【精品解析】高考物理一轮复习：电势能和电势

高考物理一轮复习：电势能和电势
一、选择题
1．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）某静电场的电场线如图所示，A、B是同一条电场线上的两个点，其电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。则下列说法中正确的是（　　）
A．EA>EB；φA>φB B．EA>EB；φA<φB
C．EAφB D．EA2．（2024高三下·杭州月考）如图1是一款阴极射线管，K极是圆形金属板电极，A极为圆环状金属电极，对于KA间的电场分布来说，A极可以等效为圆形金属板电极，在KA之间加上如图所示的高压，阴极射线就可以在K极和A极之间运行，如图2是K极和A极之间的部分电场分布，下列阐述正确的是（　　）
A．阴极射线的本质是α射线
B．图2中P点电势低于Q点电势
C．如果在图2中P点从静止释放一电子，则电子会沿该处电场线运动到A极
D．从K极静止出发的阴极射线粒子，沿中间直线电场线到达A极电场力做功最多
3．（2019·毕节模拟）如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．粒子运动的水平面为等势面
B．粒子运动的轨迹在一条等势线上
C．粒子运动过程中所受的电场力不变
D．粒子的重力可以忽略不计
4．（2018高二上·南宁期末）如图所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示.粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB．则下列结论正确的是（　　）
A．粒子带正电，aA>aB，EA>EB B．粒子带负电，aA>aB，EA>EB
C．粒子带正电，aA5．（2024高二下·益阳期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（　　）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
6．（2024高一下·丰城期末）如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是（　　）
A．这个电场可能是正点电荷形成的
B．D处的电场强度为零，因为那里没有电场线
C．点电荷q在A点所受的静电力比在B点所受静电力小
D．负电荷在C点受到的静电力方向沿C点切线方向
7．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过点和点，以下说法正确的是（　　）
A．点的场强 B．粒子在点的加速度
C．粒子在点的速度 D．粒子带负电
8．（2023·湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（　　）
A．若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
9．（2024高三下·江海月考）避雷针是用来保护建筑物避免雷击的装置。当雷云放电时，在避雷针顶端形成局部电场集中的空间，引导雷电向避雷针放电，将雷电流引入大地。避雷针周围电场的等势面分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C、D四点。下列说法中正确的是（　　）
A．C点场强小于B点场强
B．AD连线中点的电势为8.5kV
C．同一带负电的雨滴在C点的电势能小于在B点的电势能
D．同一带负电的雨滴从C点移动到B点，电场力做负功
10．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，在半径为R的圆上四等分位置放置点电荷。O点为圆心，M、N分别为直径上到O点距离相同的两点。除N点正右方的点电荷为外，其余点电荷均为+Q。已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）
A．O点场强大小为
B．M、N两点场强相同
C．M点电势低于N点电势
D．将一正点电荷从M点移动到N点，电势能减少
11．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（　　）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
12．（2024·广西） 如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为和的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上点和点，已知则小圆环从点运动到点的过程中（　　）
A．静电力做正功 B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功
二、多项选择题
13．（2024高一下·泸县期末）如图所示，电荷量分别为+q、-q、+2q、-2q（q＞0）的4个点电荷固定于菱形的4个顶点上。以该菱形对角线的交点O为圆心的圆与其对角线相交于M、P、N、Q点。已知b、d之间的距离小于a、c之间的距离，则（　　）
A．M、N两点的电场强度相同
B．N点的电势高于P点的电势
C．N、P之间的电势差与P、M之间的电势差相等，即
D．电性为负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能
14．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知OA两点相距为h，电子质量为m，电荷量为，重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．电子在O点的电势能低于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度
D．OA间的电势差
15．（2024高一下·江岸期末）空间某一匀强电场方向平行纸面，在电场中同一纸面内A、B、C三点的位置如图所示，，，。一电子以速度从C点出发经过B点时的动能为，此过程中电子的电势能增加1.5eV。若让电子以速度从C点出发经过A点时的动能为，此过程电子的动能增加0.75eV。电子质量为m，在运动过程中只受电场力，下列结论正确的是（　　）
A．三点电势关系为
B．电场强度的方向由A指向B
C．电场强度的大小为1.5V/m
D．如果，那么
16．（2024高二上·惠州期末）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（　　）
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
17．（2024高一下·荆州月考）某电场中三个等势面1、2、3分布如图中实线所示，虚线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．该电场的某条电场线可能与虚线重合
B．等势面2的电势比等势面3的电势高
C．该带电粒子在M点的加速度比在N点的小
D．该带电粒子在M点的电势能比在N点的大
三、非选择题
18．（2022高一下·菏泽期末）如图，等量异种点电荷－Q、＋Q固定在水平线上相距为2L的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为L处，AC平行于MN，且OA=OC=L。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零，忽略＋q对等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为g。求：
（1）小球经过B点时受到的电场力；
（2）小球经过B点时对杆的拉力大小；
（3）在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；
（4）小球继续向左摆动，到达C点时的速度大小。
19．（2022高一下·泰州期末）如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，，，D是BC的中点，AB长为，A、C、D点的电势分别为2V、26V、17V。一带电粒子从B点以某一初速度垂直AC飞出，恰好击中A点，已知粒子带电量，质量，重力忽略不计，求：
（1）粒子在A点所具有的电势能；
（2）粒子从B到A所用的时间；
（3）粒子击中A点时速度的大小。
20．（2024高一下·献县月考）地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h，重力加速度为g．
