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章末总结知识网络热点专题一、电场的几个物理量的求解思路1．确定电场强度的思路(1)定义式：E＝Fq.(2)库仑定律：E＝kQr2(真空中的点电荷)．(3)电场强度的叠加原理：求电场中某点电场强度的矢量和．(4)电场强度与电势差的关系：E＝Ud(匀强电场)．(5)导体静电平衡时，内部的场强为零，即感应电荷的电场强度与外电场的电场强度等大反向，E感＝－E外．(6)电场线或等势面确定电场强度的方向，定性确定电场强度的大小．2．确定电势的思路(1)定义式：φ＝Epq.(2)电势与电势差的关系：UAB＝φA－φB.(3)电势与场源电荷的关系：越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低．(4)电势与电场线的关系：沿电场线方向电势逐渐降低．(5)导体静电平衡时，整个导体是等势体，表面是等势面．3．确定电势能的思路(1)与静电力做功的关系：WAB＝EpA－EpB，静电力做正功，电势能减小，静电力做负功，电势能增加．(2)与电势的关系：Ep＝qφ，正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．(3)与动能的关系：只有静电力做功时，电势能与动能之和为定值，动能越大，电势能越小．4．确定电场力做功的思路(1)根据电场力的功与电势能的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB.(2)应用公式WAB＝qUAB计算，符号规定：q若是正电荷取正值，q若是负电荷取负值，UAB为正取正值，UAB为负取负值．(3)应用功的定义式求解匀强电场的电场力做功：W＝qElcosθ.(4)由动能定理求解电场力做功：W电＋W其他＝ΔEk.即若已知动能的改变量和其他力做功，就可以由上式求出电场力做功．在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零．则在＋Q形成的电场中()例1A．N点电势高于P点电势B．N点电势为－mv22qC．P点电场强度大小是N点的4倍D．试探电荷在N点具有的电势能为－12mv2解析：根据点电荷电场特点，N点电势低于P点电势，选项A错误；根据动能定理，－qUNP＝－qφN＝12mv2，解得N点电势为φN＝－mv22q，选项B正确；答案：BC由于N点到O点的距离是P点到O点的2倍，根据点电荷的电场强度公式可知，P点电场强度大小是N点的4倍，选项C正确；试探电荷在N点具有的电势能为－qφN＝12mv2，选项D错误．二、电场力做功与能量转化1．带电的物体在电场中具有电势能，同时还具有动能和重力势能等机械能，用能量守恒观点处理问题是常见的方法．2．常见的几种功能关系(1)只要外力做功不为零，其动能就要改变(动能定理)．(2)静电力只要做功，电势能就要改变，且静电力做功等于电势能的减少量．如果只有静电力做功，物体的动能和电势能之和保持不变．(3)如果除重力和静电力之外，无其他力做功，则物体的动能、重力势能和电势能三者之和保持不变．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为()A．动能减小B．电势能增加C．动能和电势能之和减小D．重力势能和电势能之和增加例2解析：由题图可知电场力大于重力，则从a到b，电场力做正功，电势能减少，重力做负功，重力势能增加，又电场力做的功大于重力做的功，所以动能增加，由动能定理可得W电－W重＝ΔEk，动能和电势能之和减少．答案：C分析解决电场中运动的三种视角1．力和运动的关系：带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态，准确分析带电体的受力情况是解题前提，通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹，从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法．2．分解的思想：带电体在电场和重力场的复合场中，若做类平抛或其他曲线运动，都可以考虑分解的思想，把它分解为两个分运动，可使问题简单化．解题策略3．功能关系：带电体在电场运动的过程中伴随做功和各种能量的转化，由于静电力做功与路径无关，这给动能定理和能量守恒定律提供了广阔的平台．1．如图所示，四个质量相同，带电荷量均为＋q的a、b、c、d微粒，距离地面的高度相同，以相同的水平速度抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过场强大小相同的匀强电场(mgqE)，这四个微粒从抛出到落地的时间分别是ta、tb、tc、td，则()A．tbtatctdB．tb＝tcta＝tdC．ta＝tdtbtcD．tbta＝tdtc【答案】D【解析】根据四个微粒所受电场力的情况，可以判断出：竖直方向上的加速度关系为abaa＝adac，又由h＝12ayt2得tbta＝tdtc，应选D.2.在中间位置有固定转动轴的长为2l的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为＋q的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减少量是()【答案】CA．一定大于12UqB．一定等于2(Uq＋mgl)C．一定小于UqD．一定大于Uq＋mgl【解析】杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称性知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加超过12qU，小球1的电势能降低量小于12qU，系统重力势能未变，动能减少，故A、B、D错误，C正确．3．如图所示，带电荷量为Q的正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和C相距为L，B为AC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g4，静电力常量为k，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Q和L表示)．【解析】(1)带电小球在A点时，mgsin30°－kqQL2＝maA，带电小球在B点时，kQqL22－mgsin30°＝maB，且aA＝g4，可解得aB＝g2.(2)由A点到B点应用动能定理，得mgsin30°·L2－UBA·q＝0，由mgsin30°－kqQL2＝maA＝mg4，可得14mg＝kqQL2，可求得UBA＝kQL.【答案】(1)g2(2)kQL