高考物理一輪復習考點精講精練第17講　電場能的性質（解析版）

第17講電場能的性質1.掌握電勢、電勢能、電勢差的概念.2.理解電場力做功的特點，掌握電場力做功與電勢能變化的關系.3.會分析電場中電勢的變化，并能利用功能關系分析電荷電勢能的變化．考點一辨析電場強度、電勢、電勢差、電勢能1．電勢高低的判斷方法(1)沿電場線方向，電勢越來越低．(2)判斷出UAB的正負，再由UAB＝φA－φB，比較φA、φB的大小，若UAB>0，則φA>φB，若UAB<0，則φA<φB.2．電勢能大小的比較方法做功判斷法電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方，反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方．（2024?天津模擬）在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方．從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，某一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP＞OM，OM＝ON，則小球（）A．在運動過程中，電勢能先增加后減少 B．在P點的電勢能小于在N點的電勢能 C．在M點的動能小于在N點的動能 D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功【解答】解：A.在運動過程中，電場力先做正功，后做負功，故電勢能先減小后增加，故A錯誤；B.小球從P到M，電場力做正功，電勢能減小，所以P點電勢能大于M點的電勢能，由于OM＝ON，則M、N兩點電勢相等，則小球在兩點的電勢能相等，所以P點的電勢能大于在N點的電勢能，故B錯誤；C.由M到N，電勢能相等，重力做正功，動能增大，所以M點的動能小于N點的動能，故C正確；D.從M到N的過程中，電場力先做正功，后做負功，總功為0，故D錯誤。故選：C。（2024?房山區(qū)一模）電子束焊接機的核心部件內存在如圖所示的高壓電場，K極為陰極，電子在靜電力作用下由A點沿直線運動到B點。下列說法正確的是（）A．高壓電場中A、B兩點電勢相等 B．高壓電場中A點電場強度大于B點電場強度 C．電子的電勢能逐漸減小 D．電子的加速度逐漸減小【解答】解：AC．根據沿電場線方向電勢逐漸降低，由圖可知，從A點到B點，電勢逐漸升高，電子在電勢高的位置電勢能較小，所以電子的電勢能減小，故A錯誤，C正確；BD．根據電場線越密電場強度越大，由圖可知，高壓電場中A點電場強度小于B點電場強度，根據牛頓第二定律可知，加速度逐漸增大，故BD錯誤；故選：C。（多選）（2024?江門一模）如圖所示，O、A、B為一粗糙絕緣水平面上的三點，不計空氣阻力，一電荷量為+Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為+q的小金屬塊（可視為質點），從A點以速度v0向右運動，最后停止在B點，已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．該過程中小金屬塊的電勢能增大 B．A、B兩點間的電勢差為m(vC．若在A處庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時距O點的距離為kQqμmgD．若在A處庫侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運動過程的平均速度大于v【解答】解：A．同種電荷相互排斥，可知小金屬塊從A向B運動的過程中庫侖力對小金屬塊做正功，所以小金屬塊的電勢能減小，故A錯誤；B．小金屬塊從A向B運動的過程中庫侖力對小金屬塊做正功，摩擦力做負功，由動能定理可得WA、B兩點間的電勢差為U解得U故B錯誤；C．若在A處小金屬塊受到的庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時，其金屬塊受力平衡，有μmg=k解得x=故C正確；D．若在A處庫侖力小于摩擦力，由牛頓第二定律可得a=則小金屬塊由A向B運動過程庫侖力減小，金屬塊做加速度增大的減速運動，v﹣t圖像如圖所示在圖中做出初速度為v0，末速度為0的勻減速勻速直線運動圖線，根據平均速度公式v可知小金屬塊由A向B運動過程的平均速度大于v0故選：CD。（2024?