第17讲　电场能的性质（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）（完结）

第 17 讲 电场能的性质 1.掌握电势、电势能、电势差的概念. 2.理解电场力做功的特点，掌握电场力做功与电势能变化的关系. 3.会分析电场中电势的变化，并能利用功能关系分析电荷电势能的变化． 考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能 1．电势高低的判断方法 (1)沿电场线方向，电势越来越低． (2)判断出U 的正负，再由U ＝φ －φ ，比较φ 、φ 的大小，若U >0，则φ >φ ，若U <0，则 AB AB A B A B AB A B AB φ <φ . A B 2．电势能大小的比较方法 做功判断法电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之， 如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方． [例题1] （2024•天津模拟）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方．从P点由 静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，某一段 轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（ ） A．在运动过程中，电势能先增加后减少 B．在P点的电势能小于在N点的电势能 C．在M点的动能小于在N点的动能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 【解答】解：A.在运动过程中，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增加，故 A错 误； B.小球从P到M，电场力做正功，电势能减小，所以 P点电势能大于M点的电势能，由于OM ＝ON，则M、N两点电势相等，则小球在两点的电势能相等，所以P点的电势能大于在N点的 电势能，故B错误； C.由M到N，电势能相等，重力做正功，动能增大，所以M点的动能小于N点的动能，故C正 确； D.从M到N的过程中，电场力先做正功，后做负功，总功为0，故D错误。 故选：C。 [例题2] （2024•房山区一模）电子束焊接机的核心部件内存在如图所示的高压电场，K 极为阴极，电子在静电力作用下由A点沿直线运动到B点。下列说法正确的是（ ）A．高压电场中A、B两点电势相等 B．高压电场中A点电场强度大于B点电场强度 C．电子的电势能逐渐减小 D．电子的加速度逐渐减小 【解答】解：AC．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，从 A点到B点，电势逐渐升高， 电子在电势高的位置电势能较小，所以电子的电势能减小，故A错误，C正确； BD．根据电场线越密电场强度越大，由图可知，高压电场中 A点电场强度小于B点电场强度， 根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故BD错误； 故选：C。 [例题3] （多选）（2024•江门一模）如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点， 不计空气阻力，一电荷量为+Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属 块（可视为质点），从A点以速度v 向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间 0 的动摩擦因数为 ，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的 是（ ） μ A．该过程中小金属块的电势能增大 m(v2−2μgL) B．A、B两点间的电势差为 0 2q √kQq C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为 μmg v D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 0 2 【解答】解：A．同种电荷相互排斥，可知小金属块从A向B运动的过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A错误； B．小金属块从A向B运动的过程中库仑力对小金属块做正功，摩擦力做负功，由动能定理可得 1 W −μmgL=0− mv2 AB 2 0 W A、B两点间的电势差为U = AB AB q m(2μgL−v2 ) 解得U = 0 AB 2q 故B错误； C．若在A处小金属块受到的库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其金属块受力平衡， Qq 有μmg=k x2 √kQq 解得x= μmg 故C正确； Qq μmg−k D．若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得 r2 a= m 则小金属块由A向B运动过程库仑力减小，金属块做加速度增大的减速运动，v﹣t图像如图所 示 x 在图中做出初速度为v ，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线，根据平均速度公式v= 0 t v 可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 0。故D正确。 2 故选：CD。 [例题4] （2024•南开区一模）如图所示，虚线 a、b、c是电场中的三个等势面，实线为 一个带正电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（） A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．粒子在Q点时的电势能比在P点时大 C．粒子在Q点时的动能比在P点时大 D．粒子在Q点时的加速度比在P点时大 【解答】解：A．根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，即电场力方 向斜向右下，因带电粒子带正电，则电场线方向垂直于等势面斜向右下，根据沿电场线方向电 势逐渐降低可知，等势面c的电势最高，等势面a的电势最低，故A错误； BC．