第2章 章末复习 学案 高中物理新鲁科版必修第三册（2022年）

章末复习

1.熟练应用电场力做功的公式，理解电场力做功与电势能变化的关系。

2.理解电势能、电势、电势差、等势面、电容等物理概念的意义，知道比值定义法的作用。

3.理解电场强度与电势差的关系，知道平行金属板电容器电容的决定因素，熟练应用有关公式解题。

 一、知识网络构建

二、考点分析

考点一　电势高低及电势能大小的比较

1．[场强与电势的判断]

[例1].如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)

A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低

B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高

C．O点的电场强度为零，电势最低

D．O点的电场强度不为零，电势最高

2．[电势与电势能的判断]

[例2].如图所示，真空中有等量异种点电荷＋q、－q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，下列说法正确的是(　　)

A.在MN连线的中垂线上，O点电势最高

B．正电荷＋q从b点沿MN连线的中垂线移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大

C．正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能

D．正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能

[方法技巧]

1．电势高低的判断

2．电势能大小的判断

考点二　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＝。

推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。

2．E＝在非匀强电场中的三点妙用

(1)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。

(2)利用φ ­x图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。

(3)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。

[例1]　(多选)如下列选项所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，则能正确表示该电场强度方向的是(　　)

[例2]　(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，

三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)

A．电场强度的大小为2.5 V/cm

B．坐标原点处的电势为1 V

C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV

D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV

考点三　电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题

1．[电场线与运动轨迹]

[例1] (多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)

A．电子一定从A向B运动

B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷

C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpB

D．B点电势可能高于A点电势

2．[匀强电场中的等势面与运动轨迹]

[例2](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2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。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f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

3．[点电荷电场中的等势面与运动轨迹]

 [方法技巧]

1．几种典型电场的等势线(面)

2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法

(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。

(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。

(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。

考点四　电场力做功与功能关系

[例1]　(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

[例2](多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．小球电势能的最大值为

[方法技巧]

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，有时也会用到功能关系。

(1)动能定理―→合外力的功(或总功)。

(2)能量守恒定律―→电势能与其他形式能之间的转化。

(3)功能关系―→电场力做功与电势能变化之间的关系。

(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。

1.在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed

B．电势高低关系有φa>φb、φc>φd

C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功

D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变

2.如图所示，水平面内有A、B、C、D、M、N六个点，它们均匀分布在半径为R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、M三点的电势分别为φA＝(2－)V、φC＝2 V、φM＝(2＋)V，下列判断正确的是(　　)

A．电场强度的方向由A指向D

B．电场强度的大小为1 V/m

C．该圆周上的点电势最高为4 V

D．沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做负功后做正功

3.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势(　　)

A．φC＝10 V　　　　　　 B．φC>10 V

C．φC<10 V   D．上述选项都不正确

4.(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，下列说法正确的是(　　)

A．粒子一定带负电

B．粒子的初动能大小为qE0x0

C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小

D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0

5.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O点处放一个带电荷量q＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)试求：

(1)物块向右运动的最大距离；

(2)物块最终停止的位置。

参考答案

考点一

[例1]解析：选C　圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零。圆环上各电荷在x轴产生的电场强度有水平向左的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从O点沿x轴正方向，电势升高。O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。综上分析可知C正确，A、B、D错误。

[例2]解析：选D　在MN连线的中垂线上各点的电势均为零，选项A错误；沿两电荷连线的中垂线从b点到d点，场强先增大后减小，故正电荷＋q受到的电场力先增大后减小，选项B错误；因a点的电势高于c点，故正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能，选项D正确，C错误。

考点二

[例1] 解析　匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分。把AB等分为三段，AB间电势差为3 V，则每等份电势差为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将F、C相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把A、C相连，分为两份，AC间电势差为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确。

[答案]　BC

[例2] 解析　ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确。

[答案]　ABD

考点三

[例1]解析：选BC　若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。综上所述选项A、D错误，选项B、C正确。

[例2]解析：选AB　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确。因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确。电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。

考点四

[例1]解析　小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功。小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角从90°一直减小，所以它们的合力一直增大，故A错误。带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确。从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确。根据能量守恒定律可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误。

[答案]　BC

[例2]解析：选BD　因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示，A错误；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝＝，则小球上升的最大高度h＝s·sin 30°＝，C错误；在整个过程中电场力做功W＝qEscos 120°＝－mv02，电势能增加，所以小球电势能的最大值为，D正确。

1.解析：选C　对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有Eb>Ea，Ec＝Ed，选项A错误；因沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa<φb，再由对称性可知φc＝φd，选项B错误；由于a点电势低于b点电势，将负点电荷由a沿圆弧运动到b，电场力做正功，选项C正确；因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低，所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大再减小，选项D错误。

2.解析：选C　在匀强电场中AM连线的中点G的电势φG＝(φA＋φM)＝2 V＝φC，所以直线COGN为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DM分别为等势线，直线DB、直线MA分别为电场线，可知电场强度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A错误；MA两点间的电势差UMA＝φM－φA＝2 V，沿电场方向的距离d＝R＝ m，电场强度E＝＝100 V/m，故B错误；过圆心O做MA的平行线，与圆的交点H处电势最高，UHO＝E·R＝2 V，由UHO＝φH－φO可得：最高电势φH＝UHO＋φO＝4 V，故C正确；沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做正功再做负功，故D错误。

3.解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，选项C正确。

4.解析　如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确。

[答案]　BD

5.解析：(1)设物块向右运动的最大距离为xm，由动能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv02

可求得xm＝0.4 m。

(2)因Eq>μmg，物块不可能停止在O点右侧，设物块最终停在O点左侧且离O点为x处。

由动能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2 m。

答案：(1)0.4 m　(2)O点左侧0.2 m处