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课时跟踪检测(十) 电场能的性质
A组—重基础·体现综合
1．一个带正电的质点所带的电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除静电力外，其他力做正功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差为( )
A．3×104 V B．1×104 V
C．4×104 V D．7×104 V
解析：选B 由动能定理，WF＋qUab＝ΔEk，则Uab＝1×104 V，选项B正确。
2．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中( )
A．小球的重力势能减少了2mgh
B．小球的动能增加了2mgh
C．电场力做负功2mgh
D．小球的电势能增加了3mgh
解析：选D 带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。
3.如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点。一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是( )
A．粒子经过B点时加速度为零
B．粒子经过B点和C点时动能相等
C．粒子从A到C的过程中，电势能一直增大
D．粒子从B到D的过程中，电场力做的总功为0
解析：选D 两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为零，带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下，加速度不为零，故A错误；由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的，所以粒子从B到C电场力做功的绝对值与粒子从C到D电场力做功的绝对值大小相等，总功等于零，所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等，故D正确，B错误；粒子从A到B的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能减小，故C错误。
4．(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有( )
A．EBx的大小大于ECx的大小
B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功
解析：选AD 在φ x图像中，图线的斜率大小表示电场强度大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点电场强度在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误，选项D正确。
5．(多选)如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化的关系如图乙所示，则( )
A．c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同
B．球内部的电场为匀强电场
C．a、c两点处的电势相等
D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，电场力一直做正功
解析：选AD 根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确，选项B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，由题图乙易判断a点的电势大于c点的电势，选项C错误；假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，电场力与运动方向相同，电场力一直做正功，选项D正确。
6.空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
解析：选D 由等势线分布图可以确定P、Q处固定等量异种点电荷，两点电荷连线垂直平分线为等势线且电势为0，A项错误；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错误；Q点处为正电荷，则P处固定电荷为负电荷，所以φb>0，φd<0，所以b点电势高于d点电势，C项错误；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项正确。
7．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F，一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D．小球在D、F两点所受的电场力相同
解析：选C 小球从C到D的过程中电场力的方向与速度方向的夹角一直是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线方向电势降低，因此有φC>φO>φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，C正确；等量同种正点电荷的电场线如图，D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D错误。
8．一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：(重力加速度为g)
(1)A、B两点的电势差UAB；
(2)匀强电场的场强大小。
解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得
mgLsin 60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－。
(2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，
可得E＝＝。
答案：(1)－ (2)
组—重应用·体现创新
9．(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q 的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A．OB的距离l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝－
解析：选AD 由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；因为小滑块滑到C点时速度为零，则从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有W＋mgSsin 30°＝0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。
10.(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O～x3段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动
C．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变，为一定值
D．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3
解析：选BCD 由E＝得电场强度与电势的关系：E＝，电势能：Ep＝qφ，联立可得：E＝·，可知Ep x图像切线的斜率＝qE＝F电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知粒子在三段中所受电场力变小、变大、不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正确。
11.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，静电力常量为k，求：
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)。
解析：(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：
mg－k＝m·g，
在B点时：k－mg＝m·aB，
解得aB＝3g，方向竖直向上。
(2)从A到B的过程，由动能定理得
mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，
解得UAB＝－。
答案：(1)3g，方向竖直向上 (2)－
12.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k。试求：
(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)点电荷产生的电场在B点的电势。
解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力：
F＝
由几何关系可知：r＝
设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN
由平衡条件有：FN＝mg＋Fsin 60°
解得：FN＝mg＋。
(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB
由动能定理有：q(φ－φB)＝mv2－mv02
解得：φB＝φ＋。
答案：(1)mg＋
(2)φ＋
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共31张PPT)
判断角度 判断方法
依据电场线方向 沿电场线方向，电势越来越低。(电场线的方向就是电势降低最快的方向)
场源电荷判断法 离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低
判断角度 判断方法
