07电场强度方向的距离之比。也就是说，场强在数值上等于沿08电场方向单

位距离上降低的电势。知识点静电感应和静电平衡Ⅰ1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，这种现象叫静电感应。2．静电平衡(1)定义：导体放入电场中时，两侧感应电荷的电场与原电场在导体内部叠加，使导体内部的电场减弱，随着自由电子不断运动，直到导体内部各

点的电场强度E＝0为止，导体内的自由电子不再发生01定向移动，这时我们说，导体达到静电平衡状态。(2)处于静电平衡状态的导体的特点①导体内部的电场强度02处处为0；②导体是一个等势体，导体表面是等势面；③导体表面处的电

场强度方向与导体表面03垂直；④导体内部没有净剩电荷，电荷只分布在导体的外表面；⑤在导体外表面，越尖锐的位臵，电荷的密度(单位面积的电荷量)越大，周围的电场强度越大。一堵点疏通1．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同。()2．A、B两点

的电势差是恒定的，所以UAB＝UBA。()3．电场中，场强方向是电势降落最快的方向。()4．电势有正负之分，因此电势是矢量。()5．电势的大小由电场的性质决定，与零电势点的选取无关。()6．电势差UAB由电场本身的性

质决定，与零电势点的选取无关。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√二对点激活1．(人教版必修第三册·P30·T3改编)关于电场中两点电势的高低的判断，下列说法正确的是()A．若＋q在A点的电势能比在B点的大，则A点电势高于B点电势B．若－q在C点的电势能比在D点的大，

则C点电势高于D点电势C．若－q在E点的电势能为负值，则E点电势为负值D．电势降低的方向即为电场线方向答案A解析由Ep＝qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大，故A正确

，B错误；根据Ep＝qφ可知，若－q在E点的电势能Ep为负值，则φ为正值，故C错误；电势降低最快的方向为电场线方向，故D错误。2．(人教版必修第三册·P34·T3改编)如图所示，下列说法正确的是()A．φA>φBB．负电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能C．负电荷由B移动到A时静电力做正功D

．UAB>0答案B解析沿着电场线的方向电势降低，由图知φA<φB，UAB<0，故A、D错误；WBA＝qUBA，其中q<0，UBA>0，则WBA<0，故C错误；由Ep＝qφ知，负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故B正确。3．(人教

版必修第三册·P37·T2改编)带有等量异种电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一匀强电场，如图，电场强度E＝2×104V/m，方向向下。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。下列说法正确的是()A．UCD＝1000VB．让B板接地，则C点的电势φC＝600VC．让A板接地，则D点的

电势φD＝400VD．将一个电子从C点移到D点静电力做的功，与将电子先从C点移到P点再移到D点静电力做的功数值不同答案B解析UCD＝－Ed＝－1000V，故A错误；让B板接地，则φC＝EdCB＝600V，故B正确；让A板接地，则φD＝－EdAD－400V，故C错误；静电力做功与路径无关，只

与初末位臵有关，故D错误。4．关于等势面，下列说法正确的是()A．电荷在等势面上移动时不受静电力作用，所以静电力不做功B．等势面上各点的电场强度相等C．等势面一定跟电场线垂直D．两不同等势面在空间可以相交答案C解析等势面与电

场线垂直，故沿着等势面移动电荷，静电力与运动方向一直垂直，静电力不做功，A错误；电场中电势相等的各个点构成的面叫作等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，B错误；等势面一定与电场线垂直，C正确；电场中电势相等的各个点构成的面

叫作等势面，两个不同的等势面的电势是不同的，所以两个不同的等势面永不相交，D错误。考点1电势高低与电势能大小的判断1.电势高低的判断方法判断方法具体应用依据电场线方向沿电场线的方向电势逐渐降低，电场线由电势高的等势面指向电势低

的等势面依据静电力做功根据UAB＝WABq＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低依据电势能大小正电荷在电势较高处电势能较大，负电荷在电势较低处电势能较大依据场源电荷的正、负取无限远处为零电势点，正电荷周围电势为正值，且离正电

荷越近电势越高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷越近电势越低2．电势能大小的判断方法判断方法具体应用根据电场线的方向判断(1)正电荷顺着电场线运动电势能减小(2)负电荷顺着电场线运动电势能增加根据静电力做功判断(1)静电力做正

功，电势能必减小(2)静电力做负功，电势能必增加根据电势判断由Ep＝qφ知，电势越高，正电荷的电势能越大，负电荷的电势能越小根据能量守恒判断在电场中，若只有静电力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减

小，反之，电势能增加3．多个场源点电荷形成的电场中电势高低的比较(1)根据WAB＝－ΔEp及φ＝Epq判断如图所示，为了比较A、B点的电势，引入试探电荷q，将q从A移到B，则Q1和Q2对q的静电力对q做功：WAB＝WAB1＋WAB2；然后由WAB的正负根据WAB＝－ΔEp判

