第2章 专题强化4 电场性质的综合问题(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

本高中物理讲义聚焦电场性质综合问题，系统梳理电场强度、电势、电势差、电势能的内在关系，构建从概念辨析到运用牛顿第二定律、动能定理解决动力学与能量问题的学习支架。 特色在于通过对比表格明晰概念联系，精选例题覆盖选择与计算，强化练结合高考真题。助力学生深化物理观念，提升科学推理与问题解决能力，课中辅助教学实施，课后便于学生查漏补缺。

专题强化4　电场性质的综合问题 [学习目标]　1.进一步掌握电场强度、电势、电势差、电势能及电场力做功之间的关系(难点)。2.学会运用牛顿第二定律、动能定理处理电场中动力学问题和能量问题(重点)。 一、电场强度、电势、电势差及电势能之间的关系 电场强度 电势 电势差 电势能 意义 描述静电力的性质 描述电场能的性质 描述静电力做功的本领 描述电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量 公式 E＝ φ＝ UAB＝ Ep＝φq 关系 (1)电场强度为零的地方电势不一定为零 (2)电势为零的地方电场强度不一定为零 (3)电势为零，电势能一定为零(均填“一定”或“不一定”) 联系 (1)匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点沿电场强度方向上的距离) (2)电势沿着电场强度方向降低最快 (3)UAB＝φA－φB，φ＝，WAB＝qUAB，WAB＝EpA－EpB 例1　关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．在同一个等势面上的各点，电场强度的大小必然是相等的 C．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 D．电势下降的方向就是电场强度的方向 答案　C 解析　负电荷在电势低的地方电势能较大，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；在同一个等势面上的各点，电场强度的大小不一定是相等的，例如等量异种点电荷连线的中垂线上各点，选项B错误；静电力做功多少等于电势能的减小量，则无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项C正确；电势下降最快的方向就是电场强度的方向，选项D错误。 例2　(多选)(2023·天津市第二南开中学期中)图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子仅在静电力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v－t图像如图乙所示。下列判断正确的是(　　) A．Q点电势高于P点电势 B．P点电场强度大于Q点电场强度 C．P、Q两点间的电势差为 D．带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能 答案　BC 解析　由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的静电力，粒子带负电，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A错误；由题图乙可知，粒子在P处的加速度大于在Q处的加速度，故P处的电场强度大于Q处的电场强度，故B正确；由动能定理知－qUPQ＝－mv02，可求出P、Q两点间的电势差为，故C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故粒子在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故D错误。 二、电场中的动力学和能量问题 1．用动力学观点解决带电体在电场中的运动问题 (1)带电的物体在电场中除了受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多力的作用下物体可能处于平衡状态(静止或做匀速直线运动)；物体所受合外力也可能不为零，做匀变速运动或变加速运动。 (2)处理这类问题，就像处理力学问题一样，首先对物体进行受力分析(包括电场力)，再明确其运动状态，最后根据所受的合外力和所处的状态选择相应的规律解题。 (3)相关规律： ①力的平衡条件，即F合＝0。 ②牛顿第二定律：F合＝ma。 ③运动学公式，如匀变速直线运动速度公式、位移公式等，平抛运动知识、圆周运动知识等。 2．用能量观点解决带电体在电场中的运动问题 (1)静电力做功的计算 (2)电场中常见的几种功能关系 ①静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 ②合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 ③如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 例3　如图所示，带电荷量为Q的正电荷(可视为点电荷)固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A到C的距离为L，B为AC的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，重力加速度为g，求： (1)小球运动到B点时的加速度大小； (2)B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示)。 答案　(1)　(2) 解析　(1)设沿斜面向下为正方向， 带电小球在A点时由牛顿第二定律得： mgsin 30°－k＝maA① 带电小球在B点时由牛顿第二定律得： mgsin 30°－k＝maB② 联立①②式解得：aB＝－，即小球运动到B点时的加速度大小为，方向沿斜面向上。③ (2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin 30°·－qUBA＝0④ 联立①④式解得UBA＝。 例4　(2023·南平市高二期中)一带负电的粒子从电场中的A点运动到B点，该过程中，粒子受到的电场力做的功为W1(W1>0)，粒子受到的重力做的功为W2(W2>0)，除重力和电场力外的其他力做的功为W3(W3<0)。关于该过程中功与能量变化的关系，下列说法正确的是(　　) A．电势能增加了W1 B．重力势能增加了W2 C．机械能变化了W1＋W3 D．动能的变化量是W1＋W2－W3 答案　C 解析　粒子受到的电场力做正功为W1，则电势能减小了W1，选项A错误；粒子受到的重力做正功为W2，则重力势能减小了W2，选项B错误；机械能变化量等于除重力外的其他力做功，则机械能变化了W1＋W3，选项C正确；合外力做功等于动能变化量，则动能的变化量是W1＋W2＋W3，选项D错误。 例5　(2024·凉山州宁南中学月考)如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周最低点。现有一质量为m、电荷量大小为q的套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2。 (1)求小球滑至C点时的速度的大小； (2)求A、B两点间的电势差； (3)若以C点为参考点(零电势点)，试确定A点的电势。 答案　(1)　(2)－　(3)－ 解析　(1)由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝R。 