第一章 专题2 电场的能的性质-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第一章　静电场的描述 专题二　电场的能的性质 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 课题任务1 　电场线、等势面与带电粒子运动轨迹的综合问题 解决该类问题应熟练掌握以下知识及规律 (1)电场线或等差等势面密集的地方场强大． (2)电场线垂直于等势面，从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，即沿着电场线方向电势降低最快． (3)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧；所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，即垂直于等势面． (4)带电粒子在某点的速度方向为轨迹切线方向． (5)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大． 有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识． 课堂探究评价 4 例1　(多选)一粒子从A点射入电场，从B点射出电场，电场的等差等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行且间隔均匀，不计粒子的重力．下列说法正确的有(　　) A．粒子带负电荷 B．粒子的加速度先不变，后变小 C．粒子的速度不断增大 D．粒子的电势能先减小，后增大 答案 课堂探究评价 5 规范解答 课堂探究评价 模型点拨　 带电粒子在电场中运动轨迹问题的易错点 (1)误认为电场线方向就是电荷受到电场力的方向． (2)误认为电场线是电荷在电场中的运动轨迹． (3)电场力随便画，以为只朝轨迹弯曲的一侧就可以．电场力只可能有两个方向：要么沿电场强度的方向(对应于正电荷)，要么沿电场强度的反方向(对应于负电荷)． (4)错误地根据电场线方向来判断电场强度大小，应根据电场线的疏密来判断电场强度的大小． 课堂探究评价 [变式训练1]　 一个电子只在静电力作用下从a点运动到 b点的轨迹如图虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线 也可能是等势面，则以下说法正确的是(　　) A．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小 B．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高 C．无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小 D．如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率 答案 课堂探究评价 8 解析 解析　若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高，故B错误．不论图中实线是电场线还是等势面，该电场都是匀强电场，a点和b点的场强大小都相等，故A错误．如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，电子电势能减小，电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C错误．如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在b点的动能较小，即电子在a点的速率一定大于在b点的速率，故D正确． 课堂探究评价 9 课题任务2 　电场中的功能关系 1．电场力做功的计算方法 (1)由公式W＝qElcosθ计算，此公式只适用于匀强电场． (2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场． (3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp. (4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk. 课堂探究评价 10 2．电场中的功能关系 (1)如果只有电场力做功，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： ①ΔEp＝－ΔEk. ②电场力做正功，电势能减少，动能增加；电场力做负功，电势能增加，动能减少． (2)除电场力之外其他力做正功，动能和电势能之和变大；除电场力之外其他力做负功，动能和电势能之和变小． (3)如果只有电场力、重力和系统内弹力做功，则电势能和机械能之和保持不变． (4)如果只有电场力做功，机械能一定不守恒． 课堂探究评价 11 3．电势能增、减的判断方法 (1)做功判断法→电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加． (2)公式法→由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大，Ep的负值越小，电势能越大． (3)能量守恒法→在电场中，若只有电场力做功，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． (4)电荷电势法→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． 课堂探究评价 12 例2　 如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直 平面内的A点自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电 荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为 半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上， ∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求： (1)小球通过C点的速度大小； (2)小球由A到C的过程中电势能的增加量． 答案 课堂探究评价 13 解析 课堂探究评价 14 模型点拨　 在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，以及功能关系． (1)应用动能定理解决问题需研究合力做的功(即总功)． (2)应用能量守恒定律解决问题需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需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系． 课堂探究评价 15 [变式训练2]　 (多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　) A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 答案 课堂探究评价 16 解析 解析　小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力F与重力的夹角逐渐变小，因此，F与mg的合力逐渐变大，A错误；从N到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，速率最大，B正确；从N到Q的过程中，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q的过程中，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误． 