因为P点电势高于Q点电势，根据E ＝q ，由于带电粒子带正电，可知粒子在电势较高的 p P点时的电势能比在Q点时大，根据能量守恒φ可知粒子在Q点时的动能比在P点时大，故B错 误，C正确； D．由于P点处的等势面较密，所以P点的电场强度较大，粒子在P点受到的电场力较大，故质 点在Q点时的加速度比在P点时的小，故D错误。 故选：C。 [例题5] （2024•西城区一模）如图所示，点电荷 Q周围的三个等势面是同心圆，等势面 上的点A、B、C在同一条电场线上，且AB＝BC。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静 止释放，试探电荷只受静电力作用，则（ ） A．该电荷沿着电场线做匀加速直线运动 B．该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量 C．该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量 D．该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间 【解答】解：A、靠近正电荷的电场线越密集，电场力越大，则加速度越大，可知该电荷沿着电 场线不会做匀加速直线运动，故A错误；BC、匀强电场中U＝Ed，点电荷产生的电场可以用该公式定性分析，AB间的电场场强一定大 于BC间的电场场强，且d ＝d ，则U ＞U ，电场力做功W＝qU，所以W ＞W ，该电 AB BC AB BC AB BC 荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，根据动能定理可知，电荷在AB段动能 的增量大于BC段动能的增量，故B错误，C正确； D、电荷做加速度逐渐减小的加速运动，则相等的位移内运动时间减小，则该电荷在AB段运动 的时间大于BC段运动的时间，故D错误。 故选：C。 [例题6] （2024•开福区校级模拟）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场 线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别 关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正 确的是（ ） A．该离子带正电 B．离子在a、b两点的电势能满足E ＜E pa pb C．b、d直线是等势面 D．b、c两点的场强相同 【解答】解：A、离子受电场力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A错误； B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，则 a点电势大于b点电势，根据电势能公式E ＝q 可知， p 离子在a、b两点的电势能满足E ＜E ，故B正确； φ pa pb C、等势面与电场线垂直，则b、d直线不是等势面，故C错误； D、由对称可知，b、c两点的场强大小相同，方向不同，场强不相同，故D错误。 故选：B。 考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题 1．几种常见的典型电场的等势面比较电场 等势面(实线)图样 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 以点电荷为球心的一簇球面 的电场 等量异种 点电荷的 在连线的中垂线上，电势为零 电场 等量同种 在连线上，中点电势最低，而在 正点电荷 连线的中垂线上，中点电势最高 的电场 2.在电场中带电粒子运动轨迹问题的分析方法 (1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负； (2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差 的变化等； (3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况． [例题7] （2024•新郑市校级一模）2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶 态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布 如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如 图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ） A．电子在b点受到的电场力方向竖直向下 B．a点的电场强度小于b点的电场强度C．a点的电势高于b点的电势 D．电子在a点的电势能小于在b点的电势能 【解答】解：A．电子做曲线运动，受到的电场力一定指向轨迹凹侧，且电子所受电场力方向一 定与等势面垂直，所以电子在b点受到的电场力方向水平向左，故A错误； B．由电场强度与等势面的关系可知，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，b处等势面密， 则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确； CD．电子在b点受到的电场力方向水平向左，则b点电场强度方向向右，可知从左向右，等势 面的电势依次降低，则a点的电势低于b点的电势，电子在a点的电势能大于在b点的电势能， 故CD错误。 故选：B。 [例题8] （多选）（2024•郫都区校级二模）如图所示，真空中的a、d两点固定两个点电 荷Q 、Q ，其中Q 带正电，b、c是ad连线的三等分点，c、e位于以d为圆心的圆周上，e点 1 2 1 的场强为零，若取无穷远处电势为零。则以下说法正确的是（ ） A．同一试探电荷在b点受到的静电力大于c点受到的静电力 B．e点的电势 ＜0 e C．电势差U ＝φU bc be D．Q 的电荷量大于Q 的电荷量 1 2 【解答】解：D、设ab＝bc＝cd＝de＝r，因e点场强为零，故点电荷Q 、Q 在e点的电场强度 1 2 等大反向，可知Q 带负电。 2 Q Q 根据点电荷的场强公式可得：k 1 =k 2 ，可得：Q ＝16Q ，故D正确； (4r) 2 r2 1 2 A、设试探电荷的电量为q。 Q q Q q 65 Q q 在b点其受到的静电力大小为：F =k 1 +k 2 = ⋅k 2 b r2 (2r) 2 4 r2 Q q Q q Q q 在c点其受到的静电力大小为：F =k 1 +k 2 =5k 2 c (2r) 2 r2 r2可知：F ＞F ，故A正确； b c Q Q B、Q 在e点产生的电势为：φ =k 1；Q 在e点产生的电势为：φ =−k 2（Q ＞0）。 