（1）求匀强电场的场强；
（2）若丝线突然断掉，则小球经过多长时间落地？
21．（2024高一下·杭州月考）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球通过绝缘的轻质弹簧和轻绳悬挂在空中处于静止状态，弹簧处于水平状态，轻绳与竖直方向的夹角θ=45°，已知小球的质量m=0.1kg，电荷量，场强大小，重力加速度g取10m/s2求：
（1）轻绳的拉力大小；
（2）弹簧的弹力大小及方向；
（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小。
22．（2024高一下·崇阳月考）如图所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E=1.2×102 V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5 cm，B板接地，求：
（1）C点的电势为多少，CD两点间的电势差UCD为多少；
（2）点电荷q=-2×10-2C在C点具有的电势能 ；
（3）将点电荷q=-2×10-2C从C移到D点时，电场力做功多少。
23．（2024高一下·惠山期末）如图，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。A、B、M、N四点距O点的距离均为，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势随位置x的变化关系如图所示（k为静电力常量）。一电荷量为Q（Q>0）质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求
（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；
（2）小球S从M点运动到x=处，动能的变化量；
（3）小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图所示（g为重力加速度大小）。为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足什么条件。
24．（2024高一下·浙江月考）光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示。两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为，球B带电量为。时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动。若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：
图（a） 图（b）
（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度的大小；
（2）从初始状态到球A刚离开电场过程中，带电系统电势能的改变量；
（3）球B从到的运动时间。
25．（2024高一下·荆州月考）如图所示，同一平面内的A、B、C、D四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，P为A、C连线的中点，Q为B、D连线的中点。把电荷量为﹣2.C的点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J；再把这个电荷从B点移动到C点，电势能增加 J，求：
（1）A、C两点间的电势差；
（2）若，且规定C点为零电势点，求Q点的电势。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】由电场线的疏密可以表示场强的大小，可得
由沿电场线方向电势降低， 得
故选A。
【分析】由电场线的疏密可以表示场强的大小，沿电场线方向电势降低。
2．【答案】B
【知识点】电势；带电粒子在电场中的运动综合；阴极射线与阴极射线管
【解析】【解答】A．阴极射线的本质是电子，是β射线，故A错误；
B．因为K为阴极，A为阳极，沿电场线电势越来越低，所以P点电势低于Q点电势，故B正确；
C．在P点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，因为P点所在的电场线为曲线，故C错误；
D．电场力做功和路径无关，任意轨迹到达A极电场力做功一样大，故D错误。
故选B。
【分析】沿电场线电势越来越低，电场力做功与路径无关。
3．【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两个粒子的连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带点小球相互吸引，D不符合题意；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C不符合题意；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子的受力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子的受力沿电荷连线方向，因此假设不成立，A不符合题意；由点电荷的电势 可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B符合题意。
故答案为：B
【分析】结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
4．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aA＜aB；
从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EA＜EB；D符合题意．
故答案为：D．
【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动，根据运动轨迹可得电场力方向以及电场力做功情况，当电场力做正功时电势能减少，当电场力做负功时，电势能增加，根据电场力方向和电场强度的方向可确定电荷的正负，等势面密集地方电场强度大，电荷的加速度大。
5．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
6．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场线分布可得：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；
B．电场线疏密描述电场强度的大小，电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；
C．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷q在A处所受的静电力小于在B处所受的静电力，C正确；
D．电场线的切线方向代表电场强度的方向，负电荷受到的电场力方向与电场强度的方向相反，则负电荷在C点所受静电力方向与C点切线方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】点电荷的电场线为直线；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小及电场力的大小；利用电场线的切线方向可以代表电场强度的方向，结合试探电荷的电性可以判别电场力的方向。
7．【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．电场线越密场强越大，根据图可知
根据
可知粒子在M点受到的电场力就小，加速度小，故AB错误；
CD．粒子做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，根据正电荷所受电场力方向与场强方向相同，可知粒子带正电。根据沿电场线方向电势逐渐降低，可得
根据
可知粒子从M到N点，粒子电势能减小，根据能量守恒定律可知，粒子动能增大，即
故D错误，C正确。
故选C。
【分析】电场线越密场强越大，粒子做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，正电荷所受电场力方向与场强方向相同，根据沿电场线方向电势逐渐降低确定M、N两点电势的高低情况，再根据电势能与电势的关系及能量守恒定律判断粒子速度的变化情况。
