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1、電場能的性質(zhì) 一、選擇題 1．(2018·武漢模擬)關于靜電場，下列說法正確的是(　　) A．電勢降低的方向一定是電場強度的方向 B．電勢等于零的物體一定不帶電 C．同一等勢面上各點電場強度一定相同 D．電場線為平行直線的電場定是勻強電場 答案　D 解析　A項，沿電場線方向電勢降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向，所以電勢降低的方向不一定是電場強度的方向，故A項錯誤；B項，電勢的0點是人為選擇的，所以電勢等于零的物體也可以是帶電的，故B項錯誤；C項，電場強度的大小與電勢無關，如點電荷的電場中同一等勢面上的各點，電場強度方向不相同，故C項錯誤；D項，根據(jù)電場的特點可知，電場線

2、為平行直線的電場定是勻強電場，故D項正確． 2.(2018·海南)(多選)如圖，a、b、c、d為一邊長為L的正方形的頂點．電荷量均為q(q＞0)的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k.不計重力．下列說法正確的是(　　) A．b點的電場強度大小為 B．過b、d點的直線位于同一等勢面上 C．在兩點電荷產(chǎn)生的電場中，ac中點的電勢最低 D．在b點從靜止釋放的電子，到達d點時速度為零 答案　AD 解析　A項，a、c兩電荷在b點的電場強度為Ea＝Ec＝，則b點的電場強度大小為：E＝2Eacos45°＝，故A項正確；B、C兩項，由等量同種點電荷的電場分布的特點可知，過b、d的直

3、線不是等勢面，在ac中點的電勢最高．故B項錯誤，C項錯誤；D項，結(jié)合等量同種點電荷的電場分布的特點可知，b點與d點的電勢是相等的，所以電子在b、d兩點的電勢能相等，所以從b點釋放的電子，將沿bd的方向運動，到達d點的速度恰好等于0.故D項正確． 3.(2018·永州一模)(多選)如圖所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標有電勢的值，一帶電粒子只在電場力作用下恰能沿圖中的實線從A經(jīng)過B運動到C，下列判斷正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．A處場強大于C處場強 C．粒子在A處電勢能小于在C處電勢能 D．粒子從A運動到B的電場力所做的功大于從B到C電場力所做的功 答案　ABC

4、 解析　A項，根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正電．故A項正確；B項，等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，A處場強大于C處場強，故B項正確；C項，從A點運動到C點，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，故C項正確；D項，根據(jù)W＝Uq知電勢差相同，電場力做功相同，故D項錯誤． 4.(2018·福州模擬)(多選)真空中，兩個固定點電荷A、B所帶電荷量分別為Q1和Q2，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向，電場線上標出了C、D兩點

5、，其中D點的切線與AB連線平行，AB連線中點為O，則(　　) A．A帶正電，B帶負電，且|Q1|＞|Q2| B．O點電勢比D點電勢高 C．負檢驗電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能 D．在C點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿此電場線運動到D點 答案　AB 解析　A項，根據(jù)電場線的方向，知A帶正電，B帶負電；D點的場強可看成A、B兩電荷在該點產(chǎn)生場強的合場強，電荷A在D點電場方向沿AD向上，電荷B在D點產(chǎn)生的場強沿DB向下，合場強水平向右，可知A電荷在D點產(chǎn)生的場強大于B電荷在D點產(chǎn)生的場強，而AD＞BD，所以Q1＞Q2.故A項正確．B項，因Q1＞Q2.在AB上電勢與D

6、點相同的點在OB之間，A帶正電荷，B帶負電荷，所以O點電勢比D點電勢高．故B項正確．C項，沿電場線方向電勢逐漸降低，φC＞φD，再根據(jù)Ep＝qφ，q為負電荷，知EpC＜EpD.故C項錯誤．D項，只有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行，運動軌跡才與電場線重合．而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合．故D項錯誤． 5.(2018·浙江模擬)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v-t圖像如圖所示．粒子在t時刻運動到B點，3t時刻運動到C點，以下判斷正確的是(　　) A．A、B、C三點的電勢關系為φB＞φA＞φC B．A、B、C三點的場

