2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练：30 电场能的性质
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规范演练30 电场能的性质
[抓基础]
1.（2019·河北定州模拟）A、B两个点电荷在真空中所产生的电场的电场线（方向未标出）如图所示，图中C点为两个点电荷连线的中点，MN为两个点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称.则下列说法正确的是（ ）
A.这两个点电荷一定是等量异种电荷
B.这两个点电荷一定是等量同种电荷
C.C点的电场强度比D点的电场强度小
D.C点的电势比D点的电势高
解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异种电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C错误；中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故D错误.
答案：A
2.（2019·海南卷）如图所示，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（ ）
A.M点的电势比N点的低
B.M点的场强大小一定比N点的大
C.电子在M点的电势能比在N点的低
D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
答案：C
3.（2019·广东中山模拟）如图所示是两个等量异种电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则（ ）
A.A、B、C、D四个点场强相同
B.C点电势比D点电势低
C.正电荷从A运动到B，电场力不做功
D.正电荷从C运动到D，电势能增加
解析：两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO＝BO，那么A、B两点的场强就是相等的，小于O处的场强.由于C、D两处电场线比O处密，则C、D两处的场强比O处大，故A错误；电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知C点电势比D点电势高，故B错误；AB为中垂线，是一条等势线，其上各点的电势都相等，AB之间的电势差为0，则正电荷从A运动到B，电场力不做功，故C正确；正电荷从C运动到D，电场力从C指向D，电场力做正功，电势能减小，故D错误.故选C.
答案：C
4.（2019·海南模拟）如图所示，图甲是电场中一条电场线，直线上有A、B、C三点，且A、B间距离等于B、C间距离.
一个带负电的带电粒子，由A点仅在电场力作用下，沿电场线经B点运动到C点，其运动的v-t图象如图乙所示，有关粒子的运动与电场的说法，下述正确的是（ ）
甲 乙
A.加速度aB
EB
C.电势φA<φB D.电势差UAB＝UBC
答案：B
5.（多选）（2019·江苏扬州模拟）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A由静止释放，则下列说法中正确的有（ ）
A.小球A恰好可以运动到P点
B.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大
C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大
D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为
解析：当B球不存在时，由于机械能守恒可得，A球能够运动到P点，但是当有B球后，AB两球靠近时电场力做负功，故A球不可能运动到P点，故A错误；小球A从释放到运动到圆环最低点Q
的过程中电势能先减小后增大，而重力势能一直减小，结合运动的电场线可知，小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中动能先增大后减小，则速率先变大后减小，故B错误；开始时小球A与B之间的距离小于环的直径，而小球A与B之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，二者的电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，二者的电势能增大，即小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大，故C正确；由题图可知A与Q相对于过OB的直径是对称的，所以小球在A点的电势能与在Q点的电势能是相等的，小球从A到Q的过程中增加的动能等于减小的重力势能，即mv2＝mgR，解得v＝，故D正确.
答案：CD
6.（多选）（2019·汕头模拟）如图所示，绝缘的斜面处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，克服电场力做功为0.5 J，重力势能减少了1.5 J，则以下说法正确的是（ ）
A.金属块带正电荷
B.电势能减少0.5 J
C.金属块克服摩擦力做功0.7 J
D.金属块的机械能减少1.2 J
解析：在下滑过程中金属块需克服电场力做功为0.5 J，电势能增加0.5 J，故金属块带负电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3 J，重力势能减少了1.5 J，故重力做功1.5 J
，电场力做功为－0.5 J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7 J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2 J，故机械能减少1.2 J，故D正确.
