新高考物理三輪復(fù)習(xí)小題精練16 電場能的性質(zhì)（含解析）

小題必練16：電場能的性質(zhì)小題必練16：電場能的性質(zhì)(1)電勢能、電勢；(2)電勢差、等勢面；(3)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系等。例1．(2020?全國II卷?20)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相等C．c、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等D．c、d兩點(diǎn)的電勢相等【答案】ABC【解析】如圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸PP′，PP′所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠(yuǎn)處，電勢為零。故在PP′上的點(diǎn)電勢為零，即φa＝φb＝0；而從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢一直在降低，即φc＞φd，故B正確，D錯誤；上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確?！军c(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)電荷形成的電場的特點(diǎn)。例2．(2020?全國III卷?21)如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。下列說法正確的是()A．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢先增大后減小C．正電荷在M點(diǎn)的電勢能比其在N點(diǎn)的電勢能大D．將正電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力所做的總功為負(fù)【解析】點(diǎn)電荷的電場以點(diǎn)電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖，∠M是最大內(nèi)角，所以PN＞PM，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可知從M→N電場強(qiáng)度先增大后減小，A錯誤；電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，B正確；M、N兩點(diǎn)的電勢大小關(guān)系為φM＞φN，根據(jù)電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，C正確；正電荷從M→N，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。【答案】BC【點(diǎn)睛】本題考查電場強(qiáng)度、電勢、電勢能大小的比較，要熟練記住相關(guān)公式。1．(多選)真空中有一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷僅在庫侖力作用下繞固定的點(diǎn)電荷＋Q運(yùn)動，其軌跡為橢圓，如圖所示。已知a、b、c、d為橢圓的四個頂點(diǎn)，＋Q處在橢圓的一個焦點(diǎn)上，則下列說法正確的是()A．負(fù)電荷在a、c兩點(diǎn)所受的電場力相同B．負(fù)電荷在a點(diǎn)和c點(diǎn)的電勢能相等C．負(fù)電荷由b運(yùn)動到d的過程中電勢能增加，動能減少D．負(fù)電荷由a經(jīng)b運(yùn)動到c的過程中，電勢能先增加后減少【答案】BC【解析】在a、c兩點(diǎn)負(fù)電荷所受電場力方向不同，A項(xiàng)錯誤；以單個點(diǎn)電荷為球心的球面是等勢面，所以a、c兩點(diǎn)電勢相等，根據(jù)電勢與電勢能的關(guān)系可知，負(fù)電荷在a、c兩點(diǎn)電勢能也相等，B項(xiàng)正確；負(fù)電荷由b到d過程中，電場力始終做負(fù)功，電勢能增加，動能減少，C項(xiàng)正確；負(fù)電荷由a經(jīng)b到c的過程中，電場力先做正功再做負(fù)功，故電勢能先減少后增加，D項(xiàng)錯誤。2．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功【答案】B【解析】由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中電場力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點(diǎn)在同一等勢面上，且電場線方向?yàn)镸→N，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯誤。M點(diǎn)與Q點(diǎn)在同一等勢面上，電子由M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力不做功，故選項(xiàng)C錯誤。電子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做正功，故選項(xiàng)D錯誤。3．(多選)如圖所示，一水平面內(nèi)的半圓形玻璃管，內(nèi)壁光滑，在兩管口分別固定帶正電的點(diǎn)電荷Q1、Q2，管內(nèi)靠近Q1處有一帶正電的小球(帶電量很小)，小球由靜止開始釋放，經(jīng)過管內(nèi)b點(diǎn)時速度最大，經(jīng)過a、c兩點(diǎn)時速度的大小相等，整個運(yùn)動過程中小球的電荷量保持不變。下面關(guān)于a、c兩點(diǎn)的電勢及b點(diǎn)場強(qiáng)的判斷正確的是()A．φa＝φcB．φa＞φcC．b點(diǎn)的場強(qiáng)為E1D．b點(diǎn)的場強(qiáng)為E2【答案】AC【解析】因?yàn)閹щ娦∏蛟赼、c兩處的動能相等，且整個過程中只有電場力對帶電小球做功，帶電小球的動能與電勢能的總和不變，故帶電小球在a、c兩處的電勢能也相等，a、c兩處的電勢相等，A項(xiàng)正確；因?yàn)閹щ娦∏蛟赽點(diǎn)處的速度最大，此處帶電小球所受的合力為零，圓管的彈力沿半徑方向，故帶電小球所受的電場力也應(yīng)沿半徑方向，C項(xiàng)正確。4．