南開區(qū)一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，實線為一個帶正電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法正確的是（）A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最高 B．粒子在Q點時的電勢能比在P點時大 C．粒子在Q點時的動能比在P點時大 D．粒子在Q點時的加速度比在P點時大【解答】解：A．根據粒子的運動軌跡可知，粒子所受電場力指向運動軌跡的凹側，即電場力方向斜向右下，因帶電粒子帶正電，則電場線方向垂直于等勢面斜向右下，根據沿電場線方向電勢逐漸降低可知，等勢面c的電勢最高，等勢面a的電勢最低，故A錯誤；BC．因為P點電勢高于Q點電勢，根據Ep＝qφ，由于帶電粒子帶正電，可知粒子在電勢較高的P點時的電勢能比在Q點時大，根據能量守恒可知粒子在Q點時的動能比在P點時大，故B錯誤，C正確；D．由于P點處的等勢面較密，所以P點的電場強度較大，粒子在P點受到的電場力較大，故質點在Q點時的加速度比在P點時的小，故D錯誤。故選：C。（2024?西城區(qū)一模）如圖所示，點電荷Q周圍的三個等勢面是同心圓，等勢面上的點A、B、C在同一條電場線上，且AB＝BC。現(xiàn)將一電荷量為+q的試探電荷從A點由靜止釋放，試探電荷只受靜電力作用，則（）A．該電荷沿著電場線做勻加速直線運動 B．該電荷在AB段動能的增量小于BC段動能的增量 C．該電荷在AB段電勢能的減少量大于BC段電勢能的減少量 D．該電荷在AB段運動的時間小于BC段運動的時間【解答】解：A、靠近正電荷的電場線越密集，電場力越大，則加速度越大，可知該電荷沿著電場線不會做勻加速直線運動，故A錯誤；BC、勻強電場中U＝Ed，點電荷產生的電場可以用該公式定性分析，AB間的電場場強一定大于BC間的電場場強，且dAB＝dBC，則UAB＞UBC，電場力做功W＝qU，所以WAB＞WBC，該電荷在AB段電勢能的減少量大于BC段電勢能的減少量，根據動能定理可知，電荷在AB段動能的增量大于BC段動能的增量，故B錯誤，C正確；D、電荷做加速度逐漸減小的加速運動，則相等的位移內運動時間減小，則該電荷在AB段運動的時間大于BC段運動的時間，故D錯誤。故選：C。（2024?開福區(qū)校級模擬）電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、c點分別關于x、y軸對稱。一離子僅在電場力作用下從a運動到b，軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A．該離子帶正電 B．離子在a、b兩點的電勢能滿足Epa＜Epb C．b、d直線是等勢面 D．b、c兩點的場強相同【解答】解：A、離子受電場力指向軌跡凹側，與電場線方向相反，則離子帶負電，故A錯誤；B、沿著電場線的方向電勢逐漸降低，則a點電勢大于b點電勢，根據電勢能公式Ep＝qφ可知，離子在a、b兩點的電勢能滿足Epa＜Epb，故B正確；C、等勢面與電場線垂直，則b、d直線不是等勢面，故C錯誤；D、由對稱可知，b、c兩點的場強大小相同，方向不同，場強不相同，故D錯誤。故選：B?？键c二電場線、等勢面及運動軌跡問題1．幾種常見的典型電場的等勢面比較電場等勢面(實線)圖樣重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場在連線的中垂線上，電勢為零等量同種正點電荷的電場在連線上，中點電勢最低，而在連線的中垂線上，中點電勢最高2.在電場中帶電粒子運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負；(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等；(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況．（2024?新鄭市校級一模）2023年3月，中國科學家通過冷凍電鏡技術解析了晶態(tài)冰中蛋白質三維結構，電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，一電子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、b是軌跡上的兩點，下列說法正確的是（）A．電子在b點受到的電場力方向豎直向下 B．a點的電場強度小于b點的電場強度 C．a點的電勢高于b點的電勢 D．電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能【解答】解：A．電子做曲線運動，受到的電場力一定指向軌跡凹側，且電子所受電場力方向一定與等勢面垂直，所以電子在b點受到的電場力方向水平向左，故A錯誤；B．