专题3 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

专题三　电场与磁场 第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 命题点四 04 专题集训 05 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 知 识 体 系 点电荷 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点一　电场力的性质 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　电场能的性质 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 答案　AD 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　电场中的图像问题 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点四　带电(体)粒子在电场中的运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(八) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 C＝ C＝ k E＝ φ＝ 1．电场强度矢量的叠加 若空间中有几个点电荷，则某点的场强等于各点电荷在该点产生场强的矢量和。 2．电场强度叠加时四种特殊的求解方法 (1)对称法：如等量同种点电荷关于连线中点O对称的点场强等大反向；等量异种点电荷关于连线中点O对称的点场强等大同向；等量同种(异种)点电荷关于连线轴和中垂线轴对称的点场强大小相等。 (2)补偿法：如图所示，若只在半球面AB上均匀分布正电荷，我们可以将其补成一个完整的带电球面，在球壳外部可认为是集中在球心的点电荷形成的电场，球壳内部场强为0。 M、N为圆内关于O点对称的点，EM＝EN (3)等效法：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场与等量异种点电荷之间的电场分布相同。 (4)微元法：如图所示为长为l的均匀带电细杆ab，若想比较P1、P2处的场强大小，可将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看成点电荷来处理；带电杆在P2点的场强大于在P1点的场强。 题型1　电场强度的叠加 　(2025·河南驻马店模拟)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　) A．－E　 B．＋E C．－E D．＋E [解析]　假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，E左＋E右＝E0，E0＝；根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等，即E右＝E，E左＝－E，A正确，B、C、D错误。 [答案]　A 题型2　电场力作用下的平衡 　(2024·新课标卷)如图所示，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点处，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角的大小相等，则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 [解析]　分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有－qQE＝mQg tan θ，＋qPE＝mPg tan θ，显然mQg tan θ＜mPg tan θ，即mQ＜mP，选项B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T，下端系有小球Q的细绳的张力大小为T′，则有T＝，T′＝，结合上述分析可知，T>T′，选项A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知＞EqQ，则>E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，选项C、D错误。 [答案]　B 　在例题中，若P、Q带异种电荷，小球P、Q的质量分别为m1、m2，带电荷量大小分别为q1、q2，其他条件不变。下列说法正确的是(　　) A．小球Q一定带正电 B．若q1>q2，则有可能m1＝m2 C．若q1>q2，则一定有m1>m2 D．若q1<q2，则有可能m1>m2 解析　对小球Q受力分析可知，小球Q除了重力和绳子的拉力外，应受到水平向左的力，因异种电荷，库仑力向右，因此受水平向左的电场力，一定带负电，故A错误；设连接小球P、Q的细绳上的弹力大小分别为F1、F2，小球P、Q间的库仑力大小为F库，匀强电场的电场强度大小为E，细绳与竖直方向的夹角为α，则有F1cos α＝m1g，F2cos α＝m2g，F1sin α＋F库＝Eq1，解得m1g tan α＝Eq1－F库，m2g tan α＝Eq2－F库，故C正确，B、D错误。 答案　C 1．(2025·湖南卷)如图所示，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 解析　对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝T cos 30°＋mg cos 30°，T sin 30°＝mg sin 30°，解得T＝mg，F库＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。 答案　C 1．电场中的各个物理量的形成及相互转化关系 2．电势高低的比较 (1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低。 (2)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，则φA＞φB；反之φA＜φB。 3．电势能变化的判断 (1)根据静电力做功判断，W＝－ΔEp。若静电力对电荷做正功，则电势能减少；反之增加。 (2)根据能量守恒定律判断，静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程。 　(多选)(2025·八省联考)空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示。已知三角形的边长为2 m，a、b和c三点的电势分别为1 V、2 V和3 V。下列说法正确的是(　　) A．该电场的电场强度大小为1 V/m B．电子在R点的电势能大于在P点的电势能 C．将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为＋0.5 eV D．将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为＋0.5 eV [解析]　根据匀强电场中沿任意方向两点间中点的电势为两点电势的平均值，则有P点电势为φP＝＝2 V＝φb，可知bP是等势面，则场强方向由c指向a点，场强大小E＝＝ V/m＝1 V/m，选项A正确；R点的电势为φR＝＝2.5 V>φP＝2 V，可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，选项B错误；Q点的电势为φQ＝＝1.5 V，将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为WPQ＝UPQ(－e)＝(φP－φQ)(－e)＝－0.5 eV，选项C错误；将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为WPR＝UPR(－e)＝(φP－φR)(－e)＝＋0.5 eV，选项D正确。 [答案]　AD 　(多选)如图所示，在匀强电场中有边长为5 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E、F分别为AB、BC和AC边的中点。三角形各顶点的电势分别为φA＝2 V、φB＝4 V、φC＝6 V，下列说法正确的是(　　) A．O点电势为4 V B．匀强电场的场强大小为80 V/m，方向由A指向C C．将电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1 eV D．在三角形ABC内切圆的圆周上，D点电势最高 解析　三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，F为AC边的中点，φF＝＝4 V，B、F电势相等，BF为等势面，O点在BF上，故O点电势为4 V，A正确；场强方向垂直于BF斜向上，E＝＝＝80 V/m，方向从C到A，B错误；因为WEF＝qUEF＝－1 eV，ΔEp＝－W，电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1 eV，C正确；过圆心O，做平行于AC的电场线，相交于内接圆上的两点分别为圆上电势最高点和最低点，交点不是D点，故电势最高点的点不是D点，D错误。 答案　AC 电势能变化的判断方法 1．做功判断法：由WAB＝EpA－EpB。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。 2．电荷电势法：由Ep＝qφ知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。 3．能量守恒法：若只有电场力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大。 2．(多选)(2025·湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为＋q、－q和＋2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　) A．OA中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成60°角 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 解析　根据题意结合电势能公式有Ep＝qφ0＝－qφA＝2qφB，解得φ0＝、φA＝－、φB＝，则OA中点的电势φ1＝＝0，A正确；在OA线段上找出一与B点等势的点M，可知xOM＝d，BM连线为等势线，与BM连线垂直的线为电场线，如图所示，则根据几何关系可知，电场线与x轴正方向夹角的正切值tan θ＝＝1，即θ＝45°，根据场强与电势差的关系可知，E＝＝，B、C错误，D正确。 三种与电场中功能关系有关的图像 图像 类别 电势能与位移关系图像(Ep-x图像) 动能与位移关系图像(Ek-x图像) 机械能与位移关系图像(E-x图像) 功能 关系 电场力做功与电势能的变化关系 合外力做功与动能的变化关系 除重力、系统内弹力外的其他力做功与机械能的变化关系 函数 关系式 qE·Δx＝W电＝－ΔEp F合·Δx＝ΔEk F其他·Δx＝ΔE 图像斜率的意义 绝对值表示电场力的大小(qE) 合外力(F合) 除重力、系统内弹力之外的其他力(F其他) 　(多选)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，x轴上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高。下列说法正确的是(　　) A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．q1的电量大于q2的电量 C．ND间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点， 电场力先做正功后做负功 [解析]　沿电场线方向电势降低，离正电荷越远电势越低，离负电荷越远电势越高，由图像可知q1为正电荷，q2为负电荷，故选项A正确；由公式φ＝k可知，若q1电荷量等于q2的电荷量，应该是O、M中点的电势为零，由图可知电荷量不相等，因为电势为0的A点距离q1比较远，而距离q2比较近，所以q1的电量大于q2的电量，故选项B正确；沿电场方向，电势降低，从N到C电势升高，故NC间场强方向沿x轴负方向，C到D电势降低，故CD间场强方向沿x轴正方向，故选项C错误；从N点移到D点，电势先升高后降低，由Ep＝qφ可知，负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故选项D正确。 [答案]　ABD 　在例题中，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，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大。下列说法正确的是(　　) A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电 B．q1的值小于q2的值 C．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 D．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大 解析　无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故选项A错误；OA之间的距离为r1，AM之间的距离为r2，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有k＝k，r1>r2，因此q1>q2，选项B错误；负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故选项C错误；将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故选项D正确。 答案　D 电场中常见的三种图像问题 1．φ-x图像 (1)电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零。 (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确定电场强度的方向。 2．E-x图像 (1)反映了电场强度随位置变化的规律。 (2)E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”的大小表示电势差的大小，两点的电势高低根据电场方向判定。 3．Ep-x图像 (1)Ep-x图像切线的斜率的绝对值表示电场力的大小，进而可以确定加速度和电场强度的大小。 (2)根据Ep的增减和电荷电性判断φ的高低，从而确定电场强度方 向。 3．(2025·八省联考)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子(　　) A．将在ad之间做周期性运动 B．在d点的电势能大于a点的电势能 C．在b点与c点所受电场力方向相同 D．