断q的电势能是变大还是变小；再由φ＝Epq比较φA和φB的大小。(2)根据电势的叠加判断电势的叠加遵从代数运算法则。证明：WAB＝WAB1＋WAB2WAB1＝q(φA1－φB1)WAB2＝q(φA2－φB2)而WAB＝q(φA－φB)联立

可得：φA＝φA1＋φA2，φB＝φB1＋φB2，即某点的电势等于各场源电荷在该点电势的代数和。例1(2020·辽宁省锦州市高三一模)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，三个顶点处分别固定一个电荷量为q(q>0)的点电荷，D点为正三角形外接圆的圆心，E点为a

b的中点，F点为E点关于顶点c的对称点，下列说法中正确的是()A．D点的电场强度一定不为零，电势可能为零B．E、F两点的电场强度等大反向，电势不相等C．c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库＝3kq2L2D．若将一负点电荷从c沿直线移动到F，其电势能将不断减小(1)正点电

荷的场中电势均为正值，离电荷越远电势越低，对吗？提示：对。(2)负点电荷在电势越高的地方电势能越大还是越小？提示：越小。尝试解答选C。三个点电荷在D点的场强大小相等，方向沿三角形各角的角平分线，由矢量的合成可知，D点的场强一定为零，故A错误。由于a、b点电荷在E点的场强大小

相等，方向相反，故E点的场强仅由c点电荷决定，故场强方向竖直向下，因c点电荷在E、F位臵的场强大小相同，方向相反，而a、b点电荷在F点的合场强方向竖直向上，大小不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反；在c点电荷的电场中，E、F两点关于c点对称，则电势相等，而在a、b两点电荷的合

电场中，E点的电势高于F点的电势，所以E点的电势高于F点的电势，故B错误。由场强的叠加原理可知，a、b处电荷在c点的场强Ec＝2kqL2cos30°＝3kqL2，故c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库＝3kq2L2，故C正确。若将一负点电荷从c沿直线移动到F，负电荷所受3个正电荷的库仑力都做负

功，则其电势能将不断增大，故D错误。电场线、电场强度、电势、电势能、等势面之间的关系(1)电场线与电场强度的关系：同一电场，电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。(2)电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高

的等势面指向电势较低的等势面。(3)电场强度大小与电势无直接关系：零电势位臵可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高。(4)电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大。(5)电场场强的叠加遵从矢量合成法则，电势的叠加遵从代数运算

法则。[变式1](2020·山西省吕梁市高三上学期一模)在真空中A、B两点分别放臵等量正点电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位臵取一个矩形路径abcd(左边ad到A的距离与右边bc到B的距离相等，上边ab和下边cd与A、B连

线对称)，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是()A．a、b两点场强相同B．a、c两点电势相同C．由c→d电子的电势能一直增加D．由d→a电子的电势能先增加后减小，电势能总增加量为零答案B解析根据电场的叠加原理，可知a、b两点的场强大小相等，方向不相同，故A错误；根据等

量同种电荷周围等势线分布的对称性可知，a、c两点的电势相同，B正确；将电子沿cd由c移动到d的过程中，场强水平方向的分量先向左再向右，故静电力先做负功，再做正功，所以电子的电势能先增大，后减小，C错误；两电荷连

线上方，场强竖直方向的分量向上，两电荷连线下方，场强竖直方向的分量向下，则将电子沿da由d点移动到a点的过程中，静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增加，因a、d两点电势相等，则电子在a、d两点

的电势能相等，所以电势能总增加量为零，D错误。考点2电场线、等势线(面)及粒子的运动轨迹问题1.几种典型电场的等势线(面)电场等势线(面)重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面续表电场等势线(面)重要描

述等量异种点电荷的电场连线的中垂线上电势处处为零等量同种(正)点电荷的电场两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切

线方向为该点处的速度方向。(2)判断静电力(或电场强度)的方向：仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子电荷的正负判断电场强度的方向。(3)判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能减少；若静

电力与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。3．一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：(1)电场线为直线；(2)电荷初速度为零或初速度方向与电场线平行；(3)电荷仅受静电力或所受合力的方向始终与静电力方向相同或相反。例2(202

0·山东省高三下第一次仿真联考)如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线(相邻两虚线间的电势差相等)，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除静电力外，粒子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是()A．粒子在a、c两点的加速度大小一定相等B．粒子在b

、c两点的速度大小一定相等C．粒子运动过程中速度一定先减小后增大D．粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大(1)如何判断粒子的加速度大小？提示：依据等差等势线的疏密。(2)如何判断带电粒子受力方向？提示：与等势线垂直

指向轨迹曲线凹侧。尝试解答选B。因a点处的等差等势线比c点处的密集，故a点处的电场强度大于c点处的电场强度，故电荷在a点受到的静电力大于在c点受到的静电力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故A错误；b、c两点的电势相等，则粒子在b、c两点的电势能相等，由能

量守恒定律可知，粒子在b、c两点的动能相等，速度大小相等，故B正确；由粒子运动的轨迹弯曲的方向及等势线与电场线垂直可知，粒子受到的静电力指向轨迹曲线内侧且垂直于电场线，则粒子从a运动到b静电力做正功，粒子速度增大，从c运动到d静电力做负功，速度减小，故粒子在由a到d的运动过