由電場強度與等勢面的關系可知，等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，b處等勢面密，則a點的電場強度小于b點的電場強度，故B正確；CD．電子在b點受到的電場力方向水平向左，則b點電場強度方向向右，可知從左向右，等勢面的電勢依次降低，則a點的電勢低于b點的電勢，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故CD錯誤。故選：B。（多選）（2024?郫都區(qū)校級二模）如圖所示，真空中的a、d兩點固定兩個點電荷Q1、Q2，其中Q1帶正電，b、c是ad連線的三等分點，c、e位于以d為圓心的圓周上，e點的場強為零，若取無窮遠處電勢為零。則以下說法正確的是（）A．同一試探電荷在b點受到的靜電力大于c點受到的靜電力 B．e點的電勢φe＜0 C．電勢差Ubc＝Ube D．Q1的電荷量大于Q2的電荷量【解答】解：D、設ab＝bc＝cd＝de＝r，因e點場強為零，故點電荷Q1、Q2在e點的電場強度等大反向，可知Q2帶負電。根據點電荷的場強公式可得：kQ1(4r)2A、設試探電荷的電量為q。在b點其受到的靜電力大小為：F在c點其受到的靜電力大小為：F可知：Fb＞Fc，故A正確；B、Q1在e點產生的電勢為：φ1=kQ14r；Q2則e點的電勢為：φeC、同理可得：b點的電勢為：φc點的電勢為：φUbcUbe可知：Ubc＜Ube，故C錯誤。故選：AD。（多選）（2024?咸陽二模）如圖甲所示，圓形區(qū)域ABCD處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為O，半徑為R＝0.1m。P為圓弧上的一個點，PO連線逆時針轉動，θ為PO連線從AO位置開始旋轉的角度，P點電勢隨θ變化如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．勻強電場的場強大小為20V/m B．勻強電場的場強方向垂直BD連線向右 C．一氦核（24D．一電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功【解答】解：AB、根據圖像可知，當θ＝0時，P位于A點，A點電勢為2V；當θ=π3時，P點位于P1，電勢為1V，當θ=4π3時，P點位于P2，電勢為5V。根據夾角關系可知，P根據等分法可知，OP1中點N的電勢為2V，故AN的連線為勻強電場中的一條等勢線。根據幾何關系可知，AN⊥P1P2，故P1P2即為勻強電場中的一條電場線，且電場方向由P2指向P1。根據電場強度與電勢差的關系可得E=φC．由幾何關系可知，C點與OP2中點M的連線垂直P1P2，故CM為等勢線，故根據等分法可知φC＝φM＝4V一氦核（24He）從A點沿圓弧運動到C點，電勢能變化量為ΔEP＝qφC﹣qD．由上可知，電場方向由P2指向P1，電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功，故D正確。故選：AD。（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角，極板的長度為L，A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能從A板左端沿圖中所示水平直線向右通過電容器，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球帶負電 B．在此過程中小球的電勢能減小 C．AB板之間電勢差UAB=?gLtanθD．若小球離開電場時速度剛好為0，則運動時間為2L【解答】解：ACD、分析可知，小球受豎直向下的重力，以及垂直于電容器極板的電場力，而要小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則小球所受電場力必然垂直電容器極板斜向左上方，小球的受力分析如圖所示帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與電場場強的方向相同，則該小球帶正電；在豎直方向上，根據平衡條件得qE?cosθ＝mg，解得：E=AB板之間電勢差UAB＝﹣UBA＝﹣ELtanθ=?gLtanθ在水平方向上，由牛頓第二定律有mgtanθ＝ma由勻減速直線運動的規(guī)律與逆向思維可得：Lcosθ=1B、此過程中電場力對小球做負功，小球的電勢能增大，故B錯誤；故選：C?？键c三靜電場中圖象問題的處理技巧1．