(多選)在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大【答案】AC【解析】由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，則兩個點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項(xiàng)正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強(qiáng)度，因此x1處的電場強(qiáng)度不為零，B項(xiàng)錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。5．如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點(diǎn)O為圓心的同一圓周上的三點(diǎn)，OQ連線垂直于MN。以下說法正確的是()A．O點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等B．O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差C．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電荷的電勢能增加D．在Q點(diǎn)釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上【答案】C【解析】由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A項(xiàng)錯誤；且MO間的平均電場強(qiáng)度大于ON間的平均電場強(qiáng)度，故UMO>UON，B項(xiàng)錯誤；因UMQ>0，負(fù)電荷從M到Q電場力做負(fù)功，電勢能增加，C項(xiàng)正確；正電荷在Q點(diǎn)的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D項(xiàng)錯誤。6．(多選)如圖所示，A、B、C、D四點(diǎn)構(gòu)成一邊長為L的正方形。對角線AC豎直，在A點(diǎn)固定一電荷量為－Q的點(diǎn)電荷，規(guī)定電場中B點(diǎn)的電勢為零?，F(xiàn)將幾個質(zhì)量均為m、電荷量均為－q的帶電小球從D點(diǎn)以大小均為v0的速度向各個方向拋出，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．通過B點(diǎn)的小球過B點(diǎn)時的速度大小為v0B．通過C點(diǎn)的小球在C點(diǎn)時的電勢能比通過B點(diǎn)的小球在B點(diǎn)時的電勢能大D．若通過C點(diǎn)的小球在C點(diǎn)時的速度大小為v，則C點(diǎn)的電勢為eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)【答案】AD【解析】B、D兩點(diǎn)在同一等勢面上，在同一高度，所以電場力和重力做功均為零，由動能定理可知，小球通過B點(diǎn)時的速度大小為v0，A項(xiàng)正確；小球從D到C電場力做正功，電勢能減少，且小球在B、D兩點(diǎn)電勢能相等，所以小球在C點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能小，B項(xiàng)錯誤；根據(jù)庫侖定律得小球在B點(diǎn)受到的庫侖力是在C點(diǎn)受到的庫侖力的2倍，C項(xiàng)錯誤；從D到C應(yīng)用動能定理得mg·eq\f(\r(2),2)L－qUDC＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)，D項(xiàng)正確。7．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，帶正電的小球(重力不計(jì))在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是()A．電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(Fcosθ,q)B．AB兩點(diǎn)的電勢差為UAB＝eq\f(－Fdcosθ,q)C．帶電小球由A運(yùn)動至B過程中電勢能增加了FdcosθD．帶電小球若由B勻速運(yùn)動至A，則恒力F必須反向【答案】BC【解析】由題意，小球的重力不計(jì)，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運(yùn)動，則有，qE＝F，則得場強(qiáng)E＝eq\f(F,q)，故A錯誤。A、B兩點(diǎn)的電勢差為U＝－Edcosθ＝－eq\f(Fdcosθ,q)，故B正確。帶電小球由A運(yùn)動至B過程中恒力做功為W＝Fdcosθ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcosθ，故C正確。小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運(yùn)動時，F(xiàn)大小、方向均不變，故D錯誤。8．(多選)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A、B套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點(diǎn)電荷，其中A球固定，帶電量QA＝2×10－4C，B球的質(zhì)量為m＝0.1kg。以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo)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?yàn)榍€Ⅰ的漸近線。圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6m。(g取10m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109N·m2/C2。)令A(yù)處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則()A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的帶電荷量QB＝1×10－5CC．若B球以Ek0＝4J的初動能從M點(diǎn)開始沿桿向上滑動到最高點(diǎn)，則此過程中電勢能減少了2JD．