第2講　電場(chǎng)能的性質(zhì)   　　時(shí)間：50分鐘　 　　滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～7題為單選，8～10題為多選)1. (2021·八省聯(lián)考廣東卷)如圖所示，在某靜電除塵器產(chǎn)生的電場(chǎng)中，帶等量負(fù)電荷的兩顆微粒只受靜電力作用，分別從p點(diǎn)沿虛線pm、pn運(yùn)動(dòng)，被吸附到金屬圓筒上。下列說法正確的是(　　)A．p點(diǎn)的電勢(shì)高于n點(diǎn)的電勢(shì)B．微粒在p點(diǎn)的電勢(shì)能小于在m點(diǎn)的電勢(shì)能C．微粒從p到n的動(dòng)能變化量大于從p到m的動(dòng)能變化量D．微粒從p到n的電勢(shì)能變化量等于從p到m的電勢(shì)能變化量答案　D解析　沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低，則有φn>φp，故A錯(cuò)誤；負(fù)電荷從p到m運(yùn)動(dòng)靜電力做正功，電勢(shì)能減小，有Epp>Epm，故B錯(cuò)誤；兩微粒均只受靜電力，由動(dòng)能定理有qU＝ΔEk，因初末位置電勢(shì)差相同，電量q相等，則靜電力做的功相等，電勢(shì)能減小量相等，兩微粒的動(dòng)能變化量相等，故C錯(cuò)誤，D正確。2. (2021·八省聯(lián)考湖北卷)如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，某電場(chǎng)線上有兩點(diǎn)M和N，距離為2d。在M和N處分別固定電荷量為＋q和－q的兩個(gè)點(diǎn)電荷。下列說法正確的是(　　)A．點(diǎn)電荷＋q和－q受到的靜電力大小均為qE，方向相反B．將點(diǎn)電荷＋q沿MN連線向N點(diǎn)移動(dòng)距離d，靜電力對(duì)點(diǎn)電荷＋q做功為qEdC．交換兩個(gè)點(diǎn)電荷的位置，靜電力對(duì)兩個(gè)點(diǎn)電荷做功之和為零D．將兩點(diǎn)電荷沿MN連線移動(dòng)距離d，保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的距離不變，靜電力對(duì)兩個(gè)點(diǎn)電荷做功之和為零答案　D解析　點(diǎn)電荷＋q受到勻強(qiáng)電場(chǎng)給其向右的靜電力qE以及點(diǎn)電荷－q所給其向右的靜電力k，合力大小為F1＝qE＋k，方向水平向右；點(diǎn)電荷－q受到勻強(qiáng)電場(chǎng)給其向左的靜電力qE以及點(diǎn)電荷＋q所給其向左的靜電力k，合力大小為F2＝qE＋k，方向水平向左，故A錯(cuò)誤。將點(diǎn)電荷＋q沿MN連線向N點(diǎn)移動(dòng)距離d，勻強(qiáng)電場(chǎng)的靜電力做功為qEd，點(diǎn)電荷－q的庫(kù)侖力對(duì)它做正功，則靜電力對(duì)點(diǎn)電荷＋q做功大于qEd，故B錯(cuò)誤。交換兩個(gè)點(diǎn)電荷的位置，靜電力對(duì)點(diǎn)電荷＋q做正功，對(duì)點(diǎn)電荷－q也做正功，做功之和不為零，故C錯(cuò)誤。將兩點(diǎn)電荷沿MN連線移動(dòng)距離d，保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的距離不變，此過程靜電力對(duì)＋q做的功為qEd＋，對(duì)－q做的功為－，故靜電力對(duì)兩個(gè)點(diǎn)電荷做功之和為零，D正確。3．(2020·山東濟(jì)南二模)如圖所示為某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，線上有A、B、C三點(diǎn)，B點(diǎn)是A、C的中點(diǎn)。電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為4 eV，在C點(diǎn)的電勢(shì)能為10 eV，下列說法正確的是(　　)A．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定由C指向AB．B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定由A指向CC．B點(diǎn)的電勢(shì)一定小于－7 VD．B點(diǎn)的電勢(shì)一定大于－7 V答案　B解析　根據(jù)題意可知，電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能較低，則說明A點(diǎn)的電勢(shì)較高，所以電場(chǎng)線由A指向C，則B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定由A指向C，故A錯(cuò)誤，B正確；φA＝＝＝－4 V，同理，φC＝－10 V，因?yàn)?/span>B點(diǎn)為A、C的中點(diǎn)，如果為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則有φB－φA＝φC－φB，得φB＝－7 V，由題無法確定該電場(chǎng)是什么電場(chǎng)，故無法確定B點(diǎn)的電勢(shì)，故C、D錯(cuò)誤。4. (2020·山西省運(yùn)城市高三上學(xué)期期末調(diào)研)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)，取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示，下列圖像中合理的是(　　)答案　D解析　粒子僅受靜電力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，靜電力做的功等于電勢(shì)能的減小量，故F＝||，即Ep-x圖像上某點(diǎn)的切線的斜率絕對(duì)值表示靜電力的大小，由圖可知，該粒子所受靜電力隨位移的增大逐漸減小，根據(jù)E＝，可知電場(chǎng)強(qiáng)度也逐漸減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，有：F·Δx＝ΔEk，故Ek-x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示靜電力，由于靜電力逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C圖v-x圖像是直線，相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動(dòng)，故粒子增加相等的速度需要的時(shí)間逐漸減小，故加速度逐漸增加，而靜電力減小導(dǎo)致加速度減小，故C錯(cuò)誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。5. (2020·江蘇省淮安市六校聯(lián)盟高三下學(xué)期第三次學(xué)情調(diào)查)圖中K、L、M為靜電場(chǎng)中的3個(gè)相距很近的等勢(shì)面(K、M之間無電荷)。一帶電粒子射入此靜電場(chǎng)中后，沿abcde軌跡運(yùn)動(dòng)。已知電勢(shì)φK<φL<φM，且粒子在ab段做減速運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是(　　)A．粒子帶負(fù)電B．粒子在bc段也做減速運(yùn)動(dòng)C．粒子在a點(diǎn)的速率大于在e點(diǎn)的速率D．粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)的過程中靜電力做負(fù)功答案　B解析　已知電勢(shì)φK<φL<φM，作出電場(chǎng)線如圖，方向向左，由軌跡彎曲方向知道，粒子所受的靜電力方向向左，故該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；由于該粒子所受靜電力向左，則粒子在由b運(yùn)動(dòng)到c的過程中靜電力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，做減速運(yùn)動(dòng)，故B正確；a與e處于同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，則粒子在a、e點(diǎn)的電勢(shì)能相等，根據(jù)能量守恒定律，粒子的速率也相等，故C錯(cuò)誤；粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)的過程中，電勢(shì)降低，該粒子的電勢(shì)能減小，靜電力做正功，故D錯(cuò)誤。6. 2021·湖南省株洲市高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測(cè)(一))q1、q2為固定在x軸上的兩個(gè)點(diǎn)電荷，x軸上部分區(qū)域的電勢(shì)分布如圖所示，則(　　)A．q1帶負(fù)電，q2帶正電B．q1電荷量小于q2電荷量C．a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)D．若將電子從a點(diǎn)沿x軸移到c點(diǎn)，其電勢(shì)能先減小后增大答案　D解析　φ-x圖像切線的斜率的絕對(duì)值表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，由圖可知，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，從a到c電勢(shì)先增大后減小，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知a、b之間場(chǎng)強(qiáng)方向向左，b、c之間場(chǎng)強(qiáng)方向向右，則q1帶正電，q2帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，q1到b點(diǎn)的距離大于q2到b點(diǎn)的距離，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理可知，q1電荷量大于q2電荷量，故B錯(cuò)誤；φ-x圖像切線的斜率的絕對(duì)值表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，所以a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；由于電子帶負(fù)電，且從a點(diǎn)沿x軸到c點(diǎn)電勢(shì)先增大后減小，根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系式Ep＝qφ可知，電子從a點(diǎn)沿x軸移到c點(diǎn)，其電勢(shì)能先減小后增大，故D正確。7. (2021·八省聯(lián)考湖南卷)如圖，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點(diǎn)，一絕緣圓形細(xì)管水平固定在桌面A、B兩點(diǎn)間，且圓形細(xì)管圓心O位于A、B連線的中點(diǎn)，細(xì)管與A、B連線及中垂線交點(diǎn)分別為C、E、D、F。一個(gè)帶負(fù)電的小球在細(xì)管中按順時(shí)針方向做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦。下列說法正確的是(　　)A．小球從C運(yùn)動(dòng)到D的過程中，速度先減小后增大B．在兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，C點(diǎn)的電勢(shì)比F點(diǎn)的電勢(shì)低C．小球在C、E兩點(diǎn)的速度大小相等，有相同的電勢(shì)能D．小球在D、F兩點(diǎn)所受的靜電力相同答案　C解析　小球從C運(yùn)動(dòng)到D的過程中，小球所受兩點(diǎn)電荷靜電力的合力的方向與小球速度方向的夾角一直是鈍角，兩靜電力的合力一直做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，小球的速度一直減小，A錯(cuò)誤；由等量正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布圖可知，電場(chǎng)線在OC方向由C指向O，在OF方向則由O指向F，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知φC>φO>φF，B錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知φC＝φE，則小球在C、E兩點(diǎn)的電勢(shì)能相同，由能量守恒定律可得小球在C、E兩點(diǎn)的動(dòng)能相同，速度大小相等，C正確；根據(jù)對(duì)稱性可知，D、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，因此小球在D、F兩點(diǎn)所受的靜電力方向不同，D錯(cuò)誤。8. (2021·八省聯(lián)考遼寧卷)電荷量相等的四個(gè)點(diǎn)電荷分別固定于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)是正方形的中心，電場(chǎng)線分布如圖所示，取無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。下列說法正確的是(　　)A．正方形右下角電荷q帶正電B．M、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小C．M、N、P三點(diǎn)中M點(diǎn)電勢(shì)最高D．負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小答案　AC解析　根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)，正方形左上角電荷帶正電，右上角電荷帶負(fù)電，右下角電荷帶正電，左下角電荷帶負(fù)電，A正確；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密，M、N、P三點(diǎn)中M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小，B錯(cuò)誤；依據(jù)對(duì)稱性可知，O點(diǎn)電勢(shì)為零，M點(diǎn)電勢(shì)為零，N、P兩點(diǎn)更接近負(fù)電荷，電勢(shì)為負(fù)，所以三點(diǎn)中M點(diǎn)電勢(shì)最高，C正確；P點(diǎn)電勢(shì)低于O點(diǎn)電勢(shì)，由Ep＝φq可知，負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能大，D錯(cuò)誤。9. (2020·云南省大理、麗江、怒江高三第二次復(fù)習(xí)統(tǒng)一檢測(cè))如圖所示，a、b、c、d、e、f是以O為球心的球面上的點(diǎn)，平面aecf與平面bedf垂直，分別在a、c兩個(gè)點(diǎn)處放等量異種電荷＋Q和－Q，取無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則下列說法正確的是(　　)A．