1 1 4r 2 2 r 2 Q 则e点的电势为：φ =φ +φ =3k 2＞0，故B错误； e 1 2 r kQ Q 31 Q C、同理可得：b点的电势为：φ = 1−k 2= ⋅k 2 b r 2r 2 r Q Q Q c点的电势为：φ =k 1−k 2=7k 2 c 2r r r 17 Q U =φ −φ = ⋅k 2 bc b c 2 r 25 Q U =φ −φ = ⋅k 2 be b e 2 r 可知：U ＜U ，故C错误。 bc be 故选：AD。 [例题9] （多选）（2024•咸阳二模）如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀 强电场中，圆心为O，半径为R＝0.1m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动， 为PO 连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随 变化如图乙所示。下列说法正确的是（ θ ） θ A．匀强电场的场强大小为20V/m B．匀强电场的场强方向垂直BD连线向右 C．一氦核（ 4 He）从A点沿圆弧运动到C点，电势能增加了2eV 2 D．一电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功后做正功 π 【解答】解：AB、根据图像可知，当 ＝0时，P位于A点，A点电势为2V；当θ= 时，P点 3 θ 4π 位于P ，电势为1V，当θ= 时，P点位于P ，电势为5V。根据夹角关系可知，P OP 位于同 1 3 2 1 2 一条直线上，即如图所示根据等分法可知，OP 中点N的电势为2V，故AN的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几 1 何关系可知，AN⊥P P ，故P P 即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由 P 指向P 。根据 1 2 1 2 2 1 电场强度与电势差的关系可得 φ −φ 2−1 E= N P1=2× V /m=20V /m R 0.1 ，故A正确，B错误； 2 C．由几何关系可知，C点与OP 中点M的连线垂直P P ，故CM为等势线，故根据等分法可知 2 1 2 ＝ ＝4V C M φ φ 一氦核（ 4He）从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量为ΔE ＝q ﹣q ＝4eV，即电势能 2 P C A φ φ 增加了4eV，故C错误； D．由上可知，电场方向由P 指向P ，电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功 2 1 后做正功，故D正确。 故选：AD。 [例题10]（2024•龙岗区校级三模）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成 角， 极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能从θ A 板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是 （ ） A．小球带负电 B．在此过程中小球的电势能减小 gLtanθ C．AB板之间电势差U =− AB kcosθ√ 2L D．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为 gtanθ 【解答】解：ACD、分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，而 要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向 左上方，小球的受力分析如图所示 带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场场强的方向相同，则该小球带正电； mg g 在竖直方向上，根据平衡条件得qE•cos ＝mg，解得：E= = qcosθ kcosθ θ gLtanθ AB板之间电势差U ＝﹣U ＝﹣ELtan =− ， AB BA kcosθ θ 在水平方向上，由牛顿第二定律有mgtan ＝ma 由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得 θ ： L = 1 at2 ，解得：t= √ 2L ，故AD错误，C cosθ 2 gsinθ 正确； B、此过程中电场力对小球做负功，小球的电势能增大，故B错误； 故选：C。 考点三 静电场中图象问题的处理技巧 1．v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的 方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化． 2．φ－x图象：(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极 值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系 确定电场强度的方向．(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W ＝qU ，进而分析 AB AB W 的正负，然后作出判断． AB 3．E－x图象：(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示 场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两 点的电势高低根据电场方向判定．[例题11] （2024•枣强县校级模拟）某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势 随位 置x变化的关系如图所示。 粒子从D点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点φ，下 列说法中正确的是（ ）α A．由D点到C点电场强度的方向始终沿x轴正方向 C． 粒子从D点到C点运动的过程中其电势能减小10eV B．α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小 D．α粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小 【解α答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，从D到C电势先降低后升高，则电场强度的方 向先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，故A错误； B、 粒子在D和C点的电势能为E ＝2e×20V＝40eV，E ＝2e×10V＝20eV，则ΔE ＝E ﹣ PD PC P PD E ＝α40eV﹣20eV＝20eV，所以 粒子从D到C的过程中其电势能减小20eV，故B错误； PC C、 ﹣x图像的斜率为电场强度αE，从D到c的过程中E先减小后增大，所以 粒子从D到c的 过程φ中所受电场力先减小后增大，故C错误； α D、从质子从D到C的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故 D 正确。 故选：D。 [例题12]（多选）（2024•辽宁二模）某静电场的电场线沿 x轴，其电场强度E随x的变 化规律如图所示，设x轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为q的带电粒子仅 在电场力作用下由静止开始沿x轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）A．粒子带正电 B．粒子运动到x 处速度最大 0 C．粒子不可能运动到3x 处 0 7 D．在0～3x 区域内，粒子获得的最大动能为 qE x 0 8 0 0 【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下由静止从坐标原点O开始沿x轴正向运动，开始时 电场方向为正方向，与开始时电场强度的方向是相同的，所以粒子带正电，故A正确； 5 9 BCD、由几何关系可知在0～ x 、 x ～3x 之间电场强度的方向为正，粒子在其中运动时电 3 0 4 0 0 5 9 场力做正功，在 x ～ x 之间电场强度的方向为负，粒子在其中运动时电场力做负功，结合U 3 0 4 0 ＝Ex可知，E﹣x图像中，图线与x轴之间的面积可以表示电势差，则三段电势差分别为： 5 9 5 E E x ( x − x )⋅ 0 3 0 0 5 ， 4 0 3 0 2 7 ， U = = E x U =− =− E x 1 2 6 0 0 2 2 48 0 0 9 E (3x − x )⋅ 0 0 4 0 2 3 U = = E x 3 2 16 0 0 由于|U |＜U ，可知粒子到达3x 处时电场力做的功最多，则粒子运动到3x 处速度最大。 2 3 0 0 只有电场力做功，则在 0～3x 区域内，粒子获得的最大动能为 E ＝q（U +U +U ） 0 m 1 2 3 5 7 3 7 =q( E x − E x + E x )= qE x ，故BC错误，D正确。 6 0 0 48 0 0 16 0 0 8 0 0 故选：AD。 [例题13]（2024•南充模拟）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为 ﹣q（q＞0）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v 沿水平面向Q运动，b点为滑块运动 0 中距Q最近的点。已知a、b间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。以下判断正确的是（ ） μ A．滑块在b点的加速度一定为0√2 B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于 v 2 0 v C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于 0 2 m(v2−2μgd) D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为U = 0 ab 2q 【解答】解：A.由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过 程中做减速运动，所以到达b点时加速度不为零，故A错误； BC.若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为： v = √v2 0= √2 v ，在运动过程的中间时刻的速度的大小等于全程的平均速度：v = v 0 ，而实际 x 2 2 0 l 2 2 2 √2 上，滑块做的是变加速直线运动，故中间位置的速度的大小不等于 v ，中间时刻的速度不等 2 0 v 于 0，故BC错误； 2 1 m(v2−2μgd) D.根据动能定理得：W −μmgd=0− mv2 ，W ＝﹣qU ，解得U = 0 ，故D ab 2 0 ab ab ab 2q 正确。 故选：D。 考点四 用功能关系分析带电粒子的运动 1．功能关系 (1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变； (2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变； (3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化． (4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化． 2．电场力做功的计算方法 (1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α. (2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．(3)由动能定理来计算：W ＋W ＝ΔE. 电场力 其他力 k (4)由电势能的变化来计算：W ＝E －E . AB pA pB [例题14]（2024•陕西一模）有一匀强电场平行于直角坐标系xoy所在的竖直平面，现将 一质量为m，带电量为+q的小球从坐标原点O处沿y轴负向以2m/s的初速度向下抛出，其带 5 电小球运动的轨迹方程为x= y2 ，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（ ） 4 √2mg A．电场强度大小为 ，方向与x轴正向夹角45° q √3mg B．电场强度大小为 ，方向与x轴正向夹角30° q 2mg C．电场强度大小为 ，方向与x轴负向夹角45° q mg D．