根据点电荷的电场分布特点可知，B、C所在的圆是一个等势面， 因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中静电力做功为零。 对小球从B到C过程应用动能定理，有 mg·R＝mvC2－mvB2 解得vC＝。 (2)对小球从A到B过程应用动能定理，有 mg·R＋WAB＝mvB2 解得WAB＝mgR UAB＝＝－。 (3)因φB＝φC，故UAC＝UAB＝－； 又UAC＝φA－φC，φC＝0， 因此φA＝－。 专题强化练 (分值：100分) 1～7题每题7分，8题11分，共60分 1.如图所示，在等边三角形abc的中心O处有一带正电的点电荷，d为ac边的中点，则在该点电荷产生的电场中(　　) A．a、b、c三点的电场强度相同 B．a、d间与d、c间的电势差满足Uad＝Udc C．电子在a点时的电势能小于在b点时的电势能 D．电子在a点时的电势能大于在d点时的电势能 答案　D 解析　由E＝k可知，a、b、c三点的电场强度大小相等，但方向不同，所以a、b、c三点的电场强度不相同，故A错误；由于a、b、c三点到点电荷的距离相等，所以a、b、c三点的电势相等，所以Uad＝Ucd，故B错误；由于a、b两点的电势相等，所以电子在a点时的电势能等于在b点时的电势能，故C错误；由于d点离正点电荷更近，所以d点电势比a点电势高，所以电子在a点时的电势能大于在d点时的电势能，故D正确。 2.(2023·福建省龙岩上杭一中高二月考)图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为5 eV和26 eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，它的动能应为(　　) A．4 eV B．23 eV C．20 eV D．39 eV 答案　A 解析　由题意从a到b点时的动能增加21 eV，所以电势能减小21 eV，又因为相邻的等势面之间的电势差相等，所以有每经过相邻的等势面，电势能减小值相等为7 eV，动能增加量相等为7 eV。可得到达等势面2时，动能为Ek＝5 eV＋7 eV＝12 eV，又因为等势面2的电势为0，即此处电势能为零，得该点电荷动能和电势能总和为12 eV，点电荷在静电力的作用下运动，动能和电势能总和不变，所以运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，它的动能应为Ek′＝12 eV－8 eV＝4 eV，故选A。 3．(多选)(2021·全国甲卷)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　　) A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功 B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右 D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大 答案　BD 解析　由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误； 由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V， 根据电场力做功与电势能的变化关系有 Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确； 沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误； 等差等势面越密的地方电场强度越大，由题图可看出a、b、c、d四个点中，b处的等势面最密集，则b点处的电场强度大小最大，D正确。 4．(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面下滑。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带正电荷 B．金属块的机械能减少12 J C．金属块克服静电力做功8 J D．金属块的电势能减少4 J 答案　AB 解析　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电－Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功 4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 5.(多选)(2023·福建省南靖县第一中学高二期中)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，不计空气阻力，则小球从M运动到N的过程(　　) A．动能增加mv2 B．机械能增加mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能减少2mv2 答案　CD 解析　小球从M运动到N的过程中，动能增加了ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为h＝，由动能定理得W电－mgh＝ΔEk，解得W电＝2mv2，机械能的增加量为ΔE＝W电＝2mv2，电势能减少了2mv2，故B错误，D正确；小球的重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mv2，故C正确。 6．(多选)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则(　　) A．小球从A到D的过程中电场力做功为mv2 B．小球从A到D的过程中电势能逐渐减小 C．小球从A到B的过程中电势能先减小后增大 D．A、B两点间的电势差UAB＝ 答案　CD 解析　斜面的倾角为θ＝30°，斜面上AD＝DB，由几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离相等，故D点与A点的电势相等，由W＝qU，知小球从A到D的过程中电场力做功为0，故A错误；由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，所以从A到D的过程中小球的电势能先减小后增大，故B错误；小球从A到B的过程中电势能先减小后增大，故C正确；设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ＝mv2－0，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsin θ＋(－q)UAB＝0－0，联立解得UAB＝，故D正确。 7．(多选)(2023·龙岩市高二期末)如图所示，BD是竖直平面内圆的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆所在平面。从O点向各个方向发射出动能、电荷量、电性和质量均相同的小球，小球会经过圆周上不同的点，其中过A点的小球的动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力，则小球经过圆周上不同点时(　　) A．过D点的小球的动能和电势能之和最小 B．过B点的小球的动能和电势能之和最小 C．过A点的小球的电势能和重力势能之和最大 D．