8．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A.沿电场线方向电势降低，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的近，故A不符合题意；
B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的远，故B不符合题意；
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，说明是逆着电场线运动，电势增加，即，故C符合题意；
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点知，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小， 正点电荷Q 电场线是发散的，离Q越近电场线越密，离Q越远电场线越疏。
9．【答案】A
【知识点】电势能；等势面
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密，可知C点场强小于B点场强，故A正确；
B．AD连线中点的电势不一定为8.5kV，故B错误；
C．由图知
则同一带负电的雨滴在C点的电势能大于在B点的电势能，故C错误；
D．同一带负电的雨滴从C点移动到B点，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】等势面的疏密表示电场强弱，AD之间不是匀强电场，同一带负电的雨滴电势越低电势能越大。
10．【答案】D
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据点电荷周围电场的分布，距离点电荷相同距离的电场强度大小相等，根据电场线的方向，则O点正上方和正下方两点电荷在O点产生场强大小相等，方向相反，互相抵消。根据电场线的分布则O点正左侧和正右侧点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向相同，根据电场的叠加，则O点的场强为
根据电场线的方向可以判别电场强度的方向由O指向N，故A项错误；
B．MN两点的电场强度可以视为O点正上方和正下方两点电荷所产生的电场强度叠加，再与O点正左方和正右方两点电荷所产生的电场强度叠加；单看O点正上方和正下方两点电荷为等量同种点电荷，M、N为两点电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相反；单看O点正左方和正右方两点电荷，其为等量异种电荷，M、N为其连线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相同。综上所述经过电场叠加后，M、N两点电场强度不同，故B项错误；
C．根据电场线的分布，由于M点更靠近正电荷，N点更靠近负电荷，所以M点的电势高于N点的电势，故C项错误；
D．由之前的分析可知，M点的电势高于N点的电势，根据电势能的表达式有
所以对于正电荷其电势高的地方电势能大，故D项正确。
故选D。
【分析】利用场强的叠加结合点电荷的场强公式可以求出O点电场强度的大小；利用分场强的叠加可以比较MN两点的电场强度；利用电场线的方向可以比较电势的高低，结合电势能的表达式可以比较电势能的大小。
11．【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
12．【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】 设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53°
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
根据数学知识可知在 37°≤α≤53°范围内，随着α 的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】 本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
13．【答案】A,B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．仅有b、d两点的点电荷单独作用时，M、N两点的电场强度大小方向相同，仅有a、c两点的点电荷单独存在时，M、N两点的电场强度大小方向也相同，由此可知M、N两点的电场强度相同，故A正确；
B．N、O之间的电势差是由b、d两点的点电荷作用时产生的，P、O之间的电势差是由a、c两点的点电荷作用时产生的，b、d连线上N、O之间的平均电场强度大于a、c连线上P、O之间的平均电场强度，结合
可知
UNO＞UPO
故
φN＞φP
故B正确；
C．当仅有b、d两点的点电荷单独作用时
UPM=UNP
当仅有a、c两点的点电荷单独作用时UPM＞0，UNP＜0，综上可得
UNP≠UPM
故C错误；
D．当仅有a、c两点的点电荷单独作用时
φM=φN
当仅有b、d两点的点电荷单独作用时
φM＜φN
故负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】根据同种电荷的电场强度关系得出结论；
分别求出b、d连线上N、O之间的平均电场强度大于a、c连线上P、O之间的平均电场强度，再根据得出结论；
根据只有水平方向与竖直方向上电荷存在时电势差的关系得出结论；
根据只有水平方向与竖直方向上电荷存在时电势的关系得出结论。
14．【答案】A,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．电子在A点时开始返回，则在A点的速度为0，则动能的最小，根据能量守恒，电子的总能量为动能和势能之和，电子在A点的电势能的最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A正确；
B．电子在运动过程中，只受到电场力，根据功能关系可以判别电势能与动能之和不变，故返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，故电场力在此过程不做功，根据动能定理可以得出返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；
C．电子从A点到O点的过程中，根据动能定理有：
解得电子从O点射出时的速度
故C错误；
D．根据电势差与电场强度的关系有：OA间的电势差为：
故D正确；
故选AD。
【分析】利用电子在A点返回可以判别电子此时动能最小，根据总能量保持不变则电势能最大；利用动能定理可以判别电子到点O点的速度大小；利用电势差和场强的关系可以求出OA之间电势差的大小。
15．【答案】C,D
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．粒子从C到B电场力做功为
解得
根据动能定理
故
故A点电势高于C点，故
故A错误；
BC．D、E两点将边三等分
由A点作垂直，则
故匀强电场的电场强度大小
电场方向沿AF方向，即垂直于CD斜向左下方，故B错误，C正确；
D．一电子以速度从C点出发经过B点时，根据动能定理可知
让电子以速度从C点出发经过A点时，根据动能定理可知
则
故D正确。
故选CD。
【分析】负电荷在电势低的地方电势能大，根据匀强电场的电势分布特点可知，为等势线。
16．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在甲圆桶中的电场为匀强电场，根据公式
可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f=kv，可知尘粒所受的合力
随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律
可知，尘埃受到的合外力先随着速度的增加而减小，达到稳定后，加速度为零，即尘埃加速度变化，故A错误；
B．对乙圆桶中的尘粒，受到电场力大小
乙圆桶空间中的电场不是匀强电场，离导线越远的电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，故B正确；
C．根据功的公式
和
可得
由于尘粒在甲桶的电场中，整体做变速直线运动，故在任意相等时间内，位移L可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，故C错误；
D．根据公式
可知，电场对单个尘粒做功的最大值都等于，故D正确。
故选BD。
【分析】物体受到的合力为恒力，加速度也恒定；合力为变力，加速度也变化；根据尘粒受力情况结合牛顿第二定律判断加速度变化情况；根据电场分布情况结合判断尘粒受电场力变化情况；根据功的公式判断电场力做功情况；根据电场力做功的特点计算电场力做功最大值。