电场强度大小为 ，方向与x轴正向夹角30° q 5 【解答】解：由带电小球运动的轨迹方程为：x= y2 4 根据题意可知，小球在y轴方向做匀速直线运动，在x方向上做匀加速直线运动， x方向上：y＝v t 0 1 1 y a 在x方向上：x = at2= a×( ) 2= ⋅y2 2 2 v 2v2 0 0 a 5 = 对比可得： 2v2 4 0 可知带电小球的加速度a＝10m/s2，小球做类平抛运动可得，小球受到的电场力竖直向上分力与 重力平衡，水平向右的分力为合外力，则F电 ＝qE=√(ma) 2+(mg) 2 √2mg 解得：E= q mg 方向与x轴正方向夹角为 ，则有：tan = =1，解得 ＝45°，故BCD错误，A正确。 ma θ θ θ 故选：A。 [例题15]（2024•深圳一模）两块平行金属板安装在绝缘基座上，A板连接感应起电机的 正极，B板连接负极。一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于AB两板之间。摇动起电机， 乒乓球在电场力作用下与AB两板往返运动碰撞，下列说法正确是（ ） A．A板的电势低于B板的电势 B．乒乓球往返运动过程中始终带正电 C．A→B的运动过程中电场力对乒乓球做负功 D．A→B的运动过程中乒乓球电势能减小 【解答】解：A、当两块金属板带上正负电荷后（叫做正负极板），A板的电势高于B板的电势 故A错误； BCD、乒乓球上靠近正极板的一侧带有负电，而靠近负极板一侧带有正电。正负极板都对乒乓 球产生吸引作用。由于乒乓球与两极板的距离不等，因此受到两极板的吸引力就不相等。如果 乒乓球离正极板近，则正极板对乒乓球的吸引力大于负极板的吸引力，乒乓球就被吸向正极板。 当乒乓球与正极板接触后，乒乓球就带上了正电（接触带电）。带正电的乒乓球与正极板产生 排斥作用，乒乓球离开正极板。同时乒乓球受到负极板的吸引作用，因而向负极运动，与负极 板发生接触。当乒乓球所带的正电被负极板所带的负电中和后，又带上了负电，因此球又离开 负极板向正极板运动。如此重复进行，就会看到乒乓球在两板之间来回碰撞不停。故 BC错误， D正确。 故选：D。[例题16]（多选）（2024•天津一模）如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上 O点套有一 个电荷量为﹣q（q＞0），质量为m的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为+Q（Q＞ 0）的点电荷产生的电场中，杆上a、b两点与+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小 环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v，若已知ab＝Oa＝l，静电常量为k，重力加 速度为g，规定O点电势为零。则（ ） A．小环下落过程中机械能守恒 B．小环下落过程中电势能先减小后增大 C．小环在从c点到b点的过程中，速度不断减小 1 mv2−mgl D．b点电势为2 q 【解答】解：A、小环在运动过程中，重力和电场力都做功，小环的机械能不守恒，故A错误； B、小环从O到b，小环先靠近+Q后远离+Q，两者静电力是引力，所以电场力做的功先正后负， 电势能先减小后增大，故B正确； C、小环在bc之间运动时，重力一直做正功，电场力做负功，小环的速度不一定减小，故C错 误； 1 D、小环在Oa之间运动时，重力和电场力都做正功，由动能定理可得mgl+qU = mv2 ao 2 1 mv2−mgl 可得 2 U = ao q 规定O点电势为零，则U ＝ ﹣0 ao a 由题结合点电荷电场的特点可φ知，a点与b点电势相等，则 ＝ b a φ φ1 mv2−mgl 联立可得 2 ，故D正确。 φ = b q 故选：BD。 题型1电势高低判断、电势能大小判断 1. （2024•金华二模）如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠的很近（间距可 忽略），两球壳均匀带有电荷，电荷量均为 q（q＞0），O为球心，A为球壳外一点，AO＝ x。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E ，规定距O点无限 1 远处的电势为零，下列说法正确的是（ ） A．O点电势为零 B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左 2kq C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小E = −E 2 x2 1 D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点的电势相等 【解答】解：A．球壳之间的间距可忽略，则它们可以看作一个整体，根据对称性，O点电场强 度为零，两球壳均匀带有正电荷，距O点无限远处的电势为零，O点电势为正，故A错误； B．根据对称性可以判断，球壳带正电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右，故B错误； 2kq C．把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为E = x2 方向自O指向A，由于两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿O指向A，则E＝E +E 1 2 即E＝E +E 1 2 2kq 解得E = −E ，故C正确； 2 x2 1D．电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势高，故D错误。 故选：C。 2. （2024•贵州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从 A点移 动到B点，再沿连线中垂线从B点移动到C点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所 经过的各点处电势 的高低，试探电荷的电势能E的大小，下列判断正确的是（ ） φ A．A处与C处的电场力方向相反 B．F ＞F ＞F A B C C． ＞ ＞ A B C D．φE ＜Eφ ＝Eφ A B C 【解答】解：A.量异种电荷的电场分布规律可知A、B、C三处的电场强度方向均与电荷连线平 行，由正电荷指向负电荷；试探电荷带正电，受到的电场力与场强方向相同，则试探电荷在三 处所受的电场力方向相同，故A错误； B.根据F＝qE 可知电场力大小与场强大小分布一致，则有 F ＞F ＞F ，故B正确； A B C C.