课堂探究评价 17 科学思维　变化率、微元累积思维——在电场图像问题中的应用 1．变化率在电场图像问题中的应用 必修第一册我们已经学过变化率在s­t图像、v­t图像中的应用，变化率这种研究方法用到了比较思想与极限思维．类似地，用变化率可以分析相关电场图像问题．常见的图像如下： 课堂探究评价 18 课堂探究评价 19 2．微元累积思维在电场图像问题中的应用 必修第一册推导匀变速直线运动的位移公式时，用到微元累积法，必修第二册计算物体沿曲面滑下重力做的功时，也用到这种方法．微元累积法也用到极限思想，高等数学中的微积分就是从变化率与微元累积法这两种方法中萌芽的．类似地，用微元累积法也可以分析相关电场图像问题．常见的图像如下： E­x图像 当电场方向沿x轴时，根据公式U＝Ed，借助微元累积法知，E­x图线与x轴围成图形的面积大小表示x轴上两点的电势差大小，两点的电势高低可根据电场方向判定． 课堂探究评价 20 注：①E­x图像只能反映电场强度在x轴方向的分量随位置x变化的规律，若合电场不沿x轴方向，则不能用“面积”分析电势差大小．②E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向．③在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况． 画一画：同学们可以尝试画出以下图像： (1)正点电荷(负点电荷)周围的E­x图像、φ­x图像； (2)两个等量同(异)种点电荷连线上的E­x图像、φ­x图像； (3)两个等量同(异)种点电荷连线的中垂线上的E­x图像、φ­x图像． 课堂探究评价 21 例1　(2021·江苏高二期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　) A．q1、q2为等量异种电荷 B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 答案 课堂探究评价 22 规范解答 规范解答　根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低，可判断两者均为正电荷，故A错误；根据沿电场方向电势降低，可知N、C间的场强方向沿x轴正方向，故B错误；根据从N到D图线的斜率绝对值先减小后增大，可知N、D两点间的场强大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；将一正点电荷从N点移到D点，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误． 课堂探究评价 例2　半径为R1和R2(R2>R1)的两无限长竖直同轴 圆柱面，单位长度上分别带有等量异种电荷，如图1 所示，内圆柱面带正电．已知电场强度沿某一水平 半径的分布情况如图2所示，当r<R1及r>R2时电场强 度均为零，A、B为分别靠近内外圆柱面且在同一半径上的两点，则(　　) A．内圆柱面内各点电势可能不等 B．负试探电荷在A点时的电势能比在B点时的电势能大 答案 课堂探究评价 24 解析 课堂探究评价 25 课后课时作业 1． 如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF.K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点静电力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点静电力做功的数值，则(　　) A．|Wab|＝|Wbc| B．|Wab|<|Wbc| C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　由等量异种点电荷的电场线分布特点可知靠近电荷处电场强度大，由公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，静电力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2． (多选)如图所示，实线为某孤立点电荷产生的电场的几条电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受静电力的作用，下列说法中正确的是(　　) A．该电场是由负点电荷所激发的电场 B．电场中a点的电势比b点的电势高 C．带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大 D．带电粒子在a点的动能比在b点的动能大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 3．平行金属板A、B带等量异种电荷，以过两板中心O点(原点)且与金属板平行的轴线为x轴、由A指向B的方向为场强的正方向，作出场强随坐标变化的图像如图所示，其中aO＝Ob＝l.下列说法正确的是(　　) A．A板带正电 B．沿x轴正方向电势降低 C．电势差UbO＝UOa＝E0l D．将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　场强为负表示场强方向由B指向A，则A板带负电，A错误；如图，两板间平行于两板的中心线为一等势线，即沿x轴电势不变，b、O与O、a之间的电势差均为零，B、C错误；由于两板间的x轴为一等势线，所以将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 4．(多选)如图甲所示，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v­t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb，不计重力，则有(　　) A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Epa＞Epb 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　电场线为直线，带负电的粒子仅在静电力的作用下由静止释放，那么一定沿着静电力的方向运动，故电场强度的方向向左，b点的电势高，A错误；由v­t图线的斜率表示粒子运动的加速度可知粒子运动的加速度越来越小，故b点的场强小，Ea>Eb，B正确，C错误；粒子由a到b的过程中，静电力做正功，电势能减少，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 5．(多选)如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是(　　) A．三个等势面中，a的电势最高 B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大 C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大 D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　由于带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向必定 指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指 向b再指向a.根据沿电场线的方向电势降低，可知φc>φb>φa，A 错误．正电荷在电势高处电势能大，M点的电势比N点电势低， 故在M点时电势能较小，B错误．根据能量守恒定律，粒子的 动能和电势能之和保持不变，故粒子在M点的动能较大，C正确．