过C点的小球的电势能和重力势能之和最大 答案　BC 解析　小球在竖直平面内运动过程中，仅重力和电场力做功，故动能、重力势能和电势能间相互转化，根据能量守恒可知，D点的小球重力势能最小，则动能和电势能之和最大；B点的小球重力势能最大，则动能和电势能之和最小，故A错误，B正确；由题可知过A点的小球的动能最小，则根据能量守恒可知，A点的小球的电势能和重力势能之和最大，故C正确，D错误。 8.(11分)如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定放置，与以电荷量为Q的正电荷为圆心、半径为L的圆周交于B、C两点，质量为m、电荷量为＋q的有孔小球(视为点电荷)从杆上的A点无初速度滑下。已知AB＝BC＝3L，小球滑到B点时的速度大小为，静电力常量为k，重力加速度为g，求： (1)(5分)在B点时杆对小球的弹力大小以及此时小球的加速度大小； (2)(6分)A、C两点间的电势差。 答案　(1)　g－　(2) 解析　(1)在B点对小球受力分析，受到的库仑力为FB＝＝，设小球在B点的库仑力与竖直杆的夹角为θ，由几何关系cos θ＝＝，即θ＝30°，则有sin θ＝，把FB分别沿水平方向、竖直方向分解，水平方向由二力平衡可得B点杆对小球的弹力大小FN＝FBsin θ＝，由牛顿第二定律得mg－FBcos θ＝ma，解得a＝g－ (2)小球由A点到B点，由动能定理可得mg·3L＋UABq＝m()2，B、C两点的电势相等，则UAB＝UAC，联立解得UAC＝。 9～11题每题9分，12题13分，共40分 9．(多选)如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，将一点电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下沿电场线从A点运动到B点，其运动的加速度a随时间t变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．A点的电势一定高于B点的电势 B．电场线的方向一定从A指向B C．从A点到B点该电场的电场强度一直在减小 D．该点电荷在A点的电势能一定大于其在B点的电势能 答案　CD 解析　题干中仅给出了点电荷从A点运动到B点，但点电荷电性未知，所以电场线方向不一定从A指向B，那么A点的电势也不一定高于B点的电势，故A、B错误；根据题图乙，点电荷从A点运动到B点的过程中加速度在逐渐减小，由a＝知点电荷所受静电力在逐渐减小，根据E＝知电场强度在一直减小，故C正确；点电荷从A点运动到B点，加速度一直减小，但速度一直在增加，那么动能一直在增大，说明静电力做正功，电势能降低，所以点电荷在A点的电势能一定大于其在B点的电势能，故D正确。 10．(多选)如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q的小滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零。已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则以下判断正确的是(　　) A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力一定小于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程中的中间时刻，速度大小等于 C．此过程中产生的内能小于mv02 D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab＝ 答案　AD 解析　滑块水平方向受大小不变的摩擦力及逐渐增大的库仑力作用，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，滑块的加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，故滑块在运动过程中的中间时刻的速度小于，故A正确，B错误；由动能定理可得：－qUab－μmgs＝0－mv02，解得a、b两点间的电势差Uab＝，故D正确；由功能关系可知此过程中产生的内能Q′＝μmgs，由D选项的解析可得：Q′＝mv02－qUab，因a点电势低于b点电势，故Uab为负值，故产生的内能大于mv02，故C错误。 11.如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d为匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2 m，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为8 V，b点电势为4 V，c点电势为2 V。一带电粒子从a点以速度v0＝1 000 m/s射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后粒子经过ab边的中点e。不计粒子的重力，下列判断正确的是(　　) A．d点电势为7 V B．电场强度大小为2 V/m C．粒子从a点到e点电势能增大 D．粒子从a点到e点所用时间为×10－3 s 答案　B 解析　根据匀强电场中场强与电势差的关系可推知φa－φb＝φd－φc，解得φd＝6 V，故A错误；由几何关系知，ab的中点e的电势为6 V，则e、d连线的垂线为电场线，则电场强度大小为E＝＝2 V/m，故B正确；根据B项分析可知电场强度方向垂直于v0方向斜向下，所以粒子做类平抛运动，电场力对粒子做正功，粒子从a点到e点电势能减小，故C错误；根据类平抛运动规律以及几何关系可知粒子从a点到e点所用时间为t＝＝×10－3 s，故D错误。 12.(13分)如图所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0× 105 N/C，与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A(可视为点电荷)，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B(可视为点电荷)穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg，现将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2) (1)(3分)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)(4分)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？ (3)(6分)小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.61 m时，速度为v＝1.0 m/s ，求此过程中小球B的电势能的改变量。 答案　(1)3.2 m/s2 　(2)0.9 m　(3)增加了8.4×10－2 J 解析　(1)开始运动时，小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，在沿杆向下的方向上，由牛顿第二定律得mg－－qEsin θ＝ma， 代入数据解得a＝3.2m/s2 (2)小球B速度最大时所受合力为零，即k＋qEsin θ＝mg，代入数据解得h1＝0.9 m。 (3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有W1＋W2＋W3＝mv2，其中W1＝mg(L－h2) 设小球B的电势能改变了ΔEp，则ΔEp＝－(W2＋W3)，代入数据解得ΔEp＝8.4×10－2 J。 学科网（北京）股份有限公司 $