高考物理 一轮复习 考点整合练习专题（32）电场能的性质（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理一轮复习必热考点整合回扣练
专题（32）电场能的性质（解析版）
考点一 　
电势高低的判断方法
判断角度
判断方法
依据电场线方向
沿电场线方向电势降低
依据电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
依据场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
依据电势能的大小
对于正电荷，电势能大处电势高，电势能小处电势低；对于负电荷，电势能大处电势低，电势能小处电势高
电势能大小的判断方法
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
电势法
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
做功法
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的机械能和电势能相互转化，机械能增加，电势能减少；反之，机械能减少，电势能增加
1．（2020·江苏省高考真题）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（　　）

A．电场E中A点电势低于B点 B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功 D．该过程两小球的总电势能增加
【答案】AB
【解析】A．沿着电场线方向，电势降低，A正确；
B．由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性
又，，所以B正确；
CD．A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD错误；故选AB。
2、(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　)

A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低
【答案】ACD
【解析】根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确；沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误；由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反．两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确；c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．
3、（2020·浙江省高考真题）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
【答案】D
【解析】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则，A错误；
B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；
C．从Q到P电势逐渐降低，则，C错误；
D．由，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。
【提 分 笔 记】
(1)电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
(2)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
(3)电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大.
考点二 　
在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论”

4、（2020·河北省衡水中学高三专题练习）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么

A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；
B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；
C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加， C正确；
D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；

5、　在静电除尘器除尘原理的示意图中，a、b是直流高压电源的两极，图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN.尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列判断正确的是(　　)

A．a是直流高压电源的正极
B．电场中P点的场强小于M点的场强
C．电场中M点的电势低于N点的电势
D．电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN
【答案】C
【解析】带负电的尘埃向集尘极迁移，说明集尘极接直流高压电源的正极，a是直流高压电源的负极，选项A错误；从放电极到集尘极的电场，P点的电场线比M点的电场线密，所以电场中P点的场强大于M点的场强，选项B错误；由于集尘极带正电，电势高，而沿着电场线方向电势逐渐降低，所以电场中M点的电势低于N点的电势，选项C正确；电场线密集的地方，电势降低较快，又因PM＝MN，P、M间的电势差UPM>UMN，选项D错误．
考点三 　
带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧
1．判断速度方向
带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．
2．判断电场力(或电场强度)的方向
仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，且电场力方向一定与电场线或电场线的切线共线，再根据粒子的正负判断电场强度的方向．
3．判断电场力做功的正负及电势能的增减
若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少：若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．
4．判断受力大小、加速度大小变化
根据电场线分布疏密程度、等差等势面分布疏密程度与场源电荷相对位置进行分析．
6、　(2018年天津卷)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和N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，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM>φN，B、C错误；又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpMvN.若带负电粒子，由N向M运动，电场力做正功，则动能增大，也可得vM>vN，A错误，D正确．
7、(多选)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场后，依abcde轨迹运动。已知电势φK<φL<φM，ULK=UML，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是(不计重力) (　　)

A.粒子带正电
B.粒子在a点的加速度小于在c点的加速度
C.粒子在a点的动能大于在e点的动能
D.粒子在c点的电势能大于在d点的电势能
【答案】ABD
【解析】由于φK<φL<φM，所以电场线的方向向左，由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，画出电场线的分布，如图所示。粒子受到的电场力的方向向左，电场线的方向向左，即粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电，故A正确；等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，c点的电场大，所以粒子在c点受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度小于在c点的加速度，故B正确；a和e在同一条等势面上，所以粒子在a点的电势能等于在e点的电势能，在a点的动能等于在e点的动能，故C错误；由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，粒子从c到d的过程中电场力做正功，所以在c点的电势能大于在d点的电势能，故D正确。


【提 分 笔 记】
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负．
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等.
考点四 　
1．求电场力做功的几种方法
(1)由公式W＝Flcos θ计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos θ.
(2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场．
(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB.
(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
2．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化．
8、(多选)(2018年全国卷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
【答案】AB
【解析】　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，各虚线电势如图所示，

φc＝0，故A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，由Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误．
9、（2020·河北省衡水中学高三月考）在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平台面而向右的匀强电场，电场强度为E.水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点),两小球质量均为,带正电的A球电荷量为Q,B球不带电,A、B连线与电场线平行.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t=0),后与B球发生正碰,碰撞过程中A、B两球总动能无损失.若在各次碰撞过程中,A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则（ ）

A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
D．相邻两次碰撞时间间隔总为
【答案】AD
【解析】A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球质量相等且总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为，则有，故A正确；
BC.A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为，则，第一次碰后，经(t2-t1)时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，，解得，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为和，则，
第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了，故B错误，C错误；
D.第二次碰后经(t3-t2)时间A、B两球发生第三次碰撞,并设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为，故D正确。
故选：AD
10、(多选)如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称轴上的两点．下列说法正确的是(　　)