17．【答案】B,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、带电粒子做曲线运动，则粒子运动轨迹不可能与电场线重合，即该电场的某条电场线不可能与虚线重合，故A错误；
B、由运动轨迹可知，粒子受电场力大致向右，可知电场线大致向右，沿电场线电势降低，可知等势面1电势最高，即等势面2的电势比等势面3的电势高，故B正确；
C、M点等势面密集，可知电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，则该带电粒子在M点的加速度比在N点的大，故C错误；
D、因M点电势高于N点，则该带正电的粒子在M点的电势能比在N点的大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子在电场力的作用下做曲线运动，该电场的某条电场线不可能与虚线重合。根据运动轨迹确定粒子所受电场力的方向，再根据粒子的电性确定电场线的方向，沿电场线电势降低，电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，加速度越大。根据电势与电势能的关系确定粒子在各点电势能的大小。
18．【答案】（1）解：根据库仑定律以及力的合成法则，小球经过B点时受到的电场力大小
方向水平向左
（2）解：小球经过B点时，在竖直方向根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可得，小球对细杆的拉力大小
（3）解：由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，则
从A到B，由动能定理
解得
（4）解：由电场对称性可知
即
小球从A到C由动能定理
解得
【知识点】电势差、电势、电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1） 根据库仑定律以及力的合成法则，得小球经过B点时受到的电场力大小。
（2）在竖直方向根据牛顿第二定律可知小球经过B点时对杆的拉力大小 。
（3） O在MN的垂直平分线上 ， 取O点电势为零由动能定理得A点的电势 。
（4） 由电场对称性和动能定理得小球到达C点时的速度大小。
19．【答案】（1）解：粒子在A点所具有的电势能为
（2）解：根据匀强电场的性质可知
解得
以B为原点建立如图所示直角坐标系
则、方向的电场强度分别为
合场强为
合场强与轴正方的夹角为，则有
由此可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子的初速度为，粒子从B到A所用的时间，粒子运动的加速度为，则有
解得
（3）解：粒子击中A点时速度的大小为，从B到A运用动能定理可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）根据电势能的表达式得出粒子在A点的电势能：
（2）结合匀强电场电场强度的表达式以及电场强度的合成得出合场强的大小方向：利用匀变速直线运动和牛顿 第二定律得出 粒子从B到A所用的时间；
（3）粒子从B到A运用动能定理可 的A点速度的大小。
20．【答案】（1）解：对小球列平衡方程
所以
（2）解：丝线断后竖直方向：
所以
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）小球处于平衡状态，明确小球的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2） 若丝线突然断掉，小球在竖直方向做自由落体运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据自由落体运动规律进行解答。
21．【答案】（1）带电小球竖直方向平衡，有
可得拉力
（2）水平方向小球平衡，假设弹力方向水平向左，有
可得
所以弹簧的弹力大小为0.2N，方向水平向右；
（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小约为
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析小球的受力，由小球竖直方向上的受力平衡，求解轻绳上的拉力大小；（2）由小球水平方向上的受力平衡，求解弹簧弹力的大小及方向；（3）分析撤去电场同时剪断轻绳小球的受力，由牛顿第二定律计算此瞬间小球的加速度大小。
22．【答案】（1）解：B板接地
φB=0
沿电场方向，CD之间的距离为
dCD=d-dAC-dBD=4cm=4×10-2m
CD两点间的电势差
UCD=-EdCD=-1.2×102×4×10-2=-4.8V
BD两点间的电势差
UBD=EdBD=1.2×102×0.5×10-2=0.6V
故
φB-φD=0.6V
即
φD=-0.6V
BC两点间的电势差
UBC═EdBC=1.2×102×4.5×10-2=5.4V
即
φB-φC=5.4V
φC=-5.4V
（2）解：由
EP=qφ
可知点电荷q=-2×10-2C在C点的电势能
EPC=-2×10-2×（-5.4）J =0.108J
（3）解：将点电荷q=-2×10-2C从C移到D时电场力所做的功
W=q×UCD=-2×10-2×（-4.8）J =9.6×10-2J
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电势能；电势差
【解析】【分析】(1)C的电势即为C点与下极板的电势差的大小，根据U=Ed计算电势差；
(2)根据求解电荷在C点的电势能；
(3)由W=qU即可求出电场力的功。
23．【答案】解：（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差
电场力做的功
（2）小球S从M点运动到x=处，根据动能定理有
其中
联立解得
（3）根据对称，M点与N点的电势相等，为保证小球S能运动到N点，球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理有
其中
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【分析】（1）小球S从M点运动到O点的过程中，利用图像可以求出电势差的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小；
（2） 小球S从M点运动到x=处，利用动能定理结合电场力做功的大小可以求出动能的变化量；
（3） 球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理可以求出小球初动能的大小。
24．【答案】（1）解：对系统从开始到B刚进入电场用动能定理：
解得：
（2）解：从开始到B刚进入电场，系统电场力做的功：（2分）
所以电势能减少了，即
（3）解：带电系统开始运动时，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
球B从静止到刚进入电场（从到）所需时间：
球B进入电场后，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
从球B进入电场到球A离开电场（球B从到）所需时间：
球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得：
解得：
设球B运动到电场边缘（）处，速度为，有：
设从球A离开电场到球B离开电场（球B从到）所需时间
球B离开电场后从到，以做匀速直线运动所需时间：
则总时间：
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对系统从开始到B刚进入电场的过程，由动能定理列式求解；（2）先求出电场力做功，再由电场力做功与电势能变化的关系，求解带电系统电势能的改变量；（3）分析球B从x=0到x=5L的运动过程中两球的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解。
25．【答案】（1）解：把电荷量为C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J，有
把负电荷从B点移动到C点，电势能增加J，即电场力做负功，有
根据电压关系有
（2）解：规定C点为零电势点，，P为A、C连线的中点，因匀强电场有
则有
由和，可知
由，Q为B、D连线的中点，可知
可推得
【知识点】电场力做功；电势；电势差
【解析】【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系确定AB、BC之间的电势差，再根据电势差与电势之间的关系确定AC之间的电势差；