根据电场力做功判断 正电荷在电场力作用下移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处；正电荷克服电场力做功，电荷由低电势处移向高电势处。对于负电荷，情况恰好相反
根据Ep＝qφ判断 正电荷所在处的电势能越大，该点电势越高；负电荷所在处的电势能越大，该点电势越低
2．电势能大小的判断方法
判断角度 判断方法
做功判断法 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增大
电荷电势法 正电荷在电势越高的地方电势能越大；负电荷在电势越低的地方电势能越大
公式法 由Ep＝qφ，将电荷的大小、正负号一起代入公式。若Ep为正值，其绝对值越大表示电势能越大；如Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大
判断角度 判断方法
能量守恒法 若只有电场力做功，电荷的动能和电势能之和不变，电荷动能增加，电势能减少；电荷动能减少，电势能增加
场源电荷判断法 离场源正电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越大(或越小)，离场源负电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越小(或越大)
电场线法 顺着电场线的方向运动，检验正电荷(或负电荷)的电势能减少(或增加)，逆着电场线的方向运动，检验正电荷(或负电荷)的电势能增加(或减少)
[解析] 沿着电场线，电势逐渐降低，则有φn＞φp，故A错误；负电荷从p运动到m，电场力做正功，电势能减小，有Epp＞Epm，故B错误；两微粒均只受电场力，电场力对其做正功，由动能定理有qU＝ΔEk，因初末电势差相同，电荷量q相等，则电场力做的正功相等，电势能的减小量相等，两微粒的动能变化量相等，故C错误，D正确。
[答案] D
【集训提能】
1．如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C
是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列
说法正确的是 ( )
A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
2.(2024·广东高考)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有( )
A．M点的电势比N点的低
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
解析：根据沿着电场线方向电势降低可知，M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比其在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度反映电场强度大小可知，N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的电势能相等，综上分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。
答案：AC
3． (多选)如图所示，正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是( )
A．M、N两点的电场强度相同
B．M、N两点的电势相同
C．负电荷在M点的电势能比在O点时要小
D．负电荷在N点的电势能比在O点时要大
解析：经分析可知M、N两点电场强度的大小相等，方向不同，A错误；M、N两点在A、B的电场中位于同一等势面上，比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中也是位于同一等势面上，也比O点电势要高，所以M、N两点位于同一等势面上，电势相等，B正确；由于M(N)点电势高于O点电势，根据Ep＝qφ可知，负电荷在O点的电势能高于在M(N)点的电势能，C正确，D错误。
答案：BC
【知识贯通】
1．v- t图像
根据v- t图像的速度变化、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，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
2．φ -x图像
(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图像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图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
3．E -x图像
在给定了电场的E- x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，电势的变化情况，E -x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
典例2 (2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，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
[解析] 带负电的试探电荷在x2点动能为1.5 eV，电势能为－1 eV，总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2～x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力，做加速运动，在x3点速度最大，试探电荷继续运动到x3点右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为－0.5 V处减速到零，之后沿x轴负方向运动，回到x2点时动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为－0.5 V处减速到零后又反向运动，但不会运动到x0、x1点，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
[答案] B
【集训提能】
4．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电荷的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法中正确的是 ( )
A．A点的电场强度比B点的大
B．A、B两点的电场强度相等
C．A点的电势比B点的电势高
D．A点的电势比B点的电势低
解析：由题图乙可知，带负电的点电荷做加速度逐渐增大的减速运动，故A点的电场强度比B点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C正确。
答案：C
5．(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电荷的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动至x4的过程中电场力先减小后增大
解析：由题图可知， x1到x4电场强度先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。
答案：BC
【知识贯通】
1．合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。
2．电场力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。
3．只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。
【集训提能】
6．(多选)带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为3 J，电场力做功为1 J，克服空气阻力做功为0.5 J，则带电小球在A点的 ( )
A．重力势能比在B点大3 J
B．电势能比在B点小1 J
C．动能比在B点小3.5 J
D．机械能比在B点小0.5 J
解析：带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为3 J，说明重力势能减小3 J，选项A正确；电场力做功1 J，说明电势能减小1 J，选项B错误；由动能定理可知动能的变化量等于合外力所做的功，即动能增加3.5 J，选项C正确；机械能的变化量等于除重力之外的力所做的功，即机械能增加0.5 J，选项D正确。
答案：ACD
7.(多选)如图所示，平行直线是匀强电场的电场线(电场方向未画出)，曲线是电子(只受电场力)在该电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，电子从a运动到b，则下列说法正确的是 ( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
解析：由题图看出，电子所受的电场力方向水平向左，而电子带负电，可知电场线方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；电子从a运动到b的过程中，电场力做负功，则电势能增加，动能减小，即电子在a点的电势能小于在b点的电势能，在a点的动能大于在b点的动能，故B错误，C正确；电子在匀强电场中所受的电场力是恒力，则其加速度恒定不变，故D错误。
答案：AC
8．如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上有两点M和N，距离为2d。在M和N处分别固定电荷量为＋q和－q的两个点电荷。下列说法正确的是 ( )
A．点电荷＋q和－q受到的静电力大小均为qE，方向相反
B．将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对点
电荷＋q做功为qEd
C．交换两个点电荷的位置，静电力对两个点电荷做功之
和为零
D．将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两个点电荷做功之和为零