根据沿电场线方向电势降低，且等量异种电荷的连线中垂线为等势线，可知 A、B、C三处的 电势关系为 ＞ ＝ ，故C错误； A B C φD.电势φ能与φ电势关系 E ＝q p 由于试φ探电荷带正电，则探电荷在三处的电势能E大小为 E ＞E ＝E ，故D错误。 A B C 故选：B。题型2公式E=U/d在匀强电场中的应用 mg 3. （2024•广西模拟）如图，空间中有一匀强电场，大小为 ，方向与水平方向成30° q 角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的 小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环 做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ） A．从M点到Q点动能减小 B．在M点和N点的电势能相等 C．从M点到Q点电场力做负功 D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势 【解答】解：C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，故C错误； B．作出等势面如图 沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，根据 E ＝ q p 可得φ在M点的电势能大于N点的电势能，故B错误； A．小圆环受到的电场力 mg F=qE=q =mg q 受力如图则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为 A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最 大，则从M点到Q点动能先增大后减小，故A错误； D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于 动能最小处的电势，故D正确。 故选：D。 4. （2024•宝鸡模拟）如图所示，空间有一匀强电场，其方向与直角三角形△ABC 所在 的平面平行，∠B＝60°D为BC的中点，AB边长2cm，D点电势为0V。现将一个电荷量为﹣ 1×10﹣6C 的点电荷从电场中的 B点移到A点，电场力做了2×10﹣6J 的功，再从A点移到点 C，点电荷克服电场力做了6×10﹣6J的功。则关于匀强电场的场强大小和方向说法正确的是（ ） A．场强方向沿AB直线由A指向B B．场强方向沿AC直线由A指向C C．场强大小为150V/m D．场强大小为200V/m W 【解答】解：AB．根据电势差公式U= 知 q W 2×10−6 U = BA = V＝﹣1V BA q −1×10−6 W −6×10−4 U = AC = V＝6V AC q −1×10−4由于U ＜0，说明A点的电势高于B点的电势，而U ＞0，说明A点的电势高于C点的电势， BA AC 所以场强方向不可能沿AB直线由A指向B，也不可能沿AC直线由A向C，故AB错误； 1 CD．如图所示，因此B点与 AC点E的连线为等势线，则电场线方向由A指向D，由题知， 3 ∠B＝60°，AB边长2cm，AC边长2√3cm，根据几何关系知 BE×OA＝AE×AB 解得OA＝1cm＝0.01m 根据公式知 U ＝E•OA AB 代入得 E＝200V/m 故C错误，D正确； 故选：D。 题型3公式E=U/d在非匀强电场中的应用 5. （2024•正定县校级三模）如图所示，在正四面体ABCD的ABD面内，有一内切圆， 圆心为O，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点。正四面体的顶点A、B、D分别固 定有电荷量为+Q、+Q、﹣Q的点电荷，则（ ） A．M、P两点的电场强度相同 B．M、O、N、P四点的电势 ＞ ＞ ＞ N P O M φ φ φ φC．将正试探电荷由C移动到M，电势能减少 D．将正试探电荷由P移动到N，电场力做负功 【解答】解：A．如图，空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场 的叠加原理可知，M点和P点的电场强度大小相等 设E 和BD间的夹角为 ，有 M kQ θ E (Lsin60°) 2 1 = A = = tan 2E 2kQ 6 B L 2 θ ( ) 2 说明E 和E 的方向不同，故两点的场强不同， M N 故A错误； B．根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中， M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、P点的电势；在D 点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势， 所以，可知 ＞ ＞ ＝ ，故B错误； N O M P C．仅考虑Bφ处和φD处φ点电φ荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的 正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C错误； D．由于 ＞ ，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功W＝qU ＝q（ ﹣ ）＜ N P PN P N 0， φ φ φ φ 电场力做负功，故D正确。 故选：D。题型4等势面与轨迹问题 6. （多选）（2024•兴宁区二模）某电场的三条等势线为关于 x轴对称的椭圆，如图所 示a、c、d为等势线上的3个点，其电势分别为 ＝16V， ＝10Y， ＝4V，b为ac的中点。 a c d 一质子仅受电场力作用从a点由静止释放，下列说φ法正确的是φ（ ）φ A．沿x轴正方向电势一直降低 B．质子从a到d的过程中加速度减小，速度增大 C．b点的电势大于13V D．质子运动到d点时的动能为12eV 【解答】解：A、等势线为椭圆，则沿x轴正方向电势先降低，再升高，故A错误； B、等势线密集的地方场强越大，则质子从a到d的过程中电场力增大，根据牛顿第二定律可知 加速度增大，电场力做正功，动能增大，速度增大，故B错误； φ −φ φ −φ C、从a到c电场逐渐增大，则 a c＜ b c，可知 ＞13V，故C正确； b ab bc φ D、质子仅受电场力作用从a点由静止释放，根据动能定理可知e（ ﹣ ）＝E a d k 解得E ＝12eV φ φ k 故D正确； 故选：CD。 