（2）根据BC间的电势差，结合电势与电势差的关系确定B点的电势，再根据匀强电场电势差与距离的关系确定BQ之间的电势差，再结合电势与电势差的关系确定Q点的电势。
1 / 1高考物理一轮复习：电势能和电势
一、选择题
1．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）某静电场的电场线如图所示，A、B是同一条电场线上的两个点，其电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。则下列说法中正确的是（　　）
A．EA>EB；φA>φB B．EA>EB；φA<φB
C．EAφB D．EA【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】由电场线的疏密可以表示场强的大小，可得
由沿电场线方向电势降低， 得
故选A。
【分析】由电场线的疏密可以表示场强的大小，沿电场线方向电势降低。
2．（2024高三下·杭州月考）如图1是一款阴极射线管，K极是圆形金属板电极，A极为圆环状金属电极，对于KA间的电场分布来说，A极可以等效为圆形金属板电极，在KA之间加上如图所示的高压，阴极射线就可以在K极和A极之间运行，如图2是K极和A极之间的部分电场分布，下列阐述正确的是（　　）
A．阴极射线的本质是α射线
B．图2中P点电势低于Q点电势
C．如果在图2中P点从静止释放一电子，则电子会沿该处电场线运动到A极
D．从K极静止出发的阴极射线粒子，沿中间直线电场线到达A极电场力做功最多
【答案】B
【知识点】电势；带电粒子在电场中的运动综合；阴极射线与阴极射线管
【解析】【解答】A．阴极射线的本质是电子，是β射线，故A错误；
B．因为K为阴极，A为阳极，沿电场线电势越来越低，所以P点电势低于Q点电势，故B正确；
C．在P点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，因为P点所在的电场线为曲线，故C错误；
D．电场力做功和路径无关，任意轨迹到达A极电场力做功一样大，故D错误。
故选B。
【分析】沿电场线电势越来越低，电场力做功与路径无关。
3．（2019·毕节模拟）如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．粒子运动的水平面为等势面
B．粒子运动的轨迹在一条等势线上
C．粒子运动过程中所受的电场力不变
D．粒子的重力可以忽略不计
【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两个粒子的连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带点小球相互吸引，D不符合题意；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C不符合题意；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子的受力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子的受力沿电荷连线方向，因此假设不成立，A不符合题意；由点电荷的电势 可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B符合题意。
故答案为：B
【分析】结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
4．（2018高二上·南宁期末）如图所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示.粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB．则下列结论正确的是（　　）
A．粒子带正电，aA>aB，EA>EB B．粒子带负电，aA>aB，EA>EB
C．粒子带正电，aA【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aA＜aB；
从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EA＜EB；D符合题意．
故答案为：D．
【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动，根据运动轨迹可得电场力方向以及电场力做功情况，当电场力做正功时电势能减少，当电场力做负功时，电势能增加，根据电场力方向和电场强度的方向可确定电荷的正负，等势面密集地方电场强度大，电荷的加速度大。
5．（2024高二下·益阳期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（　　）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
6．（2024高一下·丰城期末）如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是（　　）
A．这个电场可能是正点电荷形成的
B．D处的电场强度为零，因为那里没有电场线
C．点电荷q在A点所受的静电力比在B点所受静电力小
D．负电荷在C点受到的静电力方向沿C点切线方向
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场线
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场线分布可得：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；
B．电场线疏密描述电场强度的大小，电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；
C．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷q在A处所受的静电力小于在B处所受的静电力，C正确；
D．电场线的切线方向代表电场强度的方向，负电荷受到的电场力方向与电场强度的方向相反，则负电荷在C点所受静电力方向与C点切线方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】点电荷的电场线为直线；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小及电场力的大小；利用电场线的切线方向可以代表电场强度的方向，结合试探电荷的电性可以判别电场力的方向。
7．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过点和点，以下说法正确的是（　　）
A．点的场强 B．粒子在点的加速度
C．粒子在点的速度 D．粒子带负电
【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．电场线越密场强越大，根据图可知
根据
可知粒子在M点受到的电场力就小，加速度小，故AB错误；
CD．粒子做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，根据正电荷所受电场力方向与场强方向相同，可知粒子带正电。根据沿电场线方向电势逐渐降低，可得
根据
可知粒子从M到N点，粒子电势能减小，根据能量守恒定律可知，粒子动能增大，即
故D错误，C正确。
故选C。
【分析】电场线越密场强越大，粒子做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，正电荷所受电场力方向与场强方向相同，根据沿电场线方向电势逐渐降低确定M、N两点电势的高低情况，再根据电势能与电势的关系及能量守恒定律判断粒子速度的变化情况。
8．（2023·湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为、，电场强度大小分别为、。下列说法正确的是（　　）
A．若，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；点电荷的电场；电势
【解析】【解答】A.沿电场线方向电势降低，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的近，故A不符合题意；
B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于，所以M点到电荷Q的距离比N点的远，故B不符合题意；
C. 若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，说明是逆着电场线运动，电势增加，即，故C符合题意；