程中的速度先增大后减小，同理，粒子在由d到a的运动过程中的速度也先增大后减小，故C错误；因粒子由c到d的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，即粒子在d点的电势能大于在c点的电势能，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故粒子在d点的电势能大于在b

点的电势能，D错误。求解此类问题的思维模板[变式2](2020·浙江省五校高三下学期联考)如图实线为一簇未标明方向的电场线，虚线为一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点。下列说法正确的是()A．A点的电势一

定比B点低B．A点的电场强度比B点小C．带电粒子在A点的动能比B点大D．带电粒子在A点的电势能比B点高答案C解析根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的静电力大致向右，若粒子从A运动到B，则静电力做负功，动能变小，电势能变大，即带电粒子在A点的动能比B点大，在

A点的电势能比B点低，但是由于粒子的电性未知，则不能确定A、B两点电势的高低，(若粒子从B运动到A，可得到同样的结论)故C正确，A、D错误；由于A点的电场线较B点密集，可知A点的场强大于B点的场强，故B错误。考点3匀强电场

中电势差与电场强度的关系1.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。(2)沿电场强度方向电势降落得最快。(3)在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d。推论如下：推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝φA＋φB2。推论②：如图乙，AB∥

CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。2．E＝Ud在非匀强电场中的几点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系：当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即等差等势面越密，电场强度越

大。(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ-x图像的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位臵变化的规律。在φ-x图像中斜率k＝ΔφΔx＝Ud＝－Ex，斜率的绝对

值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，斜率为正，表示电场强度方向沿规定的负方向；斜率为负，表示电场强度方向沿规定的正方向。(4)利用E-x图像与x轴围成的面积表示电势差，即SAB＝ExAB＝Ed＝UAB，分析计算两点间电势差

。例3(2020·河北省邢台市高三上学期第二次月考)如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点，P2为AP1的中点，BC＝2cm，∠A＝30°。纸面内有一匀强电场，电子在A点的电势能为－5eV，在C点的电势能为19eV，在P

2点的电势能为3eV。下列说法正确的是()A．A点的电势为－5VB．B点的电势为－19VC．该电场的电场强度方向由B点指向A点D．该电场的电场强度大小为800V/m(1)如何确定A、C和P2点的电势？提示

：依据φ＝Epq。(2)如何确定场强的方向？提示：找到等势线，场强方向与等势线垂直并指向电势降低的方向。尝试解答选D。由公式φ＝Epq可知，φA＝EpA－e＝－5eV－e＝5V，故A错误。φP2＝EpP2－e＝3eV－e＝－3V，A、P2间的电势差为U＝φA－φP2＝5V－(－3)V＝8V，φB＝

φA－4U＝5V－4×8V＝－27V，故B错误。A点到B点电势均匀降落，设P1B的中点为P3，该点电势为φP3＝φA－3U＝5V－3×8V＝－19V，而φC＝EpCq＝19eV－e＝－19V，则P3点与C点为等

势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示，由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为沿电场线方向电势越来越低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误。P3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为E＝UAP2＝81V/cm＝

800V/m，故D正确。匀强电场中找等势点的方法等分线段找等势点法：在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差相等。因此将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，找到与已知的第三个点的电势相等的点，这两个等

势点的连线即等势线(或等势面)，与等势线(或等势面)垂直的线即为电场线。[变式3－1](2020·福建省漳州市高三第一次教学质量检测)如图，边长为1cm的正方体abdc－fgih处于匀强电场中，d、c两点间电势差U

dc＝3V，d、b两点间电势差Udb＝3V。若一电子从b到g静电力做功为零，则()A．b、g两点间的电势差为零B．匀强电场的方向从d指向cC．a、b两点间的电势差Uab＝3VD．匀强电场的电场强度E＝300V/m答案A解析由于电子从b到g静电力做功为零，因此b、g两点间的电势差一定为

零，A正确；因为Udc＝Udb＝3V，故φc＝φb，因此c、b、g这三点确定的平面为等势面，因为电场线与等势面垂直，且沿电场线方向电势越来越低，因此电场强度的方向为从d到a，B错误；d、b两点间电势差Udb＝3V，c、b、g三点确定的平面为等

势面，根据对称性，a、b两点间的电势差Uab＝－3V，C错误；根据E＝Ud，匀强电场的电场强度E＝3V22×10－2m＝3002V/m，D错误。[变式3－2](2020·广西柳州高三下学期4月线上模拟)(多选)如图

所示，实线为电场线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，A、B及B、C间的电势差分别为UAB、UBC。下列关系中正确的有()A．EA＞EB＞ECB．φA＞φB＞φCC．UAB＞UBCD．UAB＝UBC答案ABC解析电场线的疏密程度表示

电场强度大小，电场线越密电场强度越大，故EA>EB>EC，A正确；沿电场线方向电势降低，故φA>φB>φC，B正确；因为U＝Ed，同一直线上距离相同时，电场强度越大，电势降落得越快，即A、B间的平均电场强度大于B、C间的平均电场强度，故UAB>UBC，C

