粵教版高中物理必修第三冊第1章章末綜合提升學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

主題1　力電綜合問題 1．受力情況帶電體在電場中受到電場力作用，還可能受到其他力的作用，如重力、彈力、摩擦力等。 2．解題方法 (1)物體在各個力的作用下，若處于平衡狀態(tài)，即靜止或做勻速直線運(yùn)動，物體所受合外力為零，利用力的平衡條件解題。 (2)物體在各個力的作用下做變速運(yùn)動(直線或曲線)，物體所受合外力不為零，利用牛頓第二定律解題。總之，處理這類問題，就像處理力學(xué)問題一樣，只是分析受力時注意增加了電場力。【典例1】　豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在該勻強(qiáng)電場中，用絕緣絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，小球距離右金屬板的距離為b，重力加速度大小為g，如圖所示。則： (1)小球帶電荷量q是多少？ (2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？ [解析]　(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析，如圖所示，可得 qE＝mg tan θ 故q＝mgtanθE。 (2)由于T＝mgcosθ，剪斷絲線后小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力和電場力的合力等于mgcosθ，小球的加速度 a＝F合m＝gcosθ 小球由靜止開始沿著絲線剪斷前拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)碰到金屬板時，它的位移為 s＝bsinθ 由s＝12at2得 t＝2sa＝2cosθgsinθ＝2bgtanθ。 [答案]　(1)mgtanθE　(2)2bgtanθ “四步”巧解力電綜合問題 (1)分析電場確定研究對象。 (2)“整體法、隔離法”做好受力分析。 (3)明確力的方向和個數(shù)巧建坐標(biāo)系。 (4)根據(jù)狀態(tài)列方程求解。主題2　帶電體在電場中的運(yùn)動 1．帶電體在電場中的運(yùn)動是一類綜合性很強(qiáng)的問題，解決這類問題時，常把帶電體看作點(diǎn)電荷，應(yīng)用力學(xué)知識(如牛頓運(yùn)動定律、動能定理等)求解。 2．帶電體在勻強(qiáng)電場中受到的電場力是恒力，若帶電體只受電場力作用，則其運(yùn)動是在恒力作用下的運(yùn)動，解決問題的思路是抓住兩個分析：受力分析和運(yùn)動分析。 3．帶電體在非勻強(qiáng)電場中所受電場力是變力，這類運(yùn)動往往用動能定理進(jìn)行分析和解答。【典例2】　如圖所示為一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度與水平方向的夾角為θ?，F(xiàn)有一帶電小球以初速度v0由A點(diǎn)水平射入該勻強(qiáng)電場，恰好做直線運(yùn)動從B點(diǎn)離開電場。已知帶電小球的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，電荷量為q，A、B之間的距離為d。試分析： (1)帶電小球的電性； (2)此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E； (3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小vB。 [解析]　(1)小球進(jìn)入電場后受兩個力作用，重力mg和電場力qE，小球恰好做直線運(yùn)動，則小球所受電場力qE和重力mg的合力F沿直線AB方向，如圖所示，可知小球帶正電。 (2)由圖可知mg＝qE sin θ，所以勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝mgqsinθ。 (3)小球在恒力作用下由A到B做勻加速直線運(yùn)動，合力為F＝mgtanθ，由牛頓第二定律得加速度為a＝gtanθ，由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律得vB2-v02＝2ad，則vB＝v02+2gdtanθ。 [答案]　(1)帶正電　(2)mgqsinθ　3v02+2gdtanθ “一關(guān)鍵、三應(yīng)用”巧解帶電體在電場中的運(yùn)動問題 (1)一關(guān)鍵：受力分析。 (2)三應(yīng)用：平衡知識、動力學(xué)知識和功能關(guān)系。主題3　電場中的圖像問題在考查電場中的基本概念時，往往給出與電場分布有關(guān)的圖像，如：E-x圖像、φ-x圖像、Ep-x圖像，或與粒子運(yùn)動規(guī)律有關(guān)的圖像，如：v-t圖像，掌握各個圖像的特點(diǎn)，理解其斜率、截距、“面積”對應(yīng)的物理意義，就能順利解決相關(guān)問題。幾種常見圖像的特點(diǎn)及規(guī)律【典例3】　(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢為零，ND段中C點(diǎn)的電勢最高，則(　　) A．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 C．NC間場強(qiáng)方向沿x軸正方向 D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功 AD　[φ-x圖像中斜率表示場強(qiáng)大小，則由題圖可知，由O點(diǎn)到M點(diǎn)，電勢一直降低，且題圖中圖線在A點(diǎn)的斜率也不為零，故A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小不為零，而C點(diǎn)向N、向D兩個方向電勢均降低，說明C點(diǎn)兩側(cè)電場方向相反，且圖線在C點(diǎn)的切線斜率為零，故C點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為零，A正確，B錯誤；由N到C電勢升高，故N、C間電場方向沿x軸負(fù)方向，C錯誤；WNC＝qUNC，q＜0，UNC＜0，故WNC＞0，而WCD＝qUCD，q＜0，UCD＞0，所以WCD＜0，D正確。] 章末綜合測評(一)　靜電場的描述一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。 1．下列關(guān)于點(diǎn)電荷的敘述正確的是(　　) A．點(diǎn)電荷就是電荷量和體積都足夠小的帶電體 B．