板塊一專題突破復(fù)習(xí)第一講電場及帶電粒子在電場中的運動[知識建構(gòu)][高考調(diào)研]1.電場知識仍將是考查的重點．選擇題中可能考查電場強度的求解與比較的相關(guān)問題，計算題中可能考查帶電體在復(fù)合場中的運動問題，不過考慮到動量第二年被納入必考范疇，作為壓軸題出現(xiàn)的可能較大，因此計算題的第1題有可能考查電場或磁場的相關(guān)問題．2.常用的思想方法：①等效法．②對稱法．③圖象法．④類比法．[答案](1)電場強度三公式的異同及選擇原則(2)電場力做功的計算方法①WAB＝qUAB(普遍適用)．②W＝qElcosθ(適用于勻強電場)．③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)．④W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)．(3)電勢高低的判斷方法考向一對電場性質(zhì)的理解[歸納提煉]電場強度、電勢、電勢能的表達(dá)式及特點對比(多選)(2017·全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V．下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV[思路點撥](1)勻強電場中電勢的變化是均勻的．(2)求場強大小時可添加輔助線，利用幾何關(guān)系求解．[解析]解法一：巧妙運用勻強電場的電勢分布特點求解．a(chǎn)b與Oc交點電勢相等，且eq\f(φa＋φb,2)＝eq\f(φO＋φc,2)，則可得φO＝φa＋φb－φc＝1V.這是突破本題第一個難點的簡便方法．本題還有第二個難點：求出該勻強電場的場強大小．這需要添加輔助線，利用幾何關(guān)系列式求解．如圖1所示，過b點作bd垂直于Oc，則由幾何關(guān)系可得cd＝eq\f(18,5)m故eq\f(φc－φO,xcO)＝eq\f(φc－φd,xcd)，則d點的電勢為φd＝17V，故bd為等勢面．從而得出電場線沿cO方向，故E＝eq\f(φcO,xcO)＝2.5V/cm.至于選項C、D，學(xué)生均可根據(jù)電場力做功引起電勢能變化列式求解，對大多數(shù)學(xué)生沒有太大的難度．從a到b移動電子，電場力做功W＝Uab(－e)＝(－7)×(－e)＝7eV.電場力做正功，電勢能減小，故電子在a點電勢比在b點高7eV，故C錯誤；從b到c移動電子，電場力做功W＝－eUbc＝9eV，故D正確．解法二：利用假設(shè)法求解．設(shè)過c點的一條電場線ck與ac間夾角為θ，場強為E，如圖2所示．過a點做該電場線的垂線ad，過b點作垂線be，由于ad和be為兩條等勢線，且Ucd＝16V，Uce＝9V，根據(jù)勻強電場中電場強度的規(guī)律U＝E·d可得Ucd＝E×dcd＝16V①Uce＝E×dce＝9V②根據(jù)tanθ＝eq\f(3,4)可得θ＝37°，則E＝2.5V/cm這種解法對數(shù)學(xué)基礎(chǔ)要求較高，可是當(dāng)求出場強大小后，坐標(biāo)原點處的電勢便可順利求解．由以上分析可見電場線沿cO方向．由dcO＝10cm得UcO＝E·dcO＝25Vφ0＝＋1V.[答案]ABD在平時的練習(xí)中不難發(fā)現(xiàn)，正確答案為三項的選擇題，即使解題難度不大，也極易出錯，正確率直線下降，更何況此題本身對學(xué)生的能力要求較高，所以得分率很低.導(dǎo)致失誤的第二個原因，可能是平時解題習(xí)慣不好，作等勢線圖不用直尺，不嚴(yán)謹(jǐn)或不簡潔，在圖中找不出正確的幾何關(guān)系.第三個原因，就是數(shù)學(xué)基礎(chǔ)不扎實，幾何運算不熟練等.這就提示我們，在平時要正確使用作圖工具作圖，切不可養(yǎng)成隨手畫圖的不良習(xí)慣，沒有規(guī)矩不成方圓.[熟練強化]1．(多選)(2017·長沙四縣一市期中聯(lián)考)如右圖所示，質(zhì)量和電荷量均相同的兩個小球A、B分別套在光滑絕緣桿MN、NP上，兩桿固定在一起，NP水平且與MN處于同一豎直平面內(nèi)，∠MNP為鈍角．B小球受一沿桿方向的水平推力F1作用，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時A、B兩球間距為L1.現(xiàn)緩慢推動B球，A球也緩慢移動，當(dāng)B球到達(dá)C點時，水平推力大小為F2，A、B兩球間距為L2，則()A．F1<F2B．F1>F2C．L1<L2D．L1>L2[解析]對A球受力分析如圖所示，A球受到重力mg、支持力FA和庫侖力F庫，根據(jù)平衡條件，可知重力mg和庫侖力F庫的合力FA′，與支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和庫侖力F庫之間的關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)閙g、FA′、F庫′之間的三角形關(guān)系，如圖所示．在B球向C移動的過程中，庫侖力的方向在改變，即圖中α角變小，由矢量三角形可知庫侖力在變小，根據(jù)庫侖定律F庫＝keq\f(q2,L2)，可知L變大，即A、B之間的距離變大，選項C正確，D錯誤；對B球受力分析如圖所示，B球受到重力mg、支持力FB、庫侖力F庫和推力F，根據(jù)平衡條件，可知F＝F庫cosβ，在B球向C移動的過程中，庫侖力的方向在改變，即β在變大，則cosβ變小，庫侖力也在減小，故推力F變小，即F1>F2，選項A錯誤，B正確．[答案]BC2．(多選)(2017·河北唐山一模)如右圖所示，勻強電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強度的方向與紙面平行．已知A、B兩點的電勢分別為φA＝12V、φB＝6V，則C、D兩點的電勢可能分別為()A．9V、15V B．9V、18VC．0V、6V D．6V、0V[解析]已知ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因為勻強電場的電場強度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6V，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤．[答案]AC考向二平行板電容器問題[歸納提煉]1．兩個電容公式的比較2.平行板電容器動態(tài)問題的分析思路(2016·天津卷)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大D．θ減小，E不變[思路點撥]電容器與電源斷開，電荷量不變，上極板向下移動一小段距離，C變化，從而引起兩極板間的電勢差發(fā)生變化．極板間距離的變化不影響場強E，結(jié)合A點的位置可判斷Ep的變化情況．[解析]根據(jù)電容器定義式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，因電量不變，則兩板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，又C＝eq\f(εS,4πkd)，則E＝eq\f(4πkQ,εS)，當(dāng)極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變．保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)，兩極板之間的電場強度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變．