7. （2024•佛山二模）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图， 一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关 于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过 a点时动能为60eV， 各等势线的电势高低标注在图中，则（ ）A．a、d两点的电场强度相同 B．电子从a到b运动时，电场力做负功 C．电子从c到d运动时，电势能逐渐减小 D．电子在经过等势线d点时的动能为60eV 【解答】解：A、画出过a、d两点的电场线，如下图所示： 电场线疏密表示电场的强弱，由图可知a、d两点处电场线疏密相同，所以两点场强大小相等， 方向不同，所以a、d两点的电场强度不相同，故A错误； B、a点电势小于b点电势，电子带负电，则从a到b电子电势能减小，所以电场力做正功，故B 错误； C、c点电势高于d点电势，可知从c到d电子电势能增加，故C错误； D、只有电场力做功，电子电势能和动能之和不变，a、d两点电势相等，则电子在a、d两点电 势能相等，则电子在两点的动能相等，所以电子在经过等势线d点时的动能为60eV，故D正确。 故选：D。 8. （2024•广东模拟）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图 （b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则 （ ）A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大 C．M点电场强度方向沿x轴负方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 【解答】解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z轴上， 电场线方向背离O点，在y轴上，电场线的方向指向O点，所以M点电场强度方向沿z轴正方 向，根据沿电场线方向电势降低可知： ＞ ＞ ，故AC错误； P O M B、M点等势线比P点的等势线密，所以φP点φ电场φ强度大小比M点的小，故B错误； D、x轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x轴为等势面，根据Ep＝q 可知， 沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，故D正确。 φ 故选：D。 9. （多选）（2024•宁河区校级一模）如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面， 相邻等势线间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ） A．质点在 Q 点时电势能比 P 点时大 B．质点在 Q 点时加速度方向与等势面 a 垂直 C．三个等势面中等势面 a 的电势最低 D．Q 点的电场强度小于P点的电场强度 【解答】解：假设负电荷从p运动到Q，根据物体做曲线运动时，合力指向运动轨迹的凹侧、等 势面与电场线垂直以及物体做曲线运动时某点的速度方向与该点的切线方向的一致，作图如下：A．从图中可知，负点电荷从P运动到Q的过程中，瞬时速度的方向与电场力的夹角小于90°， 电场力做正功；根据电场力做功与电势能变化的关系W ＝E ﹣E ＞0，可知E ＜E ，即质 PQ pP pQ pQ pP 点在Q点时电势能比P点时小，故A错误； B.负电的质点仅在电场力作用下，根据牛顿第二定律可知，加速度方向与电场力方向相同；电 场力方向与该点的场强方向相同，由于电场线与等势面垂直，因此质点在Q点时加速度方向与 等势面a垂直，故B正确； C．负点电荷从P运动到Q的过程中，根据电场力做功公式 W ＝﹣qU ＝﹣q（ ﹣ ）＞ PQ PQ P Q 0，可知P、Q两点的电势高低为 ＜ ，三个等势面中等势面a的电势最高，故Cφ错误；φ P Q D．等差等势线分布的疏密反映电φ场的φ大小，等势面越密的地方场强越大，因此Q点的电场强度 小于P点的电场强度，故D正确。 故选：BD。 题型5电场中的三类常见图像φ-x图像、Ep-x图像、E-x图像 10. （2024•漳州模拟）如图，绝缘粗糙的水平面附近存在一与 x轴平行的电场，其在x 轴上的电势 与坐标x的关系如图中曲线所示，图中的倾斜虚线为该曲线过点（0.15，3）的 切线。质量为φ 0.10kg、电荷量为1.0×10﹣7C的带正电滑块P，从x ＝0.10m处由静止释放，滑 1 块与水平面间的动摩擦因数为0.20。滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10m/s2。则滑块（ ） A．做匀减速直线运动B．经过x ＝0.15m处时，速度最大 2 C．从释放到经过x ＝0.15m处，电场力做功3.0×10﹣2J 2 D．可以滑到x ＝0.30m处 3 ΔU 4×105 【解答】解：B、x ＝0.15m处，场强E= = N/C＝2×106N/C，滑块受到的电场力F 2 Δx 0.3−0.1 ＝qE＝1.0×10﹣7×2×106N＝0.2N，滑动摩擦力F＝ mg＝0.2×0.1×10N＝0.2N，此时加速度为零， f 滑块的速度最大，故B正确； μ Δφ A、 ﹣x图像中，某点切线的斜率k= 表示该点的场强的大小，由此可知沿x轴正方向，电 Δx φ 场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知 qE﹣f＝ma 滑块在整个过程中先做加速度减小的变加速运动 加速度为零后有f﹣qE＝ma 后做加速度增大的变减速运动，故A错误； C、从释放到经过x ＝0.15m处，电场力做功W＝q（ ﹣ ）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣3×105）J 2 1 2 ＝1.5×10﹣2J，故C错误； φ φ D、若滑块能在0.3m处停下，则电场力做功W ＝q（ ﹣ ）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣1.5×105） E 1 3 J＝3×10﹣2J，摩擦力做功W ＝﹣ mg（x ﹣x ）＝﹣0φ.2×0.φ1×10×（0.3﹣0.1）J＝﹣4×10﹣2J 1 3 1 W +W＜0；说明滑块不能够滑到μx ＝0.30m处，故D错误。 E f 3 故选：B。 