由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则EM<EN，即qEM<qEN，由牛顿第二定律知，带电粒子从M点运动到N点时，加速度增大，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 6． (多选)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴 正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其 中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直 线，则下列说法正确的是(　　) A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x3段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动 C．x2～x3段电场强度的大小、方向均不变，为一定值 D．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 7．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等．图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是(　　) A．a点的电势高于b点的电势 B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．电子在a点的动能大于在b点的动能 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　根据合力指向轨迹内侧和电场线与等势线垂直 可知，电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的静电力，所以 在y轴左侧电场线指向左上方，故a点的电势低于b点的电势， 故A错误；根据等差等势线的疏密知道b处的电场线密，场 强大，电子的加速度大，故B错误；根据负电荷在电势低处 电势能大，可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，从a到b电子的电势能一直减小，则电子从a点运动到b点的过程中，静电力始终做正功，动能增大，故C错误，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 8． (多选)如图所示空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行．一电荷量为－q的粒子(重力不计)，在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N.已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9． (多选)如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线， a、 b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运 动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个 粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是(　　) A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹 B．由于AB的长度等于BC的长度，故UAB＝UBC C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 11． (多选)在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．该水平面上a、b、c三个点的电势φ与到点电荷的距离r已在图中标出，虚线为过b点的切线．现将一质量为0.03 kg、电荷量为0.1 C的带正电物块从a点由静止释放，依次经过b、c两点．静电力所做的功分别为Wab、Wbc，且过b点时物块的速度最大．已知重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，下列说法正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 12．(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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 14． 如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求： (1)物块在A点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 规范解答　电场线如图所示，由于受力总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A正确；由电场线分布知电场力先不变，后越来越小，由a＝eq \f(F,m)知B正确；电场力一直做负功，粒子速度一直减小，电势能一直增大，C、D错误． 答案　(1) eq \r(v2＋gR)　(2)mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgR 解析　(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得： mgR·sin30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mv2， 得：vC＝ eq \r(v2＋gR). (2)由A到C应用动能定理得： WAC＋mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－0， 得：WAC＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mgR－mgh， 由电势能变化与电场力做功的关系得： ΔEp＝－WAC＝mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgR. (1)Ep­x图像 由W电＝F电·Δx、W电＝－ΔEp，得F电＝－eq \f(ΔEp,Δx).即图线的切线斜率的绝对值等于电场力的大小，正、负表示电场力的方向． 注：应用电场相关规律和动力学规律、功能关系等，还可以进一步判断场强、粒子的加速度、动能等随位移的变化情况． (2)φ­x图像 上面的公式F电＝－eq \f(ΔEp,Δx)两边同时除以q，得E＝－eq \f(Δφ,Δx).即图线的切线斜率的绝对值等于场强大小，正、负表示场强的方向． 注：①电场强度的方向也可根据电势大小关系确定．②分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断，或直接用Ep＝qφ判断． C．A、B中点处的电场强度大于eq \f(EA＋EB,2) D．A、B两点的电势差小于eq \f((EA＋EB)(R2－R1),2) 解析　内圆柱面和外圆柱面都是等势面，柱面上各 点电势都相等，A错误；电场线由A指向B，则A点电 势高，则负试探电荷在A点时的电势能比在B点时的电 势能小，B错误；由图像可知，A、B中点处的电场强度 小于eq \f(EA＋EB,2)，C错误；根据U＝Ed，可知E­r图像与坐标轴围成的面积等于电势差，若从A到B的E­r图像为直线，则A、B两点的电势差等于eq \f((EA＋EB)(R2－R1),2)，而此时所围的面积小于eq \f((EA＋EB)(R2－R1),2)，可知A、B两点的电势差小于eq \f((EA＋EB)(R2－R1),2)，D正确． 