v－t圖象：根據v－t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化．2．φ－x圖象：(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．(2)在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向．(3)在φ－x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷．3．E－x圖象：(1)反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律．(2)E＞0表示場強沿x軸正方向；E＜0表示場強沿x軸負方向．(3)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據電場方向判定．（2024?棗強縣校級模擬）某區(qū)域存在一電場，該區(qū)域內x軸上各點電勢φ隨位置x變化的關系如圖所示。α粒子從D點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸通過C點，下列說法中正確的是（）A．由D點到C點電場強度的方向始終沿x軸正方向C．α粒子從D點到C點運動的過程中其電勢能減小10eVB．α粒子從D點到C點運動的過程中所受電場力先增大后減小D．α粒子從D點到C點運動的過程中其動能先增大后減小【解答】解：A、沿電場線方向電勢逐漸降低，從D到C電勢先降低后升高，則電場強度的方向先沿x軸正方向，再沿x軸負方向，故A錯誤；B、α粒子在D和C點的電勢能為EPD＝2e×20V＝40eV，EPC＝2e×10V＝20eV，則ΔEP＝EPD﹣EPC＝40eV﹣20eV＝20eV，所以α粒子從D到C的過程中其電勢能減小20eV，故B錯誤；C、φ﹣x圖像的斜率為電場強度E，從D到c的過程中E先減小后增大，所以α粒子從D到c的過程中所受電場力先減小后增大，故C錯誤；D、從質子從D到C的過程中電勢能先減小后增大，由能量守恒得，動能先增加后減小，故D正確。故選：D。（多選）（2024?遼寧二模）某靜電場的電場線沿x軸，其電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，設x軸正方向為靜電場的正方向，在坐標原點有一電荷量為q的帶電粒子僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸正向運動，則下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子運動到x0處速度最大 C．粒子不可能運動到3x0處 D．在0～3x0區(qū)域內，粒子獲得的最大動能為7【解答】解：A、帶電粒子僅在電場力作用下由靜止從坐標原點O開始沿x軸正向運動，開始時電場方向為正方向，與開始時電場強度的方向是相同的，所以粒子帶正電，故A正確；BCD、由幾何關系可知在0～53x0、94x0～3x0之間電場強度的方向為正，粒子在其中運動時電場力做正功，在53x0～由于|U2|＜U3，可知粒子到達3x0處時電場力做的功最多，則粒子運動到3x0處速度最大。只有電場力做功，則在0～3x0區(qū)域內，粒子獲得的最大動能為Em＝q（U1+U2+U3）=q(5故選：AD。（2024?南充模擬）絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的滑塊（可看作點電荷）從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，b點為滑塊運動中距Q最近的點。已知a、b間距離為d，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A．滑塊在b點的加速度一定為0 B．滑塊在運動過程的中間位置，速度的大小等于22C．滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于v0D．Q產生的電場中，a、b兩點間的電勢差為U【解答】解：A.由于b點為滑塊運動中距Q最近的點，則滑塊在b點速度為零，則滑塊在運動過程中做減速運動，所以到達b點時加速度不為零，故A錯誤；BC.若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運動，則在運動過程的中間位置，速度的大小為：vx2=v022D.根據動能定理得：Wab?μmgd=0?12mv02，W故選：D?？键c四用功能關系分析帶電粒子的運動1．