體積大、形狀怪異的帶電體一定不能視為點(diǎn)電荷 C．點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對值為1.6×10-19 C D．帶電體的形狀和大小對其庫侖力的影響可忽略時，帶電體可看作點(diǎn)電荷 D　[帶電體能否看作點(diǎn)電荷是由研究問題的性質(zhì)決定的，與自身大小、形狀無必然關(guān)系，當(dāng)帶電體的形狀、大小對它們之間相互作用力的影響可以忽略時，這個帶電體就可以看作點(diǎn)電荷，故A、B、C錯誤，D正確。] 2．如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點(diǎn)在球面外，則(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)電勢比c點(diǎn)低 B．b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)高 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場強(qiáng)相同 D．b點(diǎn)場強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小 A　[由于負(fù)點(diǎn)電荷的電場線指向負(fù)點(diǎn)電荷，而沿著電場線電勢逐漸降低，又由于對稱性，因此a、b兩點(diǎn)電勢都比c點(diǎn)低，且a、b兩點(diǎn)電勢相等，故A正確，B錯誤；電場線的疏密反映了場強(qiáng)的大小，而且電場強(qiáng)度為矢量，具有方向性，因此a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向不同，都比c點(diǎn)場強(qiáng)大，故C、D錯誤。] 3．如圖所示，在勻強(qiáng)電場中取一點(diǎn)O，過O點(diǎn)作射線OA＝OB＝OC＝20 cm，∠AOB＝∠BOC，已知O、A、B、C各點(diǎn)的電勢分別為0、7 V、8 V、7 V，則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小和方向是(　　) A．35 V/m，沿OA方向 B．35 V/m，沿OC方向 C．40 V/m，沿OB方向 D．40 V/m，沿BO方向 D　[因A、C兩點(diǎn)電勢相等，故AC連線是一等勢線，由幾何關(guān)系可知OB⊥AC，因沿著電場線方向電勢降低，故可知電場線方向由B到O，場強(qiáng)大小為E＝Ud＝80.2 V/m＝40 V/m，故D正確。] 4．如圖所示，三個同心圓是以同一負(fù)點(diǎn)電荷為圓心的等勢面，相鄰等勢面的電勢差相等，則下列說法正確的是(　　) A．一個點(diǎn)電荷＋q在B點(diǎn)所受的靜電力比在A點(diǎn)的大 B．一個點(diǎn)電荷＋q在B點(diǎn)具有的電勢能比在A點(diǎn)的小 C．將同一個電荷由B點(diǎn)移到D點(diǎn)靜電力做的功比由C點(diǎn)移到A點(diǎn)多 D．將電荷＋q由B點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做正功 D　[點(diǎn)電荷電場中，離點(diǎn)電荷越近場強(qiáng)越大，所以EA>EB，點(diǎn)電荷＋q在A點(diǎn)受的靜電力比在B點(diǎn)受的靜電力大，A錯誤；點(diǎn)電荷＋q從B向A移動，靜電力做正功，電勢能減小，即＋q在B點(diǎn)的電勢能比在A點(diǎn)大，B錯誤；若從B到D移動電荷量為＋q的電荷，靜電力做功WBD＝qUBD，從C到A靜電力所做的功是WCA＝qUCA，因?yàn)閁BD＝UCA，故WBD＝WCA，C錯誤；從B到C移動電荷量為＋q的電荷，靜電力做正功，D正確。] 5．如圖甲、乙所示，兩個帶電荷量均為q的點(diǎn)電荷分別位于帶電荷量線密度相同、半徑相同的半圓環(huán)和 34圓環(huán)的圓心，環(huán)的粗細(xì)可忽略不計(jì)。若圖甲中環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力大小為F，則圖乙中環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力大小為(　　) 　甲　　　乙 A．32F　　　B．12F　　　C．22F　　　D．32F C　[由題圖甲中均勻帶電半圓環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力大小為F，可以得出14圓環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力大小為22F。將題圖乙中的均勻帶電34圓環(huán)分成三個14圓環(huán)，關(guān)于圓心對稱的兩個14圓環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力的合力為零，因此題圖乙中的34圓環(huán)對圓心點(diǎn)電荷的庫侖力大小為22F，故C正確，A、B、D錯誤。] 6．如圖所示，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c小球帶同種電荷 B．a(chǎn)、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷 C．a(chǎn)、b小球電荷量之比為36 D．a(chǎn)、b小球電荷量之比為39 D　[a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，環(huán)的支持力以及b對a的庫侖力均沿圓環(huán)直徑方向，故c對a的庫侖力為引力，同理可知，c對b的庫侖力也為引力，所以a與c的電性一定相反，a與b的電性一定相同，即a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故A、B錯誤；對c小球受力分析，將力沿水平方向和豎直方向正交分解后可得k qaqcrac2sin 60°＝k qqcrbc2sin 30°，又rac∶rbc＝1∶ 3，解得qa∶qb＝3∶9，故C錯誤，D正確。] 7．光滑水平面上的兩個小球A、B繞著它們連線上的某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，兩個小球間的距離為L并保持不變，小球A、B所帶電荷量分別為＋2Q和－Q，質(zhì)量分別為m和2m。不計(jì)兩球間的萬有引力，則下列說法正確的是(　　) A．A、B所受庫侖力大小之比為2∶1 B．A、B的線速度大小之比為2∶1 C．