綜上所述，選項D正確，A、B、C錯誤．[答案]D判斷電容器中某點電勢的變化時，一般是通過該點與某一極板的電勢差的變化來判斷.該題中因為上極板位置變化，下極板位置固定且接地，分析時應(yīng)以A點與下極板的距離為參考，若以A點與上極板的距離為參考來分析容易出錯.(1)電容器與電源連接時電勢和電勢能的分析如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點電荷，現(xiàn)將電容器N板向下移動一小段距離時，由于電壓不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)得場強減小，a點和上極板M的電勢差UMa＝EdMa，則UMa減小，又根據(jù)UMa＝φM－φa知，因φM不變，所以φa升高，正電荷的電勢能增大.2靜電計與電壓表的使用：在靜電實驗中，由于帶電體一般電壓都比較高，容易超過電壓表的量程，且物體所帶電荷量少，如用電壓表測電勢差，物體所帶電荷量就會很快通過電壓表內(nèi)部的通路放完.我們會發(fā)現(xiàn)電壓表指針在接通瞬間偏轉(zhuǎn)一下后，很快又回到零刻度.電壓表雖可以既方便又準(zhǔn)確地測量電勢差，但在靜電實驗中，一般不能用來測量兩個帶電體如平行板電容器的電勢差.[熟練強化]1．(2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變[解析]平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝Q/U可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減小．由于U不變，d不變，由E＝U/d可知，極板間電場強度E不變，選項D正確，A、B、C錯誤．[答案]D2．(2017·河南三市二模)如圖所示，固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開，B極板接地，A極板與一個靜電計相連．將B極板向左水平移動一小段距離后，電容器的電容C、靜電計指針偏角θ和極板間電場強度E的變化情況分別是()A．C變小，θ變大，E不變B．C不變，θ不變，E變小C．C變小，θ不變，E不變D．C變小，θ變大，E變小[解析]電容器充好電后與電源斷開，則電容器所帶電荷量不變．當(dāng)B極板左移時，極板間距離增大，由C＝eq\f(εrS,4kπd)知電容C減小，又C＝eq\f(Q,U)，則知兩板間電壓U升高，則靜電計指針偏角θ變大，再由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知電場強度不變，故A正確．[答案]A3．如圖所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的靈敏電流計，閉合開關(guān)S后，下列說法正確的是()A．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的兩極板間電壓將增大B．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的電容將保持不變C．若只將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從a到b方向的電流D．若只將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器儲存的電荷量將增加[解析]電容器兩個極板間的電壓等于滑動變阻器與電容器并聯(lián)部分兩端的電壓，滑動變阻器滑片P不動，則電容器兩極板間電壓不變，選項A錯誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，插入電介質(zhì)后，電容器的電容變大，選項B錯誤；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，增大d，電容器的電容變小，即Q＝CU變小，電容器放電，電流方向應(yīng)該是從b到a，選項C錯誤；將滑動變阻器滑片P向上移動，電容器兩極板間的電壓變大，即Q＝CU變大，電容器存儲的電荷量將增加，選項D正確．[答案]D考向三帶電粒子在電場中的運動[歸納提煉]帶電體在電場中運動的處理思路及方法1．用能量的觀點處理帶電體在電場中的運動對受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量的觀點來處理，即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡捷．2．用整體法處理多物體或多過程問題整體思想可對物理研究對象而言，亦可對粒子運動過程而言，其求解過程快捷．在運用此法處理帶電粒子在電場中的平衡或加速運動問題時，應(yīng)結(jié)合物體的平衡條件及動力學(xué)知識求解．3．正交分解法或化曲為直法處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運動合成的觀點去求出復(fù)雜運動的有關(guān)物理量．4．等效“重力”法將重力與電場力進(jìn)行合成，如下圖所示，則F合等效于“重力”，g′＝eq\f(F合,m)等效于“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效于“重力”的方向，即在重力場中的豎直向下方向．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場．自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小．[思路路線][解析](1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2?由已知條件Ek1＝1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)?[答案](1)3(2)eq\f(H,3)(3)eq\f(mg,\r(2)q)本題為帶電粒子在電場中的運動問題，對此類問題的分析主要包括以下幾種情形：1對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，重點掌握以下三種情況：①如果電場力為恒力，可由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電體的速度、位移等.②如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理或能量守恒研究帶電體的速度、位移等.③對于帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運動過程的情境出現(xiàn).2對于曲線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，重點掌握以下兩種運動形式：①一般是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理.通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)方程求解.②粒子做加速圓周運動，注意電場力做功等于電場力與在電場力方向上位移的乘積.③對于帶電粒子在交變電場中的曲線運動，解決的方法仍然是應(yīng)用運動的合成與分解的方法，把曲線運動分解為兩個直線運動，然后分別應(yīng)用直線運動規(guī)律加以解決.[熟練強化]遷移一帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)1．