功能關系(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變；(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變；(3)除重力外，其他各力對物體所做的功等于物體機械能的變化．(4)所有力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化．2．電場力做功的計算方法(1)由公式W＝Flcosα計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為：W＝qElcosα.(2)由W＝qU來計算，此公式適用于任何形式的靜電場．(3)由動能定理來計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk.(4)由電勢能的變化來計算：WAB＝EpA－EpB.（2024?陜西一模）有一勻強電場平行于直角坐標系xoy所在的豎直平面，現(xiàn)將一質量為m，帶電量為+q的小球從坐標原點O處沿y軸負向以2m/s的初速度向下拋出，其帶電小球運動的軌跡方程為x=54yA．電場強度大小為2mgq，方向與x軸正向夾角45B．電場強度大小為3mgq，方向與x軸正向夾角30C．電場強度大小為2mgq，方向與x軸負向夾角45°D．電場強度大小為mgq，方向與x軸正向夾角30【解答】解：由帶電小球運動的軌跡方程為：x=根據題意可知，小球在y軸方向做勻速直線運動，在x方向上做勻加速直線運動，x方向上：y＝v0t在x方向上：x=對比可得：a可知帶電小球的加速度a＝10m/s2，小球做類平拋運動可得，小球受到的電場力豎直向上分力與重力平衡，水平向右的分力為合外力，則F電＝qE=解得：E=方向與x軸正方向夾角為θ，則有：tanθ=mgma=1，解得θ故選：A。（2024?深圳一模）兩塊平行金屬板安裝在絕緣基座上，A板連接感應起電機的正極，B板連接負極。一個由錫紙包裹的乒乓球用絕緣細線懸掛于AB兩板之間。搖動起電機，乒乓球在電場力作用下與AB兩板往返運動碰撞，下列說法正確是（）A．A板的電勢低于B板的電勢 B．乒乓球往返運動過程中始終帶正電 C．A→B的運動過程中電場力對乒乓球做負功 D．A→B的運動過程中乒乓球電勢能減小【解答】解：A、當兩塊金屬板帶上正負電荷后（叫做正負極板），A板的電勢高于B板的電勢，故A錯誤；BCD、乒乓球上靠近正極板的一側帶有負電，而靠近負極板一側帶有正電。正負極板都對乒乓球產生吸引作用。由于乒乓球與兩極板的距離不等，因此受到兩極板的吸引力就不相等。如果乒乓球離正極板近，則正極板對乒乓球的吸引力大于負極板的吸引力，乒乓球就被吸向正極板。當乒乓球與正極板接觸后，乒乓球就帶上了正電（接觸帶電）。帶正電的乒乓球與正極板產生排斥作用，乒乓球離開正極板。同時乒乓球受到負極板的吸引作用，因而向負極運動，與負極板發(fā)生接觸。當乒乓球所帶的正電被負極板所帶的負電中和后，又帶上了負電，因此球又離開負極板向正極板運動。如此重復進行，就會看到乒乓球在兩板之間來回碰撞不停。故BC錯誤，D正確。故選：D。（多選）（2024?天津一模）如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為﹣q（q＞0），質量為m的小環(huán)，整個裝置處在固定于桿左側電荷量為+Q（Q＞0）的點電荷產生的電場中，桿上a、b兩點與+Q正好構成等邊三角形，c是ab的中點．使小環(huán)從O點無初速度釋放，小環(huán)通過a點的速率為v，若已知ab＝Oa＝l，靜電常量為k，重力加速度為g，規(guī)定O點電勢為零。則（）A．小環(huán)下落過程中機械能守恒 B．小環(huán)下落過程中電勢能先減小后增大 C．小環(huán)在從c點到b點的過程中，速度不斷減小 D．b點電勢為1【解答】解：A、小環(huán)在運動過程中，重力和電場力都做功，小環(huán)的機械能不守恒，故A錯誤；B、小環(huán)從O到b，小環(huán)先靠近+Q后遠離+Q，兩者靜電力是引力，所以電場力做的功先正后負，電勢能先減小后增大，故B正確；C、小環(huán)在bc之間運動時，重力一直做正功，電場力做負功，小環(huán)的速度不一定減小，故C錯誤；D、小環(huán)在Oa之間運動時，重力和電場力都做正功，由動能定理可得mgl+q可得U規(guī)定O點電勢為零，則Uao＝φa﹣0由題結合點電荷電場的特點可知，a點與b點電勢相等，則φb＝φa聯(lián)立可得φb故選：BD。題型1電勢高低判斷、電勢能大小判斷（2024?金華二模）如圖所示，兩半徑相等的半球球殼Ⅰ和Ⅱ彼此靠的很近（間距可忽略），兩球殼均勻帶有電荷，電荷量均為q（q＞0），O為球心，A為球殼外一點，AO＝x。