11. （2024•渝中区模拟）如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为 O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子（不计受到的重力）以大小为v 的初 0 速度沿轴线由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子 由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（ ） A．细圆环带负电 B．粒子到达Q点时的速度大小为v 0C．粒子所受静电力先增大后一直减小 D．粒子到达Q点时的速度大小为2v 0 【解答】解：A、以x轴的正向为电场强度的正方向，结合图乙中电场的正负可知，圆环带正电， 故A错误； 1 BD、根据对称性结合qU= mv2 ，可知粒子到达Q点时的速度大小为v ，故B正确，D错误； 2 0 C、根据F＝qE可知，粒子所受静电力先增大后减小，然后再增大，最后减小，故C错误； 故选：B。 12. （2023•道里区校级模拟）空间存在方向沿x轴的电场，x轴上各点电势 的变化规 律如图所示，其中B点电势为零，C点电势最低。下列说法正确的是（ ） φ A．AC间电场方向沿x轴正方向 B．B点电场强度小于C点电场强度 C．将一正的试探电荷沿x轴从B点移动到D点，电场力一直做正功 D．负的试探电荷在A点的电势能大于在D点的电势能 【解答】解：A、根据电场线的特点，沿着电场线电势降低，结合图像可知A到C电势一直降 低，说明AC间电场方向沿x轴正方向，故A正确； B、根据电场强度与电势差的关系可知， ﹣x图像的斜率表示电场强度，B点斜率大，电场强 度大于C点电场强度，故B错误； φ C、根据电场线的特点，沿着电场线电势降低，结合图像可知B到C电势一直降低，电场线由B 指向C，从C到D电势升高，说明CD间电场线由D指向C，正电荷受力方向先是从B指向C， 再从D指向C，所以正的试探电荷沿x轴从B点移动到D点电场力先做正功，后做负功，故C 错误； D、根据图像可知，A点电势高，根据电势能与电势的关系E ＝ q可知，负电荷在电势高的地 p 方电势能小，故D错误。 φ 故选：A。13. （2023•厦门模拟）两点电荷M、N分别固定在x＝﹣20cm和坐标原点处，所形成电 场的电势在x轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x 处，x＝20cm处电势最低，取无穷远处 0 电势为0，一正电荷q自x 处由静止释放，则（ ） 0 A．x 处的电场强度为0 0 B．电荷M、N所带电量大小之比为4：1 C．正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小 D．正电荷q运动的过程中，电势能先增大后减小 【解答】解：A． ﹣x图像，斜率表示电场强度，在x 处的图像斜率不为零，则电场强度也不 0 为零，故A错误；φ Q Q B．x＝20cm处图像斜率为零，则满足k 1 =k 2 (40cm) 2 (20cm) 2 Q 4 所以电荷M、N所带电量大小之比为 1= Q 1 2 故B正确； C．一正电荷q自x 处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x 处右侧场强方向先沿x轴正方 0 0 向后沿x轴负方向，场强先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有 Eq＝ma 可知正电荷q运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C错误； D．一正电荷q自x 处由静止释放，正电荷会向电势低的方向运动，则电荷会沿着x轴正方向运 0 动，因此正电荷的电势能先减小后增大，故D错误。 故选：B。 14. （2023•鞍山一模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量负点电荷A和 B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L．一 带正电的可视为点电荷的小球以初速度v．从C点运动到D点．设O点的电势 ＝0，取C点 0 ∅为坐标原点，向右为x轴的正方向，在下列中关于小球的电势能E 、小球的动能E 、电势 、 P K 电场强度E与小球运动的位移x变化的图象，可能正确的是（ ） ∅ A． B． C． D． 【解答】解：A、C，从C到D，电场线方向先向左后向右，则电势先升高后降低，则正电荷的 电势能先增大后减小，该电荷在C、D两点处的电势能相同。故AC错误。 B、由上正电荷的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知， 动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故B正确。 Q D、设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电量大小为Q，则当位移为x时，场强为E＝k − k (r+x) 2 Q ，由数学知识得知E与x是非线性关系，图象是曲线。故D错误。 (r+2r−x) 2 故选：B。 15. 两电荷量分别为q 和q 的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势 1 2 随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且x ＜x ，则（ ） AP PB φ A．q 和q 都是负电荷 1 2 B．q 的电荷量大于q 的电荷量 1 2 C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小 【解答】解：A、由图可知，越靠近两点电荷，电势越低，则两点电荷均为负电荷，故A正确； B、 ﹣x图像切线的斜率表示电场强度，由图像得，P点场强为零，则两电荷在P处产生的场强 φ q q 大小相等，方向相反，即k 1 =k 2 x2 x2 AP BP x ＜x ，则q 的电荷量小于q 的电荷量，故B错误； AP PB 1 2 C、由图可知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，根据E ＝q 可知负 p 点电荷的电势能先减小后增大，故C错误； φ D、 ﹣x图像的斜率表示电场强度，由图像得，沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大。由a φ qE = 可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。 m 故选：A。