若僅把B的電荷量變?yōu)椋?Q，則穩(wěn)定后A、B做圓周運(yùn)動的半徑之比為1∶1 D．若僅把A的質(zhì)量變?yōu)?m，則穩(wěn)定后A、B的線速度大小之比為2∶1 B　[A、B所受庫侖力互為作用力和反作用力，大小相等，故A錯誤；根據(jù)F庫＝k 2Q·QL2＝mω2rA＝2mω2rB，可得 rArB＝21，根據(jù)v＝ωr可知，A、B的線速度大小之比為2∶1，故B正確；若僅把B的電荷量變?yōu)椋?Q，根據(jù)F庫＝k 2Q·2QL2＝mω2rA＝2mω2rB，則穩(wěn)定后A、B做圓周運(yùn)動的半徑之比仍為2∶1，故C錯誤；若僅把A的質(zhì)量變?yōu)?m，根據(jù)F庫＝k 2Q·QL2＝2mω2rA′＝2mω2rB′，可得 rA'rB' ＝ 11，根據(jù)v＝ωr可知，穩(wěn)定后A、B的線速度大小之比為1∶1，故D錯誤。] 二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。 8．如圖所示，虛線1、2、3表示電場中的三條等勢線，一電子從電場中的a點(diǎn)由靜止釋放后沿直線運(yùn)動到b點(diǎn)，不計(jì)電子重力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng) B．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)小于b點(diǎn)場強(qiáng) C．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 D．a(chǎn)點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢 AD　[a點(diǎn)等勢面比b點(diǎn)等勢面密，故a點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，故B錯誤，A正確；電子僅在電場力作用下由a到b，則電子受到的電場力由a指向b，電子帶負(fù)電，故電場線方向由b指向a，a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故C錯誤，D正確。] 9．一帶負(fù)電的粒子只在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零 B．粒子在O～x2段做變速運(yùn)動，x2～x3段做勻變速運(yùn)動 C．x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變，為一定值 D．在O、x1、x2、x3處電勢φO、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2＝φO>φ3 BCD　[由E＝Ud得電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系E＝ΔφΔx，電勢能Ep＝qφ，聯(lián)立可得E＝1q·ΔEpΔx，可知Ep-x圖像切線的斜率 ΔEpΔx＝qE＝F靜，x1處切線斜率為零，所以x1處電場強(qiáng)度為零，故A錯誤；由題圖可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段圖線斜率大小變化情況為變小、變大、不變，則可知三段圖線反映的粒子所受的靜電力變小、變大、不變，故B、C正確；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ、粒子帶負(fù)電可知，電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以φ1>φ2＝φO>φ3，故D正確。] 10．(2022·全國甲卷)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后，(　　) A．小球的動能最小時，其電勢能最大 B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大 C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大 D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量 BD　[由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運(yùn)動，當(dāng)其水平速度與豎直速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍對其做負(fù)功，其電勢能繼續(xù)增大，故A、C錯誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當(dāng)小球水平速度減為零時，克服電場力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運(yùn)動規(guī)律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關(guān)系可知，重力做的功等于小球重力勢能的減少量，故B、D正確。] 三、非選擇題：共5個小題。 11．兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，d點(diǎn)在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則a點(diǎn)的電場強(qiáng)度________b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，c點(diǎn)的電場強(qiáng)度________d點(diǎn)的電場強(qiáng)度。 (選填“＞”“＜”或“＝”) [解析]　由題圖可知，a點(diǎn)附近電場線比b點(diǎn)附近電場線密，所以Ea＞Eb；由點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的場強(qiáng)公式E＝k Qr2和場強(qiáng)疊加原理可知Ec＞Ed。 [答案]?。尽。?12．在探究“兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)”的實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)猜想可能與兩電荷的距離和電荷量有關(guān)。他選用帶正電的小球A和B，A球固定在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點(diǎn)，如圖所示。