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点知，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小， 正点电荷Q 电场线是发散的，离Q越近电场线越密，离Q越远电场线越疏。
9．（2024高三下·江海月考）避雷针是用来保护建筑物避免雷击的装置。当雷云放电时，在避雷针顶端形成局部电场集中的空间，引导雷电向避雷针放电，将雷电流引入大地。避雷针周围电场的等势面分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C、D四点。下列说法中正确的是（　　）
A．C点场强小于B点场强
B．AD连线中点的电势为8.5kV
C．同一带负电的雨滴在C点的电势能小于在B点的电势能
D．同一带负电的雨滴从C点移动到B点，电场力做负功
【答案】A
【知识点】电势能；等势面
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密，可知C点场强小于B点场强，故A正确；
B．AD连线中点的电势不一定为8.5kV，故B错误；
C．由图知
则同一带负电的雨滴在C点的电势能大于在B点的电势能，故C错误；
D．同一带负电的雨滴从C点移动到B点，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】等势面的疏密表示电场强弱，AD之间不是匀强电场，同一带负电的雨滴电势越低电势能越大。
10．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，在半径为R的圆上四等分位置放置点电荷。O点为圆心，M、N分别为直径上到O点距离相同的两点。除N点正右方的点电荷为外，其余点电荷均为+Q。已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）
A．O点场强大小为
B．M、N两点场强相同
C．M点电势低于N点电势
D．将一正点电荷从M点移动到N点，电势能减少
【答案】D
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据点电荷周围电场的分布，距离点电荷相同距离的电场强度大小相等，根据电场线的方向，则O点正上方和正下方两点电荷在O点产生场强大小相等，方向相反，互相抵消。根据电场线的分布则O点正左侧和正右侧点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向相同，根据电场的叠加，则O点的场强为
根据电场线的方向可以判别电场强度的方向由O指向N，故A项错误；
B．MN两点的电场强度可以视为O点正上方和正下方两点电荷所产生的电场强度叠加，再与O点正左方和正右方两点电荷所产生的电场强度叠加；单看O点正上方和正下方两点电荷为等量同种点电荷，M、N为两点电荷连线中垂线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相反；单看O点正左方和正右方两点电荷，其为等量异种电荷，M、N为其连线上对称的两点，其电场强度大小相等，方向相同。综上所述经过电场叠加后，M、N两点电场强度不同，故B项错误；
C．根据电场线的分布，由于M点更靠近正电荷，N点更靠近负电荷，所以M点的电势高于N点的电势，故C项错误；
D．由之前的分析可知，M点的电势高于N点的电势，根据电势能的表达式有
所以对于正电荷其电势高的地方电势能大，故D项正确。
故选D。
【分析】利用场强的叠加结合点电荷的场强公式可以求出O点电场强度的大小；利用分场强的叠加可以比较MN两点的电场强度；利用电场线的方向可以比较电势的高低，结合电势能的表达式可以比较电势能的大小。
11．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（　　）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
12．（2024·广西） 如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为和的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上点和点，已知则小圆环从点运动到点的过程中（　　）
A．静电力做正功 B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功
【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】 设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53°
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
根据数学知识可知在 37°≤α≤53°范围内，随着α 的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】 本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
二、多项选择题
13．（2024高一下·泸县期末）如图所示，电荷量分别为+q、-q、+2q、-2q（q＞0）的4个点电荷固定于菱形的4个顶点上。以该菱形对角线的交点O为圆心的圆与其对角线相交于M、P、N、Q点。已知b、d之间的距离小于a、c之间的距离，则（　　）
A．M、N两点的电场强度相同
B．N点的电势高于P点的电势
C．N、P之间的电势差与P、M之间的电势差相等，即
D．电性为负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能
【答案】A,B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．仅有b、d两点的点电荷单独作用时，M、N两点的电场强度大小方向相同，仅有a、c两点的点电荷单独存在时，M、N两点的电场强度大小方向也相同，由此可知M、N两点的电场强度相同，故A正确；
B．N、O之间的电势差是由b、d两点的点电荷作用时产生的，P、O之间的电势差是由a、c两点的点电荷作用时产生的，b、d连线上N、O之间的平均电场强度大于a、c连线上P、O之间的平均电场强度，结合
可知
UNO＞UPO
故
φN＞φP
故B正确；
C．当仅有b、d两点的点电荷单独作用时
UPM=UNP
当仅有a、c两点的点电荷单独作用时UPM＞0，UNP＜0，综上可得
UNP≠UPM
故C错误；
D．当仅有a、c两点的点电荷单独作用时
φM=φN
当仅有b、d两点的点电荷单独作用时
φM＜φN
故负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】根据同种电荷的电场强度关系得出结论；
分别求出b、d连线上N、O之间的平均电场强度大于a、c连线上P、O之间的平均电场强度，再根据得出结论；
根据只有水平方向与竖直方向上电荷存在时电势差的关系得出结论；
根据只有水平方向与竖直方向上电荷存在时电势的关系得出结论。
14．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知OA两点相距为h，电子质量为m，电荷量为，重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．电子在O点的电势能低于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度
D．OA间的电势差
【答案】A,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．电子在A点时开始返回，则在A点的速度为0，则动能的最小，根据能量守恒，电子的总能量为动能和势能之和，电子在A点的电势能的最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A正确；
B．电子在运动过程中，只受到电场力，根据功能关系可以判别电势能与动能之和不变，故返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，故电场力在此过程不做功，根据动能定理可以得出返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；
C．电子从A点到O点的过程中，根据动能定理有：
解得电子从O点射出时的速度
故C错误；
D．根据电势差与电场强度的关系有：OA间的电势差为：
故D正确；