7、強大小關系為EC＞EB＞EA C．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少 D．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功 答案　C 解析　A項，由于粒子不知電性，無法確定電場強度的方向，因此無法比較電勢的高低，故A項錯誤；B項，由圖像可知，粒子的加速度先增大后減小，因此電場強度先增大后減小，故B項錯誤；C項，由圖像可知，粒子從A點經(jīng)B點運動到C點速度先減小后增大，所以動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律，電勢能應該先增大后減小，故C項正確；D項，由圖像可知，粒子從A點經(jīng)B點運動到C點速度先減小后增大，根據(jù)動能定理可知電場力先做負功，后做正功，故D項錯誤． 6．(2018

8、·樂山模擬)如圖，在勻強電場中，場強方向與△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m，一個電量q＝1×10－5 C的正電荷從a移到b，電場力做功為零；同樣的電荷從a移到c，電場力做功為1×10－3 J，則該勻強電場的場強大小和方向分別為(　　) A．500 V/m，沿ab由a指向b B．500 V/m，垂直ab向上 C．1 000 V/m，垂直ab向上 D．1 000 V/m，沿ac由a指向c 答案　C 解析　正電荷從a移到b，電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，a、b兩點電勢相等，故過c做ab的垂線，一定是電場線；正電荷從a到c過程，由W＝Uq可知，a

9、、c兩點的電勢差Uac＝＝ V＝100 V；即a點電勢高于c點的電勢，故電場線垂直于ab斜向上；ac間沿電場線的距離d＝ac·cos60°＝0.2×0.5 m＝0.1 m；由E＝可知：電場強度E＝ V/m＝1000 V/m；方向垂直ab向上． 7.(2018·長春三模)如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)存在一正點電荷Q，坐標軸上有A、B、C三點，OA＝OB＝BC＝a，其中A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　) A．點電荷Q位于O點 B．O點電勢比A點電勢高 C．C點的電場強度大小為 D．將某一正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能

10、一直減小 答案　C 解析　A項，點電荷的等勢面為以點電荷為球心的同心球面，在紙面內(nèi)的等勢線為同心圓；連接AB即為弦、OC也為弦．AB的中垂線與OC的中垂線交點為圓心，即點電荷位置，A項錯誤；B項，A點離正點電荷近，所以電勢高，故B項錯誤；C項，由幾何關系可知，C點距點電荷距離為a，則由點電荷場強公式E＝k計算可知，C點的電場強度大小為，故C項正確；D項，正的試探電荷從A沿直線到C，與點電荷的距離先變小后變大，則電場力做功先負后正，電勢能先變大后變小，故D項錯誤． 8．(2018·益陽模擬)在勻強電場中有一長方形區(qū)域ABCD，邊長AB＝0.3 m、BC＝0.4 m，勻強電場方向與ABCD所

11、在平面平行，A、B、C三點的電勢φA＝55 V，φB＝19 V，φC＝－45 V，則勻強電場的電場強度大小和方向為(　　) A．120 V/m，沿AB方向 B．200 V/m，沿AC方向 C．160 V/m，沿AD方向 D．300 V/m，沿BD方向 答案　B 解析　勻強電場中，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化都相等，故φA－φC＝100 V，φA－φB＝36 V，φB－φC＝64 V，邊長AB＝0.3 m、BC＝0.4 m，根據(jù)勾股定理知AC＝0.5 m，根據(jù)幾何關系知由B向AC的連線作垂線的交點E點電勢等于B點電勢，電場線垂直于等勢面，即電場線方向為沿AC，由A指向C，E