A．M点场强一定大于N点场强
B．M点电势一定高于N点电势
C．电子在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将正电荷从M点移动到N点，静电力做正功
【答案】BD
【解析】M点的电场线较N点稀疏，故M点场强小于N点场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点电势一定高于N点电势，选项B正确；因为M点电势高于N点电势，电子带负电，电子在M点的电势能小于在N点的电势能，选项C错误；正电荷沿着电场线方向运动，所受电场力的方向与运动方向相同，静电力做正功，选项D正确．
11、(多选)如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，∠C＝30°、∠B＝60°，D为AC中点；质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为v0，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为v0，则下列说法正确的是(　　)

A．电场方向由A指向C
B．B点电势与D点电势相等
C．滑块滑到D点时机械能增加了mv
D．小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化值之比为2∶3
【答案】BC
【解析】无电场时由A到B有mgh＝mv，有电场时由A到B有mgh＋WE＝m(v0)2，有电场时由A到C有mgh＋WE′＝m(v0)2，可得WE＝mv，WE′＝mv，又WE＝qUAB，WE′＝qUAC，则UAB＝UAC，则D点与B点电势相等，选项B正确；因D点与B点电势相等，所以电场方向垂直于BD方向，不沿AC方向，选项A错误；因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为mv，则机械能增加了mv，选项C正确；滑块沿AB面、AC面下滑过程中，电场力做功之比为1∶2，则电势能变化量之比为1∶2，选项D错误．
考点五 　
12、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度—时间”图象如图所示．分析图象后，下列说法正确的是(　　)

A．A处的电场强度大于C处的电场强度
B．B、D两点的电场强度和电势一定都为零
C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
D．A、C两点间的电势差大于B、D两点间的电势差
【答案】A
【解析】因为v­t图线的斜率大小等于粒子的加速度大小，故粒子在A处的加速度大于在C处的加速度，则A处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B、D两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不一定都为零，选项B错误；粒子在A处的速度大于在C处的速度，则在A处的动能大于在C处的动能，由能量守恒可知在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；根据动能定理可知：qUCA＝mv－mv；qUBD＝mv－mv，由图线可知mv－mv>mv－mv，则A、C两点间的电势差小于B、D两点间的电势差，选项D错误．
13、(多选)真空中有一半径为r0的带电金属球壳，若取无穷远处为零电势，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是 (　　)

A. 该球壳带负电
B.A点的电场强度大于B点的电场强度
C.若r2-r1=r1-r0，则φA-φB<φ0-φA
D.将电子从A点移到B点，电场力做正功
【答案】BC
【解析】根据图象，从球壳向外电势降低，电场线从正电荷出发终止于负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，该球带正电，故A错误；由于φ-r图象斜率大小等于场强，则A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；从O到A再到B，电场强度逐渐减小，故若r2-r1=r1-r0，则φA-φB<φ0-φA，故C正确；电子沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由B指向A，电场力做负功，故D错误。

14、　真空中，在x轴上x＝0处和x＝8 cm处分别固定两个点电荷，带电荷量分别为Q1和Q2.两电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(x轴正方向为场强正方向)，其中x＝6 cm处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2 cm处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)．则(　　)

A．两点电荷均为负电荷
B．Q1、Q2之比为9∶1
C．在x＝6 cm处电势为0
D．该试探电荷沿x轴从x＝0处运动到x＝8 cm处，电势能一直减小
【答案】B
【解析】由图可知，在x＝0处场强为正，x＝8 cm处场强为负，故两点电荷必为同种正电荷，A错误；根据x＝6 cm处E＝0可知，在x＝6 cm处，|E1|＝|E2|，即k＝k，解得＝＝，B正确；由于无穷远处电势为零，两点电荷都为正电荷，分析可知在x＝6 cm处电势不为0，C错误；该试探电荷沿x轴从x＝0处运动到x＝8 cm处的过程中，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小后增大，D错误．
15、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处电场强度最小，但不为零
B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1
D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变
【解析】D
【解析】根据电势能与电势的关系Ep=qφ，场强与电势差的关系E=得，E=·，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误，由图看出在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段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；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φ1>φ2=φ0>φ3，故C错误。
16、如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q。现从A点将一质量为m，电荷量为-q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：

(1)小球运动到D点时对轨道的压力。
(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。
【答案】(1)2mg-k　方向竖直向下 (2)mgr
【解析】(1)小球运动到D点时，由牛顿第二定律得：FN+k-mg=m
解得：FN=2mg-k
由牛顿第三定律得，小球运动到D点时对轨道的压力大小为：
FN′=FN=2mg-k　方向竖直向下
(2)小球从A运动到D，根据动能定理得：
mgr+W电=mv2-0，解得：W电=-mgr
由功能关系得：ΔEp=-W电=mgr