b、f兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．e、d兩點(diǎn)電勢(shì)不同C．電子沿曲線b→e→d運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力做正功D．若將＋Q從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，移動(dòng)前后球心O處的電勢(shì)不變答案　AD解析　由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合題圖可知，圖中平面bedf是兩個(gè)點(diǎn)電荷連線的垂直平分面，該平面上各點(diǎn)的電勢(shì)都是相等的，各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都與該平面垂直，由于b、f、d、e各點(diǎn)到該平面與兩個(gè)點(diǎn)電荷的連線的交點(diǎn)O的距離是相等的，結(jié)合該電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，b、f、d、e各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小也相等，由以上分析可知，b、d、e、f各點(diǎn)的電勢(shì)相等且均為零，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確，B錯(cuò)誤；由于平面bedf為等勢(shì)面，故電子沿曲線b→e→d運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力不做功，故C錯(cuò)誤；將＋Q從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，球心O仍位于等量異種點(diǎn)電荷的中垂線位置，電勢(shì)為零，故其電勢(shì)不變，故D正確。10. (2020·湖南省永州市高三下學(xué)期高考培優(yōu)信息卷)如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d；MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球P質(zhì)量為m，電荷量為＋q(可視為點(diǎn)電荷，放入電場(chǎng)后不影響電場(chǎng)的分布)，現(xiàn)將小球P從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí)，速度為v，已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g。則(　　)A．C、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCO＝B．O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝C．小球下落過程中重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和不變D．小球P經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)的速度為v答案　BD解析　小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgd＋UCO·q＝mv2－0，解得：UCO＝，故A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷A(或B)在O點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為：E′＝＝，根據(jù)平行四邊形定則，O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：E＝E′＝，故B正確；小球下落過程中，只有靜電力和重力做功，則小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變，從C到O的過程中，小球的動(dòng)能增加，則重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性，C、O間電勢(shì)差與O、D間電勢(shì)差相等，小球P從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg·2d＋2UCO·q＝mv，得到小球P經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)的速度vD＝v，故D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．(14分) 如圖所示，AB⊥CD，且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點(diǎn)有一固定點(diǎn)電荷，電荷量為＋Q?，F(xiàn)從A點(diǎn)將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為，g為重力加速度，不考慮運(yùn)動(dòng)電荷對(duì)靜電場(chǎng)的影響，求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中電勢(shì)能的改變量。答案　(1)2mg－k，方向豎直向下　(2)mgr解析　(1)小球在D點(diǎn)時(shí)有FN＋k－mg＝m解得FN＝2mg－k由牛頓第三定律得，小球在D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k，方向豎直向下。(2)小球從A運(yùn)動(dòng)到D，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgr＋W電＝m()2－0解得靜電力做的功：W電＝－mgr因?yàn)殪o電力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，ΔEp＝mgr。12. (2021·四川省樂山市高三上第一次調(diào)研)(16分)如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向間的夾角為60°，A、B為其中的一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在A點(diǎn)以初速度v0水平向右拋出，經(jīng)過時(shí)間t小球最終落在C點(diǎn)，速度大小仍是v0，且＝，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/span>(2)小球下落高度；(3)此過程小球增加的電勢(shì)能。答案　(1)　(2)gt2　(3)mg2t2解析　(1)由動(dòng)能定理有mgsin60°－qE(cos60°＋)＝mv－mv解得E＝。(2)豎直方向由牛頓第二定律有mg－qEsin60°＝may又h＝ayt2聯(lián)立解得h＝gt2。(3)小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，由幾何關(guān)系知小球沿電場(chǎng)線方向上的位移大小為d＝(1＋cos60°)＝gt2則電勢(shì)能的增加量ΔEp＝qEd＝mg2t2。 

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