12、＝＝＝200 V/m. 9．(2018·合肥一模)(多選)如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一電子經(jīng)過等勢面D時，動能為16 eV，速度方向垂直于等勢面D飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為－8 eV，飛至等勢面B時速度恰好為零．已知相鄰等勢面間的距離均為4 cm，電子重力不計，則下列說法正確的是(　　) A．電子做勻變速直線運動 B．勻強電場的場強大小為100 V/m C．等勢面A的電勢為－8 V D．電子再次飛經(jīng)D等勢面時，動能為16 eV 答案　ACD 解析　A項，電子運動方向垂直于等勢面，故電子運動方向和電場方向平行，那么，電子加速度方向和運動方向平行，故電子

13、做勻變速直線運動，故A項正確；D項，電子運動過程只有電場力做功，故電子再次飛經(jīng)D等勢面時電場力做功為零，那么，電子動能不變，仍為16 eV，故D項正確；B、C兩項，電子飛至等勢面B時速度恰好為零，故由動能定理可知：電子從等勢面D到等勢面B，克服電場力做功為16 eV，故等勢面D、B間的電勢差為16 V，故場強為：E＝＝＝200 V/m；又有從D到B電勢降低；等勢面C處電子的電勢能為－8 eV，故等勢面C的電勢為8 V，所以，等勢面A的電勢比等勢面C的電勢低16 V，故為－8 V，故B項錯誤，C項正確． 10．(2018·淄博二模)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨

14、位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強度最小，但不為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C．若x1、x3處電勢為φ1、φ3，則φ1＜φ3 D．x2～x3段的電場強度大小方向均不變 答案　D 解析　A項，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系得FΔx＝－ΔEp，則－F＝，可知EP-x圖像切線斜率絕對值表示電場力的大小，由圖知，帶電粒子在x1處所受電場力為零，電場強度為零，故A項錯誤．B項，粒子在0～x2段所受的電場力是變力，做非勻變速運動，x2～x3段是直線，斜

15、率一定，則粒子所受的電場力一定，做勻變速運動，故B項錯誤．C項，根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶負電，知φ3＜φ1.故C項錯誤．D項，x2～x3段是直線，斜率一定，粒子所受的電場力不變，所以x2～x3段電場強度大小方向均不變，故D項正確． 11.(2018·濟南二模)一個帶正電的粒子(重力不計)僅在電場力作用下以原點O為中心，沿x軸方向做周期性運動，x軸上各點電勢如圖所示．若該粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，其電勢能與動能之和為qφ0(φ0已在圖中標出)，則下列說法正確的是(　　) A．x＝－3x0與原點O之間的電場為非勻強電場 B．原點O右側(cè)的電場為勻強電場，電場強度大小為 C．粒子在原點O時

16、的電勢能最小，為qφ0 D．粒子在運動過程中的最大動能為qφ0 答案　D 解析　A項，由圖可知－3x0～0間電勢隨x均勻變化，則可知電場為勻強電場，故A項錯誤；B項，由圖可知，斜率表示電場強度，0與2x0兩點間的電勢差為φ0，電場強度的大小為：E＝，故B項錯誤；C項，粒子帶正電，根據(jù)EP＝φq可知，電勢越高的地方，電勢能越大，所以粒子在原點O時的電勢能最小為0，故C項錯誤；D項，粒子在原點O時的電勢能最小為0，根據(jù)能量守恒此時可知，動能最大，為qφ0，故D項正確． 12．(2018·武漢模擬)(多選)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A、B(均可視為點電荷)套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中

17、A球固定，電荷量QA＝2.0×10－4 C，B球的質(zhì)量m＝0.1 kg.以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，B球的總勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖乙中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線Ⅰ的漸近線．圖中M點離A點距離為6 m．令A所在平面為參考平面，無窮遠處電勢為零，重力加速度g取10 m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.下列說法正確的是(　　) A．桿與水平面的夾角θ＝60° B．B球的電荷量QB＝1.0×10－5 C C．若B球以4 J的初動能從M點沿桿向上運動，到最高點時電勢能減小2 J D．若B球從離A球2 m處靜止釋放，則向上運動過程中加速