正确，D错误。考点4电场中的图像问题1.v-t图像：根据电荷在电场中运动的v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度变化)，确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。2．φ-x图像：(1

)电场强度可用φ-x图线的斜率表示，斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向。(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系分析电荷移动时电势能的变化。3．E-x图像：(1)反映了电场强度随

位移变化的规律。(2)E>0表示场强沿正方向；E<0表示场强沿负方向。(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，“面积”的正负表示始末两点电势的高低。4．Ep-x图像：(1)由Ep-x图像可以判断某一位臵电势能的

大小，进而确定电势能的变化情况，根据电势能的变化可以判断静电力做功情况，结合带电粒子的运动可以确定静电力的方向。(2)Ep-x图像的斜率k＝Ep2－Ep1x2－x1＝ΔEpΔx＝－W静电Δx＝－F静电，即图像的斜率绝对值和正负分别表示静电力的大小和方向。例4

(2020·山西省运城市高三一模)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量大小为q＝1.0×10－9C的带负电的粒子从(

－1,0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则()A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1∶E2＝2∶1C．该粒子运动的周期T＝1.5×10－8sD．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10－8J(1)

如何由φ-x图像获得场强的大小与方向？提示：斜率绝对值表示场强大小，依据沿电场线电势降低判断场强方向。(2)到达什么位臵时粒子的动能最大？提示：O点。尝试解答选D。沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，故A错误。根据

U＝Ed可知，x轴左侧电场强度为：E1＝201×10－2V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝200.5×10－2V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1∶E2＝1∶2，

故B错误。设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有：vm＝qE1mt1，vm＝qE2mt2，又Ekm＝12mv2m＝qU，而周期：T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8s，该粒子运动过程中动能的最大

值为Ekm＝2×10－8J，故C错误，D正确。解决电场相关图像问题的要点同解决力学中的图像类问题相似，解决电场相关图像问题，关键是弄清图像坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析静电力、电势能、动能等变化情况。电场图像中的几个隐含物理量：

E-x图像：图像与坐标轴围成的面积表示电势差；φ-x图像：某点切线的斜率表示该点对应位臵的电场强度；Ep-x图像：某点切线的斜率表示该点对应位臵的静电力。[变式4－1](2020·湖南省永州市高三三模)真空中，在x轴上x＝0和x＝8m处分别固定两个点电

荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图像如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝3m处E＝0。将一个正试探电荷在x＝2m处由静止释放(重力不计，取无限远处电势为零)。则()A．Q1、Q2为等量

同种电荷B．Q1、Q2带电量之比为9∶25C．在x＝3m处电势等于0D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小答案B解析由于x＝3m处E＝0，可知Q1、Q2带同种电荷，根据场强的叠加原理有：kQ132－kQ28－3

2＝0，整理得Q1Q2＝925，A错误，B正确；根据两个同种点电荷周围的电场分布，可知x＝3m处的电势不为0，C错误；该试探电荷向x轴正方向运动时，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，D错误。[变式4－2](2020·山西省八校高三上学期第一次联考

)M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一质子，质子仅在静电力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．M点的场强大于N点的场强B．M、N之间的

电场线可能是一条曲线C．质子在M点的加速度小于在N点的加速度D．电场线方向由N点指向M点答案A解析Ep-x图像斜率的变化反映了静电力的变化，M点处的斜率绝对值大于N点处的斜率绝对值，所以M点的场强大于N点的场强，故A正确；电荷仅在静电力作用下沿电场线运动，电场线一定是直线，故B错误

；因为M点场强大于N点场强，所以质子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力，根据牛顿第二定律，质子在M点的加速度大于在N点的加速度，故C错误；由M到N质子的电势能减小，再根据Ep＝φq，可知M点电势高于N点电势，所以电场线方向由M指向N，故D错误。考点5静电力做功的综合

问题静电力做功的计算方法电场中的功能关系(1)静电力做正功，电势能减少，静电力做负功，电势能增加，即：W＝－ΔEp。(2)合力做正功，动能增大；合力做负功，动能减小。(3)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总

和不变，即：ΔEk＝－ΔEp例5(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面

fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍(1)该电子一定沿电场线方向射入电场吗？提示：不一定。(2)只有电场力做功的前提下，动能和电势能的总和一定吗？提示：一定。尝试解答选AB。匀强电场内a、b、c、d、f间距相等，则电子每通

过相邻两个等势面电场力做功相同，则Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2eV，Ubc＝φb－φc＝2V，所以φc＝0，A正确；根据动能定理从a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4eV，电子在d时有动能4eV，速度可能沿各个方向，取极端情况：①电子沿电场线方向运

动，从d到f电场力做功Wdf＝Wbc＝－2eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2eV>0，可到达平面f；②电子到d时速度方向沿等势面d，将不能到达平面f，B正确；同理电子到达等势面c的动能Ekc＝6eV，由于等势面c的电势为零，电子在等势面c的电势能为零，根据能量守恒定律，电子在运动过程中电势能和动能的