故选AD。
【分析】利用电子在A点返回可以判别电子此时动能最小，根据总能量保持不变则电势能最大；利用动能定理可以判别电子到点O点的速度大小；利用电势差和场强的关系可以求出OA之间电势差的大小。
15．（2024高一下·江岸期末）空间某一匀强电场方向平行纸面，在电场中同一纸面内A、B、C三点的位置如图所示，，，。一电子以速度从C点出发经过B点时的动能为，此过程中电子的电势能增加1.5eV。若让电子以速度从C点出发经过A点时的动能为，此过程电子的动能增加0.75eV。电子质量为m，在运动过程中只受电场力，下列结论正确的是（　　）
A．三点电势关系为
B．电场强度的方向由A指向B
C．电场强度的大小为1.5V/m
D．如果，那么
【答案】C,D
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．粒子从C到B电场力做功为
解得
根据动能定理
故
故A点电势高于C点，故
故A错误；
BC．D、E两点将边三等分
由A点作垂直，则
故匀强电场的电场强度大小
电场方向沿AF方向，即垂直于CD斜向左下方，故B错误，C正确；
D．一电子以速度从C点出发经过B点时，根据动能定理可知
让电子以速度从C点出发经过A点时，根据动能定理可知
则
故D正确。
故选CD。
【分析】负电荷在电势低的地方电势能大，根据匀强电场的电势分布特点可知，为等势线。
16．（2024高二上·惠州期末）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（　　）
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在甲圆桶中的电场为匀强电场，根据公式
可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f=kv，可知尘粒所受的合力
随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律
可知，尘埃受到的合外力先随着速度的增加而减小，达到稳定后，加速度为零，即尘埃加速度变化，故A错误；
B．对乙圆桶中的尘粒，受到电场力大小
乙圆桶空间中的电场不是匀强电场，离导线越远的电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，故B正确；
C．根据功的公式
和
可得
由于尘粒在甲桶的电场中，整体做变速直线运动，故在任意相等时间内，位移L可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，故C错误；
D．根据公式
可知，电场对单个尘粒做功的最大值都等于，故D正确。
故选BD。
【分析】物体受到的合力为恒力，加速度也恒定；合力为变力，加速度也变化；根据尘粒受力情况结合牛顿第二定律判断加速度变化情况；根据电场分布情况结合判断尘粒受电场力变化情况；根据功的公式判断电场力做功情况；根据电场力做功的特点计算电场力做功最大值。
17．（2024高一下·荆州月考）某电场中三个等势面1、2、3分布如图中实线所示，虚线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．该电场的某条电场线可能与虚线重合
B．等势面2的电势比等势面3的电势高
C．该带电粒子在M点的加速度比在N点的小
D．该带电粒子在M点的电势能比在N点的大
【答案】B,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、带电粒子做曲线运动，则粒子运动轨迹不可能与电场线重合，即该电场的某条电场线不可能与虚线重合，故A错误；
B、由运动轨迹可知，粒子受电场力大致向右，可知电场线大致向右，沿电场线电势降低，可知等势面1电势最高，即等势面2的电势比等势面3的电势高，故B正确；
C、M点等势面密集，可知电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，则该带电粒子在M点的加速度比在N点的大，故C错误；
D、因M点电势高于N点，则该带正电的粒子在M点的电势能比在N点的大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子在电场力的作用下做曲线运动，该电场的某条电场线不可能与虚线重合。根据运动轨迹确定粒子所受电场力的方向，再根据粒子的电性确定电场线的方向，沿电场线电势降低，电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，加速度越大。根据电势与电势能的关系确定粒子在各点电势能的大小。
三、非选择题
18．（2022高一下·菏泽期末）如图，等量异种点电荷－Q、＋Q固定在水平线上相距为2L的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为L处，AC平行于MN，且OA=OC=L。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零，忽略＋q对等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为g。求：
（1）小球经过B点时受到的电场力；
（2）小球经过B点时对杆的拉力大小；
（3）在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；
（4）小球继续向左摆动，到达C点时的速度大小。
【答案】（1）解：根据库仑定律以及力的合成法则，小球经过B点时受到的电场力大小
方向水平向左
（2）解：小球经过B点时，在竖直方向根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可得，小球对细杆的拉力大小
（3）解：由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，则
从A到B，由动能定理
解得
（4）解：由电场对称性可知
即
小球从A到C由动能定理
解得
【知识点】电势差、电势、电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1） 根据库仑定律以及力的合成法则，得小球经过B点时受到的电场力大小。
（2）在竖直方向根据牛顿第二定律可知小球经过B点时对杆的拉力大小 。
（3） O在MN的垂直平分线上 ， 取O点电势为零由动能定理得A点的电势 。
（4） 由电场对称性和动能定理得小球到达C点时的速度大小。
19．（2022高一下·泰州期末）如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，，，D是BC的中点，AB长为，A、C、D点的电势分别为2V、26V、17V。一带电粒子从B点以某一初速度垂直AC飞出，恰好击中A点，已知粒子带电量，质量，重力忽略不计，求：
（1）粒子在A点所具有的电势能；
（2）粒子从B到A所用的时间；
（3）粒子击中A点时速度的大小。
【答案】（1）解：粒子在A点所具有的电势能为
（2）解：根据匀强电场的性质可知
解得
以B为原点建立如图所示直角坐标系
则、方向的电场强度分别为
合场强为
合场强与轴正方的夹角为，则有
由此可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子的初速度为，粒子从B到A所用的时间，粒子运动的加速度为，则有
解得
（3）解：粒子击中A点时速度的大小为，从B到A运用动能定理可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）根据电势能的表达式得出粒子在A点的电势能：
（2）结合匀强电场电场强度的表达式以及电场强度的合成得出合场强的大小方向：利用匀变速直线运动和牛顿 第二定律得出 粒子从B到A所用的时间；
（3）粒子从B到A运用动能定理可 的A点速度的大小。
20．（2024高一下·献县月考）地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h，重力加速度为g．
（1）求匀强电场的场强；
（2）若丝线突然断掉，则小球经过多长时间落地？
【答案】（1）解：对小球列平衡方程
所以
（2）解：丝线断后竖直方向：
所以
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）小球处于平衡状态，明确小球的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2） 若丝线突然断掉，小球在竖直方向做自由落体运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据自由落体运动规律进行解答。