已知球殼內部電場強度處處為零，且球殼Ⅰ在A點形成的電場強度為E1，規(guī)定距O點無限遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）A．O點電勢為零 B．球殼Ⅰ在O點形成的電場強度水平向左 C．球殼Ⅱ在A點形成的電場強度大小E2D．球殼Ⅰ和球殼Ⅱ在A點的電勢相等【解答】解：A．球殼之間的間距可忽略，則它們可以看作一個整體，根據對稱性，O點電場強度為零，兩球殼均勻帶有正電荷，距O點無限遠處的電勢為零，O點電勢為正，故A錯誤；B．根據對稱性可以判斷，球殼帶正電，球殼Ⅰ在O點形成的電場強度水平向右，故B錯誤；C．把兩球殼當成整體，在A點形成的電場強度為E=方向自O指向A，由于兩球殼在A點分別形成的電場強度方向均沿O指向A，則E＝E1+E2即E＝E1+E2解得E2=2kqxD．電勢是標量，球殼Ⅰ和球殼Ⅱ電荷量相等，球殼Ⅱ距離A點近，形成的電勢高，故D錯誤。故選：C。（2024?貴州模擬）如圖所示，將帶正電的試探電荷沿等量異種點電荷連線從A點移動到B點，再沿連線中垂線從B點移動到C點。在此過程中，對試探電荷所受的靜電力F，所經過的各點處電勢φ的高低，試探電荷的電勢能E的大小，下列判斷正確的是（）A．A處與C處的電場力方向相反 B．FA＞FB＞FC C．φA＞φB＞φC D．EA＜EB＝EC【解答】解：A.量異種電荷的電場分布規(guī)律可知A、B、C三處的電場強度方向均與電荷連線平行，由正電荷指向負電荷；試探電荷帶正電，受到的電場力與場強方向相同，則試探電荷在三處所受的電場力方向相同，故A錯誤；B.根據F＝qE可知電場力大小與場強大小分布一致，則有FA＞FB＞FC，故B正確；C.根據沿電場線方向電勢降低，且等量異種電荷的連線中垂線為等勢線，可知A、B、C三處的電勢關系為φA＞φB＝φC，故C錯誤；D.電勢能與電勢關系Ep＝qφ由于試探電荷帶正電，則探電荷在三處的電勢能E大小為EA＞EB＝EC，故D錯誤。故選：B。題型2公式E=U/d在勻強電場中的應用（2024?廣西模擬）如圖，空間中有一勻強電場，大小為mgq，方向與水平方向成30°A．從M點到Q點動能減小 B．在M點和N點的電勢能相等 C．從M點到Q點電場力做負功 D．動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢【解答】解：C．小圓環(huán)帶正電，從M點到Q點電場力做正功，故C錯誤；B．作出等勢面如圖沿電場線方向電勢降低，則在M點的電勢高于N點的電勢，根據Ep＝φq可得在M點的電勢能大于N點的電勢能，故B錯誤；A．小圓環(huán)受到的電場力F=qE=qmg受力如圖則小圓環(huán)運動的等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，在A點速度最小，在B點速度最大，則從M點到Q點動能先增大后減小，故A錯誤；D．根據沿電場線方向電勢降低，則在B點的電勢低于A點的電勢，即動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢，故D正確。故選：D。（2024?寶雞模擬）如圖所示，空間有一勻強電場，其方向與直角三角形△ABC所在的平面平行，∠B＝60°D為BC的中點，AB邊長2cm，D點電勢為0V。現(xiàn)將一個電荷量為﹣1×10﹣6C的點電荷從電場中的B點移到A點，電場力做了2×10﹣6J的功，再從A點移到點C，點電荷克服電場力做了6×10﹣6J的功。則關于勻強電場的場強大小和方向說法正確的是（）A．場強方向沿AB直線由A指向B B．場強方向沿AC直線由A指向C C．場強大小為150V/m D．場強大小為200V/m【解答】解：AB．根據電勢差公式U=WUBA=WBAqUAC=W由于UBA＜0，說明A點的電勢高于B點的電勢，而UAC＞0，說明A點的電勢高于C點的電勢，所以場強方向不可能沿AB直線由A指向B，也不可能沿AC直線由A向C，故AB錯誤；CD．如圖所示，因此B點與13AC點E的連線為等勢線，則電場線方向由A指向D，由題知，∠B＝60°，AB邊長2cm，AC邊長23BE×OA＝AE×AB解得OA＝1cm＝0.01m根據公式知UAB＝E?OA代入得E＝200V/m故C錯誤，D正確；故選：D。題型3公式E=U/d在非勻強電場中的應用（2024?正定縣校級三模）如圖所示，在正四面體ABCD的ABD面內，有一內切圓，圓心為O，M、N、P分別為BD、AB和AD邊與圓的切點。正四面體的頂點A、B、D分別固定有電荷量為+Q、+Q、﹣Q的點電荷，則（）A．M、P兩點的電場強度相同 B．