总和保持一个定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6eV，故电子经过平面d时，其电势能为Epd＝2eV，C错误；电子经过平面b和d时的动能分别为：Ekb＝8eV和Ekd＝4eV，由Ek＝12mv2可得电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，D错误。处理电

场中能量问题的几点注意(1)应用动能定理解决问题须研究合力的功(或总功)。(2)应用能量守恒定律解决问题须注意电势能和其他形式能之间的转化。(3)应用功能关系解决问题须明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。(4)有静电力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可能守恒。[

变式5](2020·山西省太原市高三模拟)如图，竖直平面内的Rt△ABC，AB竖直、BC水平，BC＝2AB，处于平行于△ABC平面的匀强电场中，电场强度方向水平。若将一带电的小球以初动能Ek沿AB方向从

A点射出，小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则()A．从A到C，小球的动能增加了4EkB．从A到C，小球的电势能减少了3EkC．将该小球以3Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点D．将该小球以4Ek

的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点答案D解析设小球的初速度大小为v，则有Ek＝12mv2，小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的2倍，根据x＝vt，则平均速度为竖直方向上平均速度

的2倍，又因为这段时间竖直方向的平均速度大小v＝v2，故水平方向的平均速度大小v′＝2v＝v，又v′＝0＋vC2，解得vC＝2v，则EkC＝12mv2C＝12m(2v)2＝4Ek，则从A到C，小球的动能增加了ΔEk＝4Ek－Ek＝

3Ek，故A错误；由动能定理可知重力与静电力做功之和为动能的增加量即3Ek，重力做负功，故静电力做功大于3Ek，则小球的电势能减小量大于3Ek，故B错误；由A、B项分析可知，小球以初速度v沿AB方向从A点射出时，小球将以大小为

2v、方向沿BC方向的速度通过C点，则小球以2v的速度从C点沿CB方向射出后的运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以4Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点，故D正确；由D项分析可知，若将小球以2v的速度从C点沿CB方向射出

，小球能通过A点，则若将小球以小于2v的速度即小于4Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球将经过A点右侧，即不能经过A点，故C错误。【案例剖析】(18分)在动摩擦因数μ＝0.2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)

。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如图所示的①有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP②恰位于细杆的中垂线上，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的电场强度为E＝1.2mgq

，方向水平向右。释放带电系统，让A、B③从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求：(1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间；(2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小；(3)带电系统运动过程中，B球⑥电势能增加量的最大值。

[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①有界匀强电场区域MPQN内说明在空间MPQN内有电场，其他地方没有电场②恰位于细杆的中垂线上明确了系统开始运动的空间位臵，此时只有A球受静电力③从静止开始运动系统开始运动时的初速度为零问题④所用的时间可利用牛顿第

二定律及运动学公式求解⑤离开电场边界NQ时的速度大小分析A球在离开NQ前的运动情况：先加速运动，再减速运动⑥电势能增加量的最大值B球进入电场后受静电力方向向左，只要B球向右运动，电势能就会增加[破题形成思路

，快速突破](1)小球B第一次到达电场边界MP所用时间的求解。①求B球进入电场前的加速度。a．研究对象：A、B两球组成的系统；b．列动力学方程：2Eq－μ·2mg＝2ma1。②求B球第一次到达电场边界

MP所用时间。列运动学方程：L＝12a1t21。(2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小求解。①研究过程：从B球进入电场到A球第一次离开电场。②小球B刚进入电场的速度v1的求解。a．选择规律：运动学方程；b．方程式：v21＝2a1L。③小球A第一次离开电场的速度

v2的求解。a．选择规律：动力学方程和运动学方程；b．动力学方程式：2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2；运动学方程式：v22－v21＝2a2L。(3)如何求带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值？提示：B球克服静电力做功越多，其增加的电势能越

大。先求出A球出电场后系统的加速度和系统速度减小到零时A球离开右边界的距离x，判断x≤2L是否成立，以确定此时B球是否在电场中，如果在电场中，则利用静电力做功与电势能变化的关系求解，如果不在电场中，则进一步分析计算。[解题规范步骤，水

到渠成](1)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq－μ·2mg＝2ma1，解得a1＝g(2分)B球刚进入电场时，由L＝12a1t21(2分)可得t1＝2Lg。(

1分)(2)设B从静止到刚进入电场的速度为v1，由v21＝2a1L可得v1＝2gL(2分)设B球进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2Eq－3Eq－2μmg＝2ma2，解得：a2＝－0.8g(2分)之后系统做匀减速直线运动，设小球A第一次离开电场边

界NQ时的速度大小为v2，由v22－v21＝2a2L可得v2＝10gL5。(2分)(3)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ右侧，B球克服静电力做的功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度

减小到零时，A球离右边界NQ的距离为x，A球离开电场后，系统的加速度为a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3，解得：a3＝－2g(2分)由x＝0－v222a3解得：x＝0.1L<2L，所以B没有出电场，(3分)故B电势能增加量的最大值为

ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL。(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分]常见的思维障碍：(1)在求小球A第一次离开电场边界NQ的速度大小时，错误地认为A球在电场中

一直做匀加速直线运动，没有分析B球进入电场后，系统的受力情况发生了变化，导致结果错误。(2)小球A离开电场之后，错误地认为B球的加速度不变，没有分析A球离开电场之后，系统的受力情况发生了变化，加速度发生了变化，导致结果错误。1.(2020·全国卷Ⅲ)(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN

最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将正电荷从M点移动到N点，电场力

所做的总功为负答案BC解析∠M是锐角三角形PMN最大的内角，所以PN>PM，又因为固定在P点的点电荷的电荷量q>0，据此可作出过M、N两点的电场线和等势线，如图所示。根据点电荷的场强公式E＝kQr2可知，沿MN边，从M点到N点，距P点处点电荷的距离r先减小后增大，故电场强度的大小先增大后减小

，A错误；根据离正点电荷越近电势越大可知，沿MN边，从M点到N点，距P点处点电荷的距离先减小后增大，故电势先增大后减小，B正确；由图可知，φM>φN，结合电势能公式Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，C正确；由C项分析可知，将正电荷从M点移动到N点，电势能减

小，故电场力所做的总功为正，D错误。2.(2020·江苏高考)(多选)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位臵。现外加一匀强电场E，在静电力作

用下，小球绕轻杆中点O转到水平位臵。取O点的电势为0。下列说法正确的有()A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加答案AB解析因为沿着电场线方向电势降低，所以电场E

中A点所在等势面的电势低于B点所在等势面，故电场E中A点电势低于B点，A正确；转动中两小球始终关于O点对称，又因为匀强电场O点的电势为0，可知＋q、－q所在处的电势φ＋、φ－的关系为φ＋＝－φ－，又两小球的电势能分别为Ep＋＝qφ＋，Ep－＝－qφ－，

所以Ep＋＝Ep－，B正确；电荷量为＋q、－q的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，可知该过程静电力对两小球均做正功，故两小球的电势能均减少，则总电势能减少，C、D错误。3．(2020·北京高考)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势

面间电势差相等。下列说法正确的是()A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大答案B解析正点电荷和负点电荷周围的等势面都是一组同心球面，所以该点电荷不一定为正电荷，故A

错误；根据题意，相邻等势面间电势差相等，而P点附近的等势面比Q点附近的等势面密集，所以P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；因为无法确定该点电荷是正电荷还是负电荷，所以无法判断P点电势与Q点电势的高低，也无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故C、D错误。4.(2020·浙江

7月选考)空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则()A．e点的电势大于0B．a点和b点的电场强度相同C．b点的电势低于d点的电势D．负电荷从a

点移动到c点时电势能增加答案D解析根据电场线与等势线垂直及Q点处为正电荷，可判断P点处为负电荷，又因为无穷远处电势为0，e点在P、Q连线的中垂线上，则φe＝0，A错误；a、b两点电场强度的方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；从Q到P等势线的电势逐渐降低，则φb>φd，C错误；同理

可知φa>φc，则负电荷从a到c静电力做负功，电势能增加，D正确。5.(2020·山东高考)(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷臵于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点

作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是()A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能答案BD解析由题意可知，O点合场强为零，根据同种点电荷之间

电场线的分布可知，a、O之间电场线由a指向O，故a点电势高于O点，A错误；同理，根据同种点电荷之间电场线的分布可知，b点电势低于c点，B正确；根据电场线分布可知，a点电势比b点高，则该试探电荷在a点的电势能小于

在b点的电势能，故C错误；根据电场线分布可知，c点的电势比d点高，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。6．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点

。则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加答案BC解析b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。如图所示

，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。由于φa<φb，将负电荷从低电势处移至高电势处的过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。7.(2018

·全国卷Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下

列说法正确的是()A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案BD解析根据题意无法判断电

场方向，故A错误；由于电场为匀强电场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以φM＝φc＋φa2，φN＝φd＋φb2，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W＝qUMN＝q(φM－φN)＝qφc＋φa2－qφd＋φb2＝qUcd＋qUab2＝W1＋W22

，故B正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W2qL，故C错误；若W1＝W2，说明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因为φM＝φc＋φa2，φN＝φd＋φb2，解得：UaM－UbN＝0，故D正确。8．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场

线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是()A．vM＜vN，aM＜aNB．vM

＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpND．aM＜aN，EpM＜EpN答案D解析将粒子的运动分情况讨论：如图，从M点运动到N点或从N点运动到M点，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一

个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；(a)若粒子从M点运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图甲所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减

小，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；(b)若粒子从N点运动到M点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图乙所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM

＞φN。综上所述，D正确。9．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位臵如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为

2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV答案ABD解析如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间

电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V,10V对应的等势线与x轴交点e的坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝Ud得，E＝2.5V/cm，A正确；电子带负电，电

势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝－eUbc＝9eV，D正确。10.(2019·江苏高考)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过

程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为WqB．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD

．Q2在移到C点后的电势能为－4W答案ABD解析根据电场力做功与电势能变化的关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义式知C点电势φ＝Epq＝Wq，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做

