2021届高考物理一轮复习7第2讲电场能的性质练习含解析
第2讲 电场能的性质
考点一 电场线、电势、电势能和等势面
1.(2019·海南高考)如图，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
【解析】选C。电势沿电场的方向降低，A错误；负电荷从M点向N移动时克服电场力做功，电势能增大，故电子在M点的电势能比在N点的低，选项C正确；因为由一条电场线不能判断M、N两点的电场强度的大小，所以也不能判断电子在M点受到的电场力大小比在N点的大，选项B、D错误。
2.(多选)(2020·郑州模拟)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d是四根平行杆，他们与带有直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在纸面内四根杆的连线是一个正方形，A、C是ac上的两点，B、D是bd上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。则 ( )
A.D点的电场强度为零，电势最低
B.A、B、C、D四点电场强度大小相等
C.A点电势比B点电势高
D.正点电荷沿直线从A经O运动到C，电势能先减小后增大
【解析】选B、C、D。根据电场的叠加原理可知，D点的电场强度方向向右，选项A错误。根据电场叠加原理利用对称性可知A、B、C、D四点电场强度大小相等，方向不同，选项B
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正确。分析电场可知，φA>φO， φB<φO， φA>φB， A点电势比B点电势高，选项C正确。正点电荷沿直线从A经O运动到C，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。
1.电势高低判断方法：
2.电势能大小的判断方法：
【加固训练】
如图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点。则静电平衡后 ( )
A.导体Q仍不带电
B.a点的电势高于b点的电势
C.检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力
D.带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能
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【解析】选D。因为静电感应，且Q接地，所以Q将带上与P异号的电荷，故A错误；由图可知电场线由b到a，故a点的电势低于b点的电势，故B错误；b点电场线较为密集，故a点场强要小于b点场强，故检验电荷在a点所受电场力小于b点所受电场力，故C错误；由于Q接地，d点电势接近0，而c点电势肯定大于d点电势，故带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能，故D正确。
考点二 电势差与电场强度的关系
非匀强电场的定性分析
【典例1】某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40 V和10 V，则a、b连线的中点c处的电势应为 ( )
A.一定等于25 V B.大于25 V
C.小于25 V D.可能等于25 V
【通型通法】
1.题型特征：非匀强电场中电势差与电场强度的定性分析。
2.思维导引：
【解析】选C。因为电场线与等势面垂直，根据等势面的形状可知，电场线从左向右由密变疏，即从a到c，电场强度逐渐减弱，而且电场线方向从a→b。ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于c、b间电势差Ucb，即φa-φc>φc-φb，得到：
φc<= V=25 V。
匀强电场的定量计算
【典例2】如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为 ( )
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A.200 V/m B.200 V/m
C.100 V/m D.100 V/m
【通型通法】
1.题型特征：匀强电场中电势差与电场强度的关系。
2.思维导引：
【解析】选A。匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降低，取OA中点C，则C点电势为φC==3 V，连接BC即为电场中的一条等势线，作等势线的垂线，即电场的电场线，E===200 V/m。
1.
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2.
【加固训练】
(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是 ( )
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【解析】选A、B、D。如图所示，设ac之间的d点电势与b点相同，则==，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作等势线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为3.6 cm。 电场强度的大小E===2.5 V/cm，故A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac=UOb解得坐标原点O处的电势为1 V ，故B正确；a点电势比b点电势低7
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V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故D正确。
考点三 带电粒子在电场中的运动问题
运动轨迹问题
【典例3】(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M点和N点时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是 ( )
A.vM
vN，EpMφN。
若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图乙所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即vM>vN，EpMφN。综上所述，D正确。
功能关系问题
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【典例4】(多选)(2018·全国卷Ⅰ) 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 ( )
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【解析】选A、B。匀强电场中等势面间距相等，则相邻等势面之间的电势差相等。一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV，则Uad===6 V，故Ubc=2 V，即φb-φc=2 V，而φb=2 V，解得：φc=0，故选项A正确；由于af之间的电势差Uaf=8 V，一电子经过a时的动能为10 eV，电子运动的方向不确定，则电子可能经过平面f，也可能到达不了平面f，故选项B正确； 因为φc=0，则电子在平面b的电势能Epb=-2 eV，而Ubd=4 V，电子从b到d的过程，电场力做功Wbd=-eUbd=-4 eV。电子从b到d的过程，Wbd=Epb-Epd，解得Epd=2 eV，故选项C错误；Uab=2 V、Uad=6 V，电子从a到b的过程根据动能定理有：-eUab=m-m，电子从a到d的过程，根据动能定理有：-eUad=m-m，解得vb=vd，故选项D错误。
【多维训练】(多选)如图所示，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行，大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面判断正确的是 ( )
A.在圆形边界上c点电势最高
B.到达c点的电子电势能最小，速率是2v
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C.到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是v
D.到达b、d两点的电子电势能可能不相等
【解析】选A、C。根据题意，到达a点的电子速度恰好为零，可知a点是电子电势能最高的点，圆形区域内电势最低的点，电场线方向沿ca方向，且满足
-eUO a=0-mv2，在圆形边界上c点电势最高，a点电势最低，A正确；到达c点的电子电势能最小，设速率为v′，由动能定理得，-eUO c=mv′2-mv2，UO c=-UO a，到达c点的电子速率是v，B错误；bd连线为一等势线，到达b、d两点的电子电势能相等，速率均为v，C正确，D错误。
电场中功能关系问题的处理思路
【加固训练】
(多选)如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是