M、O、N、P四點的電勢φN＞φP＞φO＞φM C．將正試探電荷由C移動到M，電勢能減少 D．將正試探電荷由P移動到N，電場力做負功【解答】解：A．如圖，空間任一點的電場是三個點電荷產生的電場的疊加，根據對稱性和電場的疊加原理可知，M點和P點的電場強度大小相等設EM和BD間的夾角為θ，有tanθ=說明EM和EN的方向不同，故兩點的場強不同，故A錯誤；B．根據等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點可知，在A、B兩處的正點電荷產生的電場中，M、P兩點的電勢相等，且N點電勢高于O點的電勢，O點的電勢高于和M、P點的電勢；在D點的負點電荷產生的電場中，N點的電勢高于O點的電勢，O點的電勢高于M、P兩點的電勢，所以，可知φN＞φO＞φM＝φP，故B錯誤；C．僅考慮B處和D處點電荷時，C點和M點的電勢相等，正試探電荷由C到M，靠近A處的正點電荷，電場力做負功，電勢能增加，故C錯誤；D．由于φN＞φP，則將正試探電荷由P移動到N，電場力所做的功W＝qUPN＝q（φP﹣φN）＜0，電場力做負功，故D正確。故選：D。題型4等勢面與軌跡問題（多選）（2024?興寧區(qū)二模）某電場的三條等勢線為關于x軸對稱的橢圓，如圖所示a、c、d為等勢線上的3個點，其電勢分別為φa＝16V，φc＝10Y，φd＝4V，b為ac的中點。一質子僅受電場力作用從a點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．沿x軸正方向電勢一直降低 B．質子從a到d的過程中加速度減小，速度增大 C．b點的電勢大于13V D．質子運動到d點時的動能為12eV【解答】解：A、等勢線為橢圓，則沿x軸正方向電勢先降低，再升高，故A錯誤；B、等勢線密集的地方場強越大，則質子從a到d的過程中電場力增大，根據牛頓第二定律可知加速度增大，電場力做正功，動能增大，速度增大，故B錯誤；C、從a到c電場逐漸增大，則φa?φcD、質子僅受電場力作用從a點由靜止釋放，根據動能定理可知e（φa﹣φd）＝Ek解得Ek＝12eV故D正確；故選：CD。（2024?佛山二模）靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置。如圖，一電子在電場中僅受電場力的作用，實線描繪出了其運動軌跡，虛線表示等勢線，各等勢線關于y軸對稱，a、b、c、d分別是軌跡與等勢線的交點。已知電子在經過a點時動能為60eV，各等勢線的電勢高低標注在圖中，則（）A．a、d兩點的電場強度相同 B．電子從a到b運動時，電場力做負功 C．電子從c到d運動時，電勢能逐漸減小 D．電子在經過等勢線d點時的動能為60eV【解答】解：A、畫出過a、d兩點的電場線，如下圖所示：電場線疏密表示電場的強弱，由圖可知a、d兩點處電場線疏密相同，所以兩點場強大小相等，方向不同，所以a、d兩點的電場強度不相同，故A錯誤；B、a點電勢小于b點電勢，電子帶負電，則從a到b電子電勢能減小，所以電場力做正功，故B錯誤；C、c點電勢高于d點電勢，可知從c到d電子電勢能增加，故C錯誤；D、只有電場力做功，電子電勢能和動能之和不變，a、d兩點電勢相等，則電子在a、d兩點電勢能相等，則電子在兩點的動能相等，所以電子在經過等勢線d點時的動能為60eV，故D正確。故選：D。（2024?廣東模擬）圖（a）為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖，圖（b）為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則（）A．P點電勢比M點的低 B．P點電場強度大小比M點的大 C．M點電場強度方向沿x軸負方向 D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變【解答】解：AC、根據等量同種電荷周圍電場線的分布情況可知，金屬四極桿之間，在z軸上，電場線方向背離O點，在y軸上，電場線的方向指向O點，所以M點電場強度方向沿z軸正方向，根據沿電場線方向電勢降低可知：φP＞φO＞φM，故AC錯誤；B、M點等勢線比P點的等勢線密，所以P點電場強度大小比M點的小，故B錯誤；D、x軸到金屬四極桿之間的距離相等，根據電勢的疊加可知，x軸為等勢面，根據Ep＝qφ可知，沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變，故D正確。故選：D。（多選）（2024?