功为0，B正确；将Q1移到B点固定后，再将Q2从无穷远处移到C点，两固定点电荷对Q2的库仑力做的功均为2W，则电场力对Q2做的总功为4W，C错误；因为无穷远处电势为0，则Q2移到C点后的电势能为－4W，D正确。时间：50分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题

，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)1.(2021·八省联考广东卷)如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受静电力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是

()A．p点的电势高于n点的电势B．微粒在p点的电势能小于在m点的电势能C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量D．微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量答案D解析沿着电场线，电势逐渐降低，则有φn>φp，故A错误；负电荷从p到m运动静电力做正功，

电势能减小，有Epp>Epm，故B错误；两微粒均只受静电力，由动能定理有qU＝ΔEk，因初末位臵电势差相同，电量q相等，则静电力做的功相等，电势能减小量相等，两微粒的动能变化量相等，故C错误，D正确。2.(2021·八省联考湖北卷)如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上

有两点M和N，距离为2d。在M和N处分别固定电荷量为＋q和－q的两个点电荷。下列说法正确的是()A．点电荷＋q和－q受到的静电力大小均为qE，方向相反B．将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对点电荷＋q做功为qEd

C．交换两个点电荷的位臵，静电力对两个点电荷做功之和为零D．将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两个点电荷做功之和为零答案D解析点电荷＋q受到匀强电场给其向右的静电力qE以及点电荷－q所给其向右的静电力kq24d2，合力大小为F

1＝qE＋kq24d2，方向水平向右；点电荷－q受到匀强电场给其向左的静电力qE以及点电荷＋q所给其向左的静电力kq24d2，合力大小为F2＝qE＋kq24d2，方向水平向左，故A错误。将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，匀强电场的静电力做功为qE

d，点电荷－q的库仑力对它做正功，则静电力对点电荷＋q做功大于qEd，故B错误。交换两个点电荷的位臵，静电力对点电荷＋q做正功，对点电荷－q也做正功，做功之和不为零，故C错误。将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不

变，此过程静电力对＋q做的功为qEd＋kq24d，对－q做的功为－qEd＋kq24d，故静电力对两个点电荷做功之和为零，D正确。3．(2020·山东济南二模)如图所示为某电场中的一条电场线，线上有A、B、C三点，B点是A、C的中点。电子在A点的电势能为4eV，在

C点的电势能为10eV，下列说法正确的是()A．B点电场强度的方向一定由C指向AB．B点电场强度的方向一定由A指向CC．B点的电势一定小于－7VD．B点的电势一定大于－7V答案B解析根据题意可知，电子在A点的电势能较低，则说明A点的电势较高，所以电场线由A指向C，则B点电场强度的方向一定由

A指向C，故A错误，B正确；φA＝EpA－e＝4eV－e＝－4V，同理，φC＝－10V，因为B点为A、C的中点，如果为匀强电场，则有φB－φA＝φC－φB，得φB＝－7V，由题无法确定该电场是什么电场，故无法确定B点的电势，故C、D错误。4.(2020·山西省运城市高三上学期期末调

研)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是()答案D解析粒子仅受静电力作用，做初速度为零的加速直线运动，静电力做的功等于电势能的减小量，

故F＝|ΔEpΔx|，即Ep-x图像上某点的切线的斜率绝对值表示静电力的大小，由图可知，该粒子所受静电力随位移的增大逐渐减小，根据E＝Fq，可知电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有：F·Δx＝ΔEk，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示静电力，由于静电力逐渐减小，故B错误；C图v-x图像是

直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故粒子增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而静电力减小导致加速度减小，故C错误；粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。5.(2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)图中K、

L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势φK<φL<φM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是()A．粒子带负电B．粒子在bc段也做减速运动C．粒子在a点的速率大于在e点的速率D

．粒子从c点到d点的过程中静电力做负功答案B解析已知电势φK<φL<φM，作出电场线如图，方向向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的静电力方向向左，故该粒子带正电，故A错误；由于该粒子所受静电力向左，则粒子在由b

运动到c的过程中静电力做负功，则动能减小，做减速运动，故B正确；a与e处于同一等势面上，电势相等，则粒子在a、e点的电势能相等，根据能量守恒定律，粒子的速率也相等，故C错误；粒子从c点到d点的过程中，电势降低，该粒子的电势能减小，静电力做正功，故D错误。6.202

1·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))q1、q2为固定在x轴上的两个点电荷，x轴上部分区域的电势分布如图所示，则()A．q1带负电，q2带正电B．q1电荷量小于q2电荷量C．a点场强小于c点场强D．若将电子从a点沿x轴移到c点，

其电势能先减小后增大答案D解析φ-x图像切线的斜率的绝对值表示场强的大小，由图可知，b点的场强为零，从a到c电势先增大后减小，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a、b之间场强方向向左，b、c之间场强方向向右