( )
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A.质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量
B.a、b两点的电势差U=
C.质量为m、带电荷量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为
D.质量为m、带电荷量为-q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为
【解析】选B、D。质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，选项A错误；设a、b之间的电势差为U，由题意，质量为m、带电荷量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，根据动能定理，mgh+qU=m·3gh，解得qU=mgh，a、b两点的电势差U=，选项B正确；质量为m、带电荷量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh+2qU=m，解得v1=2，选项C错误；质量为m、带电荷量为-q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh-qU=m，解得v2=，选项D正确。
考点四 静电场中的四类图象
v-t图象
【典例5】(多选)(2019·新乡模拟)如图甲所示，在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量m=10×10-2 kg，带电量q=+5.0
×10-4 C的小球，小球从C点由静止释放，其v-t图象如图乙所示，10 s时到达B点，且此时图象的斜率最大，下列说法正确的是 ( )
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A.O点右侧B点场强最大，场强大小为E=12 V/m
B.从C经过B点后向右运动，小球的电势能先减小后增大
C.从C到B电势逐渐降低
D.C、B两点的电势差UCB=0.9 V
【解析】选A、C。小球在运动过程中，合外力F=qE，加速度a=，在O点右侧杆上，电场方向向右，加速度向右，小球做加速运动，图象斜率越大加速度越大，故B点的加速度最大，最大加速度a= m/s2=0.06 m/s2，此时场强最大E==12 V/m，故A正确；从C经过B点后向右运动的过程，电场方向向右，沿着电场线方向电势降低，电场力做正功，小球的电势能减小，故B错误，C正确；小球从C到B的过程只有电场力做功，由动能定理得qUCB=m-0，解得UCB== V=9 V，故D错误。
【多维训练】(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图象如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有
( )
A.φa>φb B.Ea>Eb
C.EaWb
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【解析】选B、D。电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，故电场强度的方向向左，b点的电势高，选项A错误；由v-t图象的斜率表示粒子运动的加速度，可知粒子运动的加速度越来越小，故b点的电场强度小，Ea>Eb，选项B正确，C错误；电场力做正功，电势能减小，选项D正确。
E-x图象
【典例6】空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.x1处场强大于-x1处场强
B.若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达-x1点时速度为零
C.电子在x1处的电势能大于在-x1处的电势能
D.x1点的电势比-x1点的电势高
【通型通法】
1.题型特征：静电场中的E-x图象。
2.思维导引：
【解析】选B。由题给图象可知，x1处场强与-x1处场强等大反向，A错误；沿电场强度方向电势降低，则电子从x1处由静止释放后，到O点过程，逆着电场线方向，电势一直升高，过O点后，沿着电场线方向，电势一直降低，O点电势最高，电子电势能最小，动能最大，E-x图象与x轴所围面积表示电势差，由对称性可知电子在x1处与-x1处电势相等，电势能相等，动能相等，到达-x1点时速度为零，B正确，C、D错误。
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【多维训练】如图所示，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变化关系如图乙所示，则 ( )
A.x2处场强大小为
B.球内部的电场为匀强电场
C.x1、x2两点处的电势相同
D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同
【解析】选A。计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则有x2处场强大小为E=k，故A正确；由乙图E-x图象可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐降低，可知φx1>φx2，故C错误；E-x图象与x轴所围面积表示电势差，由乙图可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故D错误。
φ-x图象
【典例7】(多选)(2017·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。
下列说法正确的有 ( )
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2，电势能减小
D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
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【解析】选A、C。从图中看到，中间电势高，两边电势低，且图形左右不对称，判断q1和q2带有异种不等量电荷，A项正确；从图线斜率看，x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2，即由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，C项正确；x2处电场强度为零，所以负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小，D项错误。
Ep-x图象
【典例8】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是 ( )
【通型通法】
1.题型特征：静电场中的Ep-x图象。
2.思维导引：
【解析】选D。由于粒子只受电场力作用，因此由F电=可知，Ep-x图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从题图可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A项错误；由于粒子只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，
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因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合题图和B项分析可知，C项错误。
【加固训练】
(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是 ( )
A.x1处电场强度为零
B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C.x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
D.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1
【解析】选A、C。根据电势能与电势的关系Ep=qφ、场强与电势的关系E=，得E=·，Ep-x图象切线的斜率等于，可以反映E的大小，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，选项C正确；由题图看出0～x1段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3
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段电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q<0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3<φ2=φ0<φ1，故D错误。
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