21．（2024高一下·杭州月考）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球通过绝缘的轻质弹簧和轻绳悬挂在空中处于静止状态，弹簧处于水平状态，轻绳与竖直方向的夹角θ=45°，已知小球的质量m=0.1kg，电荷量，场强大小，重力加速度g取10m/s2求：
（1）轻绳的拉力大小；
（2）弹簧的弹力大小及方向；
（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小。
【答案】（1）带电小球竖直方向平衡，有
可得拉力
（2）水平方向小球平衡，假设弹力方向水平向左，有
可得
所以弹簧的弹力大小为0.2N，方向水平向右；
（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小约为
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析小球的受力，由小球竖直方向上的受力平衡，求解轻绳上的拉力大小；（2）由小球水平方向上的受力平衡，求解弹簧弹力的大小及方向；（3）分析撤去电场同时剪断轻绳小球的受力，由牛顿第二定律计算此瞬间小球的加速度大小。
22．（2024高一下·崇阳月考）如图所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E=1.2×102 V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5 cm，B板接地，求：
（1）C点的电势为多少，CD两点间的电势差UCD为多少；
（2）点电荷q=-2×10-2C在C点具有的电势能 ；
（3）将点电荷q=-2×10-2C从C移到D点时，电场力做功多少。
【答案】（1）解：B板接地
φB=0
沿电场方向，CD之间的距离为
dCD=d-dAC-dBD=4cm=4×10-2m
CD两点间的电势差
UCD=-EdCD=-1.2×102×4×10-2=-4.8V
BD两点间的电势差
UBD=EdBD=1.2×102×0.5×10-2=0.6V
故
φB-φD=0.6V
即
φD=-0.6V
BC两点间的电势差
UBC═EdBC=1.2×102×4.5×10-2=5.4V
即
φB-φC=5.4V
φC=-5.4V
（2）解：由
EP=qφ
可知点电荷q=-2×10-2C在C点的电势能
EPC=-2×10-2×（-5.4）J =0.108J
（3）解：将点电荷q=-2×10-2C从C移到D时电场力所做的功
W=q×UCD=-2×10-2×（-4.8）J =9.6×10-2J
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电势能；电势差
【解析】【分析】(1)C的电势即为C点与下极板的电势差的大小，根据U=Ed计算电势差；
(2)根据求解电荷在C点的电势能；
(3)由W=qU即可求出电场力的功。
23．（2024高一下·惠山期末）如图，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。A、B、M、N四点距O点的距离均为，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势随位置x的变化关系如图所示（k为静电力常量）。一电荷量为Q（Q>0）质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求
（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；
（2）小球S从M点运动到x=处，动能的变化量；
（3）小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图所示（g为重力加速度大小）。为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足什么条件。
【答案】解：（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差
电场力做的功
（2）小球S从M点运动到x=处，根据动能定理有
其中
联立解得
（3）根据对称，M点与N点的电势相等，为保证小球S能运动到N点，球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理有
其中
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【分析】（1）小球S从M点运动到O点的过程中，利用图像可以求出电势差的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小；
（2） 小球S从M点运动到x=处，利用动能定理结合电场力做功的大小可以求出动能的变化量；
（3） 球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理可以求出小球初动能的大小。
24．（2024高一下·浙江月考）光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示。两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为，球B带电量为。时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动。若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：
图（a） 图（b）
（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度的大小；
（2）从初始状态到球A刚离开电场过程中，带电系统电势能的改变量；
（3）球B从到的运动时间。
【答案】（1）解：对系统从开始到B刚进入电场用动能定理：
解得：
（2）解：从开始到B刚进入电场，系统电场力做的功：（2分）
所以电势能减少了，即
（3）解：带电系统开始运动时，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
球B从静止到刚进入电场（从到）所需时间：
球B进入电场后，由牛顿第二定律得：
解得加速度：
从球B进入电场到球A离开电场（球B从到）所需时间：
球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得：
解得：
设球B运动到电场边缘（）处，速度为，有：
设从球A离开电场到球B离开电场（球B从到）所需时间
球B离开电场后从到，以做匀速直线运动所需时间：
则总时间：
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对系统从开始到B刚进入电场的过程，由动能定理列式求解；（2）先求出电场力做功，再由电场力做功与电势能变化的关系，求解带电系统电势能的改变量；（3）分析球B从x=0到x=5L的运动过程中两球的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解。
25．（2024高一下·荆州月考）如图所示，同一平面内的A、B、C、D四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，P为A、C连线的中点，Q为B、D连线的中点。把电荷量为﹣2.C的点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J；再把这个电荷从B点移动到C点，电势能增加 J，求：
（1）A、C两点间的电势差；
（2）若，且规定C点为零电势点，求Q点的电势。
【答案】（1）解：把电荷量为C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J，有
把负电荷从B点移动到C点，电势能增加J，即电场力做负功，有
根据电压关系有
（2）解：规定C点为零电势点，，P为A、C连线的中点，因匀强电场有
则有
由和，可知
由，Q为B、D连线的中点，可知
可推得
【知识点】电场力做功；电势；电势差
【解析】【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系确定AB、BC之间的电势差，再根据电势差与电势之间的关系确定AC之间的电势差；
（2）根据BC间的电势差，结合电势与电势差的关系确定B点的电势，再根据匀强电场电势差与距离的关系确定BQ之间的电势差，再结合电势与电势差的关系确定Q点的电势。
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