若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運(yùn)動過程中做的是加速度先減小后增加的運(yùn)動【答案】BCD【解析】漸近線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，即Ep＝mgxsinθ＝kx，則斜率k＝mgsinθ，解得θ＝30°，A錯誤；由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x＝6m處總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，則有mgsin30°＝keq\f(QAQB,x2)，計(jì)算得出QB＝1×10－5C，B正確；由能量守恒可知B球動能減小到0時，總勢能為10J，此時物體沿斜面上升18m－6m＝12m，重力勢能增加ΔEp＝mgΔxsinθ＝6J，則電勢能減少了2J，C正確；若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運(yùn)動過程中做的是加速度先減小后反向增大的運(yùn)動，D正確。9．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k)))。已知重力加速度為g，則()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點(diǎn)P時的動能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)【答案】BC【解析】由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動軌跡為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知eq\r(2)mg＝Eq，E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯誤。聯(lián)立方程eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,k)＝v0t，解得v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確。據(jù)動能定理mg·eq\f(1,k)＝Ek－eq\f(1,2)mv02，得Ek＝eq\f(5mg,4k)，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·eq\f(\r(2),k)＝－eq\r(2)mg·eq\f(\r(2),k)＝eq\f(－2mg,k)，D錯誤。10．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，長為L的細(xì)繩一端固定于點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(L,3)))，另一端系一帶正電、質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)在y軸正半軸上某處B固定一釘子，再將細(xì)繩拉至水平位置，由靜止釋放小球使細(xì)繩碰到釘子后小球能繞釘轉(zhuǎn)動。已知整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為eq\f(2mg,q)，則()A．小球一定能繞B做完整的圓周運(yùn)動B．當(dāng)yB＝eq\f(4L,15)時小球能做完整的圓周運(yùn)動C．當(dāng)yB＝eq\f(L,5)時小球能做完整的圓周運(yùn)動D．若小球恰好能做完整的圓周運(yùn)動，則繩能承受的拉力至少為6mg【答案】BD【解析】電場力和重力的合力大小為F＝mg，方向豎直向上。剛好做完整的圓周運(yùn)動時，其軌道半徑為r＝L－eq\f(1,3)L－yB＝eq\f(2,3)L－yB，在釘子下方有F＝eq\f(mv2,r)。從釋放到釘子下方r處由動能定理得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2yB－\f(1,3)L))＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得yB＝eq\f(4L,15)，所以A、C項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；在釘子上方r處繩子承受的拉力最大，其至少為T－F＝eq\f(mv′2,r)，從釋放到此處由動能定理得FL＝eq\f(1,2)mv′2，解得T＝6mg，D項(xiàng)正確。11．如圖所示，BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r＝10m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場。從A點(diǎn)以初速度v0＝9m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m＝0.1kg的小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn))，小球帶正電荷量q＝＋0.01C，小球恰好從B點(diǎn)沿垂直于OB的方向進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)空氣阻力。求：(1)A、B間的水平距離L；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(3)小球過C點(diǎn)時對軌道的壓力的大小N′；(4)小球從D點(diǎn)離開軌道后上升的最大高度H。【解析】(1)設(shè)小球運(yùn)動過程中的加速度為a，則小球的等效重力為ma；小球在B點(diǎn)的速度為vB，由小球恰好從B點(diǎn)垂直O(jiān)B進(jìn)入圓弧軌道得小球豎直方向的分速度vBy＝v0tan53°對小球從A點(diǎn)到B的運(yùn)動過程，由平拋運(yùn)動知識得：vBy＝at豎直方向位移y＝rcos53°y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：t＝1s，a＝12m/s2，L＝v0t＝9m。(2)小球從A到B的運(yùn)動過程中，對小球運(yùn)用牛頓第二定律：mg＋qE＝ma得E＝20N/C。(3)小球從A到C的運(yùn)動過程中，設(shè)在C點(diǎn)的速度為vC，運(yùn)用動能定理：mar＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點(diǎn)，對小球有：N－ma＝meq\f(v\o\al(2,C),r)得軌道對小球的支持力N＝4.41N由牛頓第三定律，小