，则q1带正电，q2带负电，故A错误；由于b点的场强为零，q1到b点的距离大于q2到b点的距离，根据点电荷的场强公式结合场强的叠加原理可知，q1电荷量大于q2电荷量，故B错误；φ-x图像切线的斜率的绝对值表示场强的大小，所以a点场强大于c点场强，故C错误；由于电子带负电，且从a点沿x轴到c点

电势先增大后减小，根据电势能与电势的关系式Ep＝qφ可知，电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先减小后增大，故D正确。7.(2021·八省联考湖南卷)如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆

形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是()A．小球从C运

动到D的过程中，速度先减小后增大B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能D．小球在D、F两点所受的静电力相同答案C解析小球从C运动到D的过程中，小球

所受两点电荷静电力的合力的方向与小球速度方向的夹角一直是钝角，两静电力的合力一直做负功，由动能定理可知，小球的速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线分布图可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则由O

指向F，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知φC>φO>φF，B错误；根据对称性可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C、E两点的动能相同，速度大小相等，C正确；根据对称性可知

，D、F两点的电场强度大小相等、方向相反，因此小球在D、F两点所受的静电力方向不同，D错误。8.(2021·八省联考辽宁卷)电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取

无限远处电势为零。下列说法正确的是()A．正方形右下角电荷q带正电B．M、N、P三点中N点场强最小C．M、N、P三点中M点电势最高D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小答案AC解析根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，右上角电荷带负电，右下角电

荷带正电，左下角电荷带负电，A正确；根据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误；依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高，C正确；P点电势低于O点电

势，由Ep＝φq可知，负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大，D错误。9.(2020·云南省大理、丽江、怒江高三第二次复习统一检测)如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在a、c两个点处放等量异种电荷＋Q和－Q，取无限远处电势为0，

则下列说法正确的是()A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同B．e、d两点电势不同C．电子沿曲线b→e→d运动过程中，静电力做正功D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变答案AD解析由等量异种点电荷的电场的特点，结合题图可知，图中平

面bedf是两个点电荷连线的垂直平分面，该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度方向都与该平面垂直，由于b、f、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、

f、d、e各点的场强大小也相等，由以上分析可知，b、d、e、f各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A正确，B错误；由于平面bedf为等势面，故电子沿曲线b→e→d运动过程中，静电力不做功，故C错误；将＋Q从a点移动到b点，球心O仍位于等量异种点电荷的中垂线位臵，电势为

零，故其电势不变，故D正确。10.(2020·湖南省永州市高三下学期高考培优信息卷)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d；MN是竖直放臵的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为＋q(可视为点

电荷，放入电场后不影响电场的分布)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。则()A．C、O两点间的电势差UCO＝mv22qB．O点

处的电场强度E＝2kQ2d2C．小球下落过程中重力势能和电势能之和不变D．小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为2v答案BD解析小球从C点运动到O点的过程中，根据动能定理得：mgd＋UCO·q＝12mv2－0，解得：UCO＝mv2－2mgd2q，故A错

误；点电荷A(或B)在O点处产生的场强大小为：E′＝kQ2d2＝kQ2d2，根据平行四边形定则，O点处的电场强度大小为：E＝2E′＝2kQ2d2，故B正确；小球下落过程中，只有静电力和重力做功，则小球的动能、重力势

能和电势能之和保持不变，从C到O的过程中，小球的动能增加，则重力势能和电势能之和减小，故C错误；根据对称性，C、O间电势差与O、D间电势差相等，小球P从C到D的过程中，根据动能定理可得：mg·2d＋2UC

O·q＝12mv2D，得到小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度vD＝2v，故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(14分)如图所示，AB⊥CD，且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆

上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为gr，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：(1)小球运动到D点时对轨道的压力；(2)小球从A点

到D点过程中电势能的改变量。答案(1)2mg－kQq4r2，方向竖直向下(2)12mgr解析(1)小球在D点时有FN＋kQq2r2－mg＝mv2r解得FN＝2mg－kQq4r2由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg－kQq4r2，方向竖直向下。(2)

小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgr＋W电＝12m(gr)2－0解得静电力做的功：W电＝－12mgr因为静电力做负功，则电势能增加，ΔEp＝12mgr。12.(2021·四川省乐山市高三上第一次调研)(16分)如图所示，空间存在一匀强电场，电场强度方向与水平方

向间的夹角为60°，A、B为其中的一条电场线上的两点，一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在A点以初速度v0水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB＝BC，重力加速度为g，求：(1)匀强电场电场强度的大小；(2)小球下

落高度；(3)此过程小球增加的电势能。答案(1)3mg3q(2)14gt2(3)14mg2t2解析(1)由动能定理有mgABsin60°－qE(ABcos60°＋BC)＝12mv20－12mv20解得E＝3mg

3q。(2)竖直方向由牛顿第二定律有mg－qEsin60°＝may又h＝12ayt2联立解得h＝14gt2。(3)小球从A运动到C的过程中静电力做负功，电势能增加，由几何关系知小球沿电场线方向上的位移大小为d＝

hsin60°(1＋cos60°)＝34gt2则电势能的增加量ΔEp＝qEd＝14mg2t2。