答案：CD
7.（多选）（2019·广西模拟）如图所示，四分之一圆弧AB是点电荷电场中的一条等势线，圆弧的圆心在O点，C是A、B连线的中点，D是O、A连线的中点.在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，则下列说法正确的是（ ）
A.A、B、C、D四点中，D点场强最大
B.A、B、C、D四点中，D点电势最高
C.一个带正电的点电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先增大后减小
D.一个带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功
答案：AD
8.（多选）（2019·内蒙古模拟）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平.a、b是两个完全相同的带正电小球视为点电荷，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过最低点P到达某点Q（图中未画出）时速度为零.则小球a（ ）
A.从N到P的过程中，重力与库仑力的合力一直增大
B.从N到P的过程中，动能先增大后减小
C.从N到Q的过程中，电势能先增加后减小
D.从P到Q的过程中，动能减少量等于电势能增加量和重力势能增加量之和
解析：a由N到P的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，且库仑力增大，依据力的合成法则，故合力一直在增大，故A正确；在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，动能先增大后减小，故B正确；从N到Q小球电场力与速度的夹角一直是钝角，则电场力一直做负功，电势能增大，故C错误；从P到Q的过程中，由动能定理可知，－mgh－WE＝0－mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故D正确.
答案：ABD
[提素养]
9.（2019·唐山一模）边长为1 cm的正三角形ABC处于匀强电场中，电场方向平行于三角形所在平面.将电子由A点移动到B点，电场力做功4 eV；将电子由A点移动到C点，电场力做功2 eV，电场强度大小为（ ）
A.200 V/m B.300 V/m
C.200 V/m D.400 V/m
解析：电子由A点移到B点，电场力做功4 eV，则UAB＝＝＝－4 V；电子由A点移动到C点，电场力做功2 eV，UAC＝＝＝－2 V；设AB的中点为D，C、D两点电势相等，CD为等势线，电场方向沿BA方向，则E＝＝ V/m＝400 V/m，故选项D正确.
答案：D
10.（多选）（2019·河南高考模拟）如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC边长2 cm.电场强度的方向与三角形ABC平面平行.一电子从A点移到C点电场力做功为15 eV，从B点移到C点电场力做功为5 eV.则（ ）
A.A、B两点间的电势差UAB为10 V
B.电场强度的方向由A点指向C点
C.电场强度的大小为500 V/m
D.一电子从B点移到AC的中点，电势能增加2.5 eV
答案：CD
11.（多选）（2019·江苏扬州模拟）如图所示，a、b是静电场中某电场线上的两点，将一个电子由a点移到b点的过程中电场力做功为＋6 eV，则以下判断正确的是（ ）
A.电子受到电场力从a指向b
B.电子的电势能增加6 eV
C.a、b两点间电势差Uab＝－6 V
D.电场强度的方向一定由a沿直线指向b
解析：电子由a点移到b点，电场力做功6 eV，电子受到的电场力的方向就是a到b，电场强度的方向与电子受电场力的方向相反，即由b指向a.故A正确，D错误；由于电场力对电子做功6 eV，电子的电势能就减少了6 eV.故B错误；a、b两点电势差Uab＝＝＝－6 V，故C正确.
答案：AC
12.（多选）（2019·江苏模拟）A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示.则从A到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A.点电荷的速度先增大后减小
B.空间电场是某负点电荷形成的
C.电荷所受电场力先减小后增大
D.空间各点的电势先升高后降低
答案：CD
13.（2019·四川模拟）如图所示，在竖直面内有一边长为 L的正六边形区域，O为中心点，CD水平.将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右抛出，小球运动轨迹过D点.现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为＋q，
并以前述初动能沿各个方向从B点抛入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动.已知某一方向抛入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向抛入的小球过C点时动能与初动能相等.重力加速度为g，电场区域足够大，求：
（1）小球的初动能；
（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势.
解析：（1）设小球从B点抛出时速度为v0，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上xBD＝v0t，
在竖直方向上yBD＝gt2，
由几何关系可知：xBD＝Lcos 60°＋L，yBD＝Lsin 60°，
解得小球的初动能为：EkB＝mv＝mgL.
（2）带电小球B→O：
由动能定理得EkO－EkB＝qUBO，
又UBO＝φB－φO，
解得：φO＝.
带电小球B→C：
由动能定理得EkC－EkB＝mgLsin 60°＋qUBC，
又UBC＝φB－φC，
解得：φC＝.
答案：（1）mgL （2）φ0＝ φC＝