實(shí)驗(yàn)時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球的距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實(shí)驗(yàn)表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的________而增大，隨其所帶電荷量的________而增大。此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是_____________(選填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”)。 [解析]　由題意知，懸線夾角越大，說明受力越大，故兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大，隨其所帶電荷量的增大而增大；此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是控制變量法。 [答案]　減小　增大　控制變量法 13．如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)固定一個電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度為v。已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在A點(diǎn)的電勢為φ(取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，重力加速度為g，靜電力常量為k。求： (1)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大??； (2)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢。 [解析]　(1)物塊在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫侖力 F＝kQqr2 由幾何關(guān)系可知r＝hsin60° 設(shè)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小為FN 由平衡條件有FN＝mg＋F sin 60° 解得FN＝mg＋33kQq8h2。 (2)設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢為φB 由動能定理有q(φ－φB)＝12mv2-12mv02 解得φB＝φ+mv02-v22q。 [答案]　(1)mg＋33kQq8h2　2φ+mv02-v22q 14．如圖所示，AB是豎直面內(nèi)、圓心在O點(diǎn)、半徑為R的 14光滑絕緣軌道，其B端切線水平且與水平地面平滑連接，OB連線上及其右側(cè)的空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球從軌道A端無初速度釋放，小球滑離B點(diǎn)后，在水平地面上最終停在D點(diǎn)，BD的距離為x＝4R。若小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，不計(jì)其他阻力。求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E； (2)小球在B處對軌道的壓力大小FN′。 [解析]　(1)小球從B到D有 FN＋qE－mg＝0 f＝μFN 從A到D由動能定理mgR－f×4R＝0 解得E＝4μ-1mg4μq。 (2)小球從A到B，由動能定理得mgR ＝ 12mvB2－0 小球在B處由牛頓第二定律得FN ＋ qE－mg＝m vB2R 解得FN＝8μ+1mg4μ 由牛頓第三定律得FN′＝ 8μ+1mg4μ。 [答案]　(1) 4μ-1mg4μq　(2) 8μ+1mg4μ 15．如圖所示的勻強(qiáng)電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔均為d，各等勢面電勢已在圖中標(biāo)出，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，重力加速度為g，要使小球做直線運(yùn)動，求： (1)小球應(yīng)帶何種電荷及其電荷量； (2)小球受到的合外力的大??； (3)在入射方向上小球運(yùn)動的最大位移xm。(電場足夠大) [解析]　(1)作電場線如圖(a)所示。由題意知，只有小球受到方向向左的靜電力，靜電力和重力的合力與初速度才可能在一條直線上，如圖(b)所示。只有當(dāng)F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運(yùn)動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速直線運(yùn)動。由圖(b)知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝Ud，得q＝mgE＝mgdU。 (2)由圖(b)知，F(xiàn)合＝qE2+mg2＝2mg。 (3)由動能定理得－F合xm＝0- 12mv02 所以xm＝mv0222mg＝ 2v024g。答案：(1)正電荷　mgdU　(2)2mg　32v024g v-t圖像根據(jù)v-t圖像中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方向、電勢高低及電勢能變化φ-x圖像①電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零；②在φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向；③在φ-x圖像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)，然后做出判斷E-x 圖像①反映了電場強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律；②E＞0表示場強(qiáng)沿x軸正方向，E＜0表示場強(qiáng)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(diǎn)的電勢高低根據(jù)電場方向判定Ep-x 圖像①反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律；②圖線的切線斜率大小等于電場力大??；③進(jìn)一步判斷場強(qiáng)、動能、加速度等隨位移的變化情況