(2016·北京卷)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．[解析](1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,dm)(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G＝mg≈10－29N電場力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力．(3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝eq\f(EG,m)電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定．[答案](1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)原因見解析(3)見解析遷移二帶電粒子在交變電場中的運動2．(多選)(2017·山東五校聯(lián)考)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說法中正確的是()A．若k＝eq\f(5,4)且電子恰好在2T時刻射出電場，則應(yīng)滿足的條件是d≥eq\r(\f(9eU0T2,5m))B．若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加eq\f(eU0,2)C．若k＝eq\f(5,4)且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為eq\r(v\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5eU0T,4md)))2)D．若k＝1，則電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變[解析]豎直方向，電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動，加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)，位移x1＝eq\f(1,2)a1T2，在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動，加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)，初速度的大小v1＝a1T，勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)，由題知eq\f(1,2)d≥x1＋x2，解得d≥eq\r(\f(9eU0T2,5m))，A正確；若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，電場力做功為零，動能不變，B錯誤；若k＝eq\f(5,4)且電子恰好在2T時刻射出電場，垂直電場方向速度為v0，射出時的速度為eq\r(v\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0T,4md)))2)，C錯誤；若k＝1，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變，D正確．[答案]AD遷移三“等效法”電場中的應(yīng)用3．如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？[解析]小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動．因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知eq\x\to(AD)＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).[答案]v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).高考高頻考點強化——電場中的“兩類”典型圖象問題[考點歸納]幾種常見的E－x圖象幾種常見的φ－x圖象[真題歸類]1．(多選)(2017·全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3[解析]結(jié)合圖象可知Uab＝3V，Ubc＝1V，Ucd＝1V，根據(jù)W＝Uq可得Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，C正確，D錯誤；根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，eq\f(ra,rb)＝eq\f(1,2)，eq\f(rc,rd)＝eq\f(3,6)，故eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(4,1)，A正確，B錯誤．[答案]AC2．(多選)(2017·江蘇卷)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大[解析]由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ－x圖象的切線斜率表示電場強度，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤．[答案]AC3．(多選)(2014·上海卷)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如右圖所示，x軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電勢能先減小后增大D．由x1運到到x4的過程中電場力先減小后增大[解析]x2～x4處場強方向沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；x1～x3處場強為x軸負(fù)方向，則從x1到x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運動到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運動到x4的過程中，電場強度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤．[答案]B1E－x圖象特點①反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律.②E>0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負(fù)方向.③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定.3φ－x圖象特點及應(yīng)用①電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零.②在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向.③在φ－x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷.[遷移訓(xùn)練]1．(多選)(2016·福建漳州三聯(lián))空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有(