寧河區(qū)校級一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢線間的電勢差相等，實線為一個帶負電的質點僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法正確的是（）A．質點在Q點時電勢能比P點時大 B．質點在Q點時加速度方向與等勢面a垂直 C．三個等勢面中等勢面a的電勢最低 D．Q點的電場強度小于P點的電場強度【解答】解：假設負電荷從p運動到Q，根據物體做曲線運動時，合力指向運動軌跡的凹側、等勢面與電場線垂直以及物體做曲線運動時某點的速度方向與該點的切線方向的一致，作圖如下：A．從圖中可知，負點電荷從P運動到Q的過程中，瞬時速度的方向與電場力的夾角小于90°，電場力做正功；根據電場力做功與電勢能變化的關系WPQ＝EpP﹣EpQ＞0，可知EpQ＜EpP，即質點在Q點時電勢能比P點時小，故A錯誤；B.負電的質點僅在電場力作用下，根據牛頓第二定律可知，加速度方向與電場力方向相同；電場力方向與該點的場強方向相同，由于電場線與等勢面垂直，因此質點在Q點時加速度方向與等勢面a垂直，故B正確；C．負點電荷從P運動到Q的過程中，根據電場力做功公式WPQ＝﹣qUPQ＝﹣q（φP﹣φQ）＞0，可知P、Q兩點的電勢高低為φP＜φQ，三個等勢面中等勢面a的電勢最高，故C錯誤；D．等差等勢線分布的疏密反映電場的大小，等勢面越密的地方場強越大，因此Q點的電場強度小于P點的電場強度，故D正確。故選：BD。題型5電場中的三類常見圖像φ-x圖像、Ep-x圖像、E-x圖像（2024?漳州模擬）如圖，絕緣粗糙的水平面附近存在一與x軸平行的電場，其在x軸上的電勢φ與坐標x的關系如圖中曲線所示，圖中的傾斜虛線為該曲線過點（0.15，3）的切線。質量為0.10kg、電荷量為1.0×10﹣7C的帶正電滑塊P，從x1＝0.10m處由靜止釋放，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.20?；瑝K可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。則滑塊（）A．做勻減速直線運動 B．經過x2＝0.15m處時，速度最大 C．從釋放到經過x2＝0.15m處，電場力做功3.0×10﹣2J D．可以滑到x3＝0.30m處【解答】解：B、x2＝0.15m處，場強E=ΔUΔx=4×1050.3?0.1N/C＝2×106N/C，滑塊受到的電場力F＝qE＝1.0×10﹣7×2×106N＝0.2N，滑動摩擦力FfA、φ﹣x圖像中，某點切線的斜率k=ΔφqE﹣f＝ma滑塊在整個過程中先做加速度減小的變加速運動加速度為零后有f﹣qE＝ma后做加速度增大的變減速運動，故A錯誤；C、從釋放到經過x2＝0.15m處，電場力做功W＝q（φ1﹣φ2）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣3×105）J＝1.5×10﹣2J，故C錯誤；D、若滑塊能在0.3m處停下，則電場力做功WE＝q（φ1﹣φ3）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣1.5×105）J＝3×10﹣2J，摩擦力做功W1＝﹣μmg（x3﹣x1）＝﹣0.2×0.1×10×（0.3﹣0.1）J＝﹣4×10﹣2JWE+Wf＜0；說明滑塊不能夠滑到x3＝0.30m處，故D錯誤。故選：B。（2024?渝中區(qū)模擬）如圖甲所示，有一電荷均勻分布的固定絕緣細圓環(huán)，圓心為O，軸線上的電場強度如圖乙所示?，F(xiàn)有一帶正電的粒子（不計受到的重力）以大小為v0的初速度沿軸線由P點運動到Q點，OP＝OQ＝L。以x軸的正向為電場強度的正方向，關于粒子由P點運動到Q點的過程，下列說法正確的是（）A．細圓環(huán)帶負電 B．粒子到達Q點時的速度大小為v0 C．粒子所受靜電力先增大后一直減小 D．粒子到達Q點時的速度大小為2v0【解答】解：A、以x軸的正向為電場強度的正方向，結合圖乙中電場的正負可知，圓環(huán)帶正電，故A錯誤；BD、根據對稱性結合qU=12mC、根據F＝qE可知，粒子所受靜電力先增大后減小，然后再增大，最后減小，故C錯誤；故選：B。（2023?道里區(qū)校級模擬）空間存在方向沿x軸的電場，x軸上各點電勢φ的變化規(guī)律如圖所示，其中B點電勢為零，C點電勢最低。下列說法正確的是（）A．AC間電場方向沿x軸正方向 B．B點電場強度小于C點電場強度 C．將一正的試探電荷沿x軸從B點移動到D點，電場力一直做正功 D．負的試探電荷在A點的電勢能大于在D點的電勢能【解答】解：A、根據電場線的特點，沿著電場線電勢降低，結合圖像可知A到C電勢一直降低，說明AC間電場方向沿x軸正方向，故A正確