18、度先減小后增大 答案　BCD 解析　A項，漸進線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的變化關系，即為：Ep＝mgxsinθ＝k′x，則sinθ＝＝0.5，即θ＝30°；故A項錯誤；B項，由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x＝6 m處總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，則有：mgsin30°＝k，即為：1×＝9×109×，解得：QB＝1×10－5 C；故B項正確；C項，M點的電勢能Ep1＝E總－Ep＝E總－mgx1sinθ＝6 J－0.1×10×6×0.5 J＝3 J，在M點B球總勢能為6 J，根據(jù)能量守恒定律，當B的動能為零，總勢能為10 J，由圖可知，總勢能為10 J時，有：x2＝18 m，此時的電勢能為：

19、Ep2＝E總′－Ep′＝E總′－mgx2sinθ＝10 J－0.1×10×18×0.5 J＝1 J，所以電勢能的變化為：ΔEp＝Ep1－Ep2＝3 J－1 J＝2 J．故C項正確；D項，由圖，B球在M點的動能最大，速度最大該位置B受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不變，而沿斜面向上的電場力逐漸減小，所以B球受到的合外力先減小為0，然后從0開始逐漸增大，所以B球的加速度也先減小后增大．故D項正確． 二、非選擇題 13．(2018·安徽模擬)如圖所示，AB是半徑為R的圓的一條直徑，O點為圓心．該圓處于勻強電場中，場強方向平行圓所在平面．現(xiàn)在有大量的質(zhì)量為m，帶正電的粒子，電量為q.從A點以大小

20、為v0的速度沿不同方向射入電場，這些粒子會經(jīng)過圓上不同點，在這些點中到達C點的粒子動能最大，并變?yōu)槌鮿幽艿膬杀叮阎螧AC＝30°，若不計重力和空氣阻力，試求： (1)場強的大小和方向； (2)若A點電勢為零，則到達B點的粒子，在通過B點時的電勢能Ep. 答案　(1)　沿OC方向　(2)－ 解析　(1)因為到達C點粒子動能最大，粒子在勻強電場中，從A點運動到C點，根據(jù)動能定理可知：qUAC＝ΔEk，到達C點時的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點．且由A到C電場力對小球做正功．所以C點的電勢最低，則電場線方向沿OC方向． A到C過程由動能定理知：mv

21、02－mv02＝Eq· 由上式得：E＝ (2)粒子由A到B電場力做功為：W＝Eq·2Rsin30°＝ 由功能關系得：Ep＝－W＝－. 14.(2018·德陽模擬)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一絕緣輕質(zhì)彎桿AOB，∠AOB＝120°，彎桿可繞固定軸O在水平面內(nèi)做無摩擦的自由轉(zhuǎn)動．桿上A、B兩點分別固定著兩個質(zhì)量相同的帶電小球，其質(zhì)量均為m，電量分別為＋q和－2q.已知OA＝2OB＝2L.空間存在水平向右，場強大小為E的勻強電場，初始時刻OA與電場方向平行．(忽略兩小球間的相互作用)問： (1)選O點電勢為0，求A、B兩球在初始時刻處電勢能之和； (2)從初始位置開始釋放系統(tǒng)，

22、問轉(zhuǎn)過30°角時B球的速度是多少？ 答案　(1)－3EqL　(2) 解析　(1)根據(jù)電場力做功和電勢能的變化關系可得： 小球A的電勢能：EpA＝－Eq·2L① 小球B的電勢能：EpB＝－2q·ELsin30°② 所以總的電勢能為：Ep＝－Eq·2L－E×2q·Lsin30°， 代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝－3EqL③ (2)設系統(tǒng)轉(zhuǎn)過30°角時，B球的速度為vB，由動能定理有： －Eq·(2L－2Lcos30°)＋2Eq·(Lsin60°－Lsin30°)＝mvB2＋mvA2④ 兩個小球轉(zhuǎn)動的角速度相同，根據(jù)v＝rω可知， vA＝2vB⑤ 聯(lián)立④⑤解得：vB＝. 9