解析　根据题图示以及题干条件，无法判断场源电荷的正负， 也不能判断出电场线的方向以及a点、b点电势的高低，A、B 错误；根据电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小的特 点，得出Ea>Eb，利用牛顿第二定律可知a＝eq \f(F,m)＝eq \f(Eq,m)，则带电粒子 在a点的加速度比在b点的加速度大，C正确；若粒子从a点运动到b点，静电力做负功，带电粒子的动能减小，若粒子从b点运动到a点，静电力做正功，带电粒子的动能增大，D正确． 解析　由W电＝－ΔEp，W电＝F电Δx，得F电＝－eq \f(ΔEp,Δx)， 可知Ep­x图像切线的斜率等于静电力F电的负数．x1处图像切 线的斜率为零，即静电力为零，电场强度为零，A错误；x2～x3 段切线的斜率不变，静电力不变，故电场强度的大小、方向均不 变，C正确；O～x3段切线的斜率一直变化，静电力一直变化，粒子做变速运动，x2～x3段静电力不变，粒子做匀变速运动，B正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正确． A．M、N两点的电势差为eq \f(Fdcosθ,q) B．匀强电场的电场强度大小为eq \f(Fcosθ,q) C．带电粒子由M运动到N的过程中，电势能增加了Fdcosθ D．若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 解析　粒子做匀速运动，静电力必与恒力F平衡，由M点运动到N点，静电力做功为W＝－Fdcosθ，UMN＝eq \f(W,－q)＝eq \f(Fdcosθ,q)，A正确；由粒子受力知，电场强度E＝eq \f(F,q)，B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功Fdcosθ，C正确；粒子做匀速直线运动的条件是受力平衡，则若要使粒子由N匀速运动到M，所受力F不变，D错误． 解析　由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带 电粒子的电性，故A错误；由于该电场不是匀强电场，虽然 AB的长度等于BC的长度，但AB段与BC段对应的电场强 度不相等，故UAB≠UBC，故B错误；根据电场线的疏密程度 可知，a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒 子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；由于b虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，故b虚线对应的带电粒子Eq＝mbeq \f(v2,r)，而c虚线对应的带电粒子满足关系式Eq>mceq \f(v2,r)，即mb>mc，故D正确． 10．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　) A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加－W1 C．小球的机械能增加W1＋eq \f(1,2)mv2 D．小球的电势能减少W2 解析　由于静电力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械 能增加，故A错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意 知重力做负功W1，则重力势能增加－W1，故B正确；小球机械 能的增加量等于重力势能增加量与动能增加量之和，即－W1＋ eq \f(1,2)mv2，故C错误；静电力做功是电势能变化的量度，静电力做正 功W2，则电势能减少W2，故D正确． A．b点的场强大小为1.5 V/m B．物块与桌面间的动摩擦因数为0.3 C．Wab＝2Wbc D．固定点电荷的电荷量为eq \f(2,3)×10－9 C 解析　图像的斜率的绝对值表示场强大小，由图可知 b点的场强大小为E＝eq \f(6,4) V/m＝1.5 V/m，故A正确；由题 知，物块过b点时速度最大，此时加速度为零，则qE＝μmg， 解得μ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(0.1×1.5,0.03×10)＝0.5，故B错误；由图可以得到a点的 电势为6 V，b点的电势为3 V，c点的电势为2 V，所以Uab＝3 V，Ubc＝1 V，又因为静电力做的功W＝qU，所以Wab＝3Wbc，故C错误；设固定点电荷带电量为Q，已知b点的场强大小E＝1.5 V/m，b点到固定点电荷的距离r＝2 m，根据点电荷场强公式E＝keq \f(Q,r2)，有Q＝eq \f(Er2,k)＝eq \f(1.5×22,9.0×109) C＝eq \f(2,3)×10－9 C，故D正确． A．Q1移入之前，C点的电势为eq \f(W,q) B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0 C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D．Q2在移到C点后的电势能为－4W 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＝eq \f(Ep,q)＝eq \f(W,q)，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． 13．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为eq \r(3gh)，求： (1)小球由A到B的过程中静电力做的功； (2)A、C两点的电势差． 答案　(1)eq \f(1,2)mgh　(2)－eq \f(mgh,2q) 解析　(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功WE和重力做功mgh， 由动能定理得：WE＋mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0， 代入已知条件vB＝eq \r(3gh)得静电力做功 WE＝eq \f(1,2)m·3gh－mgh＝eq \f(1,2)mgh. (2)因为B、C在同一个等势面上， 所以φB＝φC，即UAC＝UAB， 由W＝qU得UAC＝UAB＝eq \f(WE,－q)＝－eq \f(mgh,2q). 答案　(1)mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2)　(2)eq \f(m,2q)(veq \o\al(2,0)－v2)＋φ 解析　(1)物块在A点受重力、静电力、支持力． 分解静电力，由竖直方向受力平衡得 FN＝mg＋keq \f(Qq,r2)sin60°， 又因为h＝rsin60°， 由以上两式解得支持力FN＝mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2). (2)从A运动到P点正下方B点的过程中， 由动能定理得qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 又因为UAB＝φA－φB＝φ－φB， 由以上两式解得φB＝eq \f(m,2q)(veq \o\al(2,0)－v2)＋φ. $$