将沿x轴负方向运动，可以到达O点 解析　由题图可知，a、d两点电势相等，根据Ep＝qφ，可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误；φ-x图像斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F＝qE可知在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能，均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。 答案　A 1．电场中直线运动问题的两种解题思路 (1)动能定理：不涉及a、t时可用。 (2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。 2．匀强电场中的偏转问题 (1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解解决。 (2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。 注意：偏转时静电力做功不是W＝qU板间，而是W＝qEy(y为偏移量)。 3．匀强电场中偏转问题的两个结论 (1)如图所示，有tan φ＝2tan θ，且x＝。 (2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝at2＝＝，偏转角的正切值tan φ＝＝，由此可知偏移量与偏转角与粒子的比荷无关，总是相同的。 题型1　匀强电场中的偏转问题 　(2025·江苏常州期中)某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图甲所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： 图甲 图乙 (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 [解析]　(1)设粒子进入偏转电场时的速度大小为v0，根据动能定理可得qU0＝mv02 解得v0＝ 。 (2)粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得l＝v0t，＝at2，加速度大小为a＝ 联立解得U＝2U0 故在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为＝。 (3)由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示 最长时间与最短时间之差Δtm＝ 几何关系可知Δxm＝O1D＝(2－)l 联立解得Δtm＝(－1)l。 [答案]　(1)　(2)　(3)(－1)l 题型2　电场中的力电综合 　(2025·广东卷)研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图如图所示。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力 垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k＜1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求： (1)颗粒碰撞前的电荷量q； (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q； (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。 [解析]　(1)颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动， 由牛顿第二定律可得Eq＝ma 由匀强电场电势差公式可得E＝ 设该过程的运动时间为t，则由运动学公式有l＝at2 颗粒在竖直方向受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝gt2 联立可得q＝。 (2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy，颗粒在B点与绝缘平板碰撞后瞬间的合速度与水平方向的夹角为θ，所受合力与水平方向的夹角为β，则由运动学公式可得 vx＝at＝ ＝l vy＝ 由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍,则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy′＝kvy＝k,方向竖直向上 作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示 由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90°，故tan θ＝，即＝ 联立可得Q＝。 (3)由于vy′＝kvy(k＜1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的 若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′＝ 水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运动距离为x＝vxt′＋a1t′2 其中a1＝＝ 解得x＝4kl＋ 当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功为W2＝EQx 又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功为W1＝Eql 联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为W＝W1＋W2＝＋4k2mgh 当x＞d－l，即d＜(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3＝EQ(d－l) 联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为W＝W1＋W3＝＋。 答案　(1)　(2)　(3)见解析 4．(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲所示，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2-的关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势； (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功； (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 解析　(1)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离rBF＝a，则B点的电势φB＝＝。 (2)同(1)问可知，A点到F点的距离rAF＝a－c，则A点的电势φA＝＝，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，WAB＝－ΔEpAB＝EpA－EpB，又EpA＝－qφA，EpB＝－qφB，联立解得WAB＝－。 (3)设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0，试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总＝－＋mv2，变形得v2＝＋，对比分析可知k0＝，＝－，解得E总＝－，由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。 答案　(1)　(2)－　(3)见解析 $