新高考2021届高考物理小题必练16电场能的性质

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(1)电势能、电势；(2)电势差、等势面；(3)匀强电场中电势差与电场强度的关系等。
例1．(2020∙全国II卷∙20)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
【答案】ABC
【解析】如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc＞φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确。
【点睛】本题考查点电荷形成的电场的特点。
例2．(2020∙全国III卷∙21)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图，∠M是最大内角，所以PN＞PM，根据点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)（或者根据电场线的疏密程度）可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。
【答案】BC
【点睛】本题考查电场强度、电势、电势能大小的比较，要熟练记住相关公式。
1．(多选)真空中有一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示。已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是( )
A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同
B．负电荷在a点和c点的电势能相等
C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少
D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少
【答案】BC
【解析】在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误。
2．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则( )
A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM>φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】B
【解析】由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。
3．(多选)如图所示，一水平面内的半圆形玻璃管，内壁光滑，在两管口分别固定带正电的点电荷Q1、Q2，管内靠近Q1处有一带正电的小球(带电量很小)，小球由静止开始释放，经过管内b点时速度最大，经过a、c两点时速度的大小相等，整个运动过程中小球的电荷量保持不变。下面关于a、c两点的电势及b点场强的判断正确的是( )
A．φa＝φc
B．φa＞φc
C．b点的场强为E1
D．b点的场强为E2
【答案】AC
【解析】因为带电小球在a、c两处的动能相等，且整个过程中只有电场力对带电小球做功，带电小球的动能与电势能的总和不变，故带电小球在a、c两处的电势能也相等，a、c两处的电势相等，A项正确；因为带电小球在b点处的速度最大，此处带电小球所受的合力为零，圆管的弹力沿半径方向，故带电小球所受的电场力也应沿半径方向，C项正确。
4．(多选)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
【答案】AC
【解析】由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝eq \f(Δφ,Δx)可知，φ­x图像的切线斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。
5．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是( )
A．O点电势与Q点电势相等
B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差
C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
【答案】C
【解析】由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A项错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UM O>UON，B项错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C项正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D项错误。
6．(多选)如图所示，A、B、C、D四点构成一边长为L的正方形。对角线AC竖直，在A点固定一电荷量为－Q的点电荷，规定电场中B点的电势为零。现将几个质量均为m、电荷量均为－q的带电小球从D点以大小均为v0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．通过B点的小球过B点时的速度大小为v0
B．通过C点的小球在C点时的电势能比通过B点的小球在B点时的电势能大
C．通过C点的小球在C点时受到的库仑力是通过B点的小球在B点时受到的库仑力的2倍
D．若通过C点的小球在C点时的速度大小为v，则C点的电势为eq \f(m,2q)(v2－veq \\al(2,0)－eq \r(2)gL)
【答案】AD
【解析】B、D两点在同一等势面上，在同一高度，所以电场力和重力做功均为零，由动能定理可知，小球通过B点时的速度大小为v0，A项正确；小球从D到C电场力做正功，电势能减少，且小球在B、D两点电势能相等，所以小球在C点的电势能比在B点的电势能小，B项错误；根据库仑定律得小球在B点受到的库仑力是在C点受到的库仑力的2倍，C项错误；从D到C应用动能定理得mg·eq \f(\r(2),2)L－qUDC＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝eq \f(m,2q)(v2－veq \\al(2,0)－eq \r(2)gL)，D项正确。
7．(多选)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是( )
A．电场强度的大小为E＝eq \f(Fcs θ,q)
B．AB两点的电势差为UAB＝eq \f(－Fdcs θ,q)
C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcs θ
D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向
【答案】BC
【解析】由题意，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝eq \f(F,q)，故A错误。A、B两点的电势差为U＝－Edcs θ＝－eq \f(Fdcs θ,q)，故B正确。带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fdcs θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcs θ，故C正确。小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向均不变，故D错误。
8．(多选)如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA＝2×10－4 C，B球的质量为m＝0.1 kg。以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图乙中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线。图中M点离A点距离为6 m。(g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2。)令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处电势为零，则( )
A．杆与水平面的夹角θ＝60°
B．B球的带电荷量QB＝1×10－5 C
C．若B球以Ek0＝4 J的初动能从M点开始沿杆向上滑动到最高点，则此过程中电势能减少了2 J
D．若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中做的是加速度先减小后增加的运动
【答案】BCD
【解析】渐近线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即Ep＝mgxsin θ＝kx，则斜率k＝mgsin θ，解得θ＝30°，A错误；由图乙中的曲线Ⅰ知，在x＝6 m处总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有mgsin 30°＝keq \f(QAQB,x2)，计算得出QB＝1×10－5 C，B正确；由能量守恒可知B球动能减小到0时，总势能为10 J，此时物体沿斜面上升18 m－6 m＝12 m，重力势能增加ΔEp＝mgΔxsin θ＝6 J，则电势能减少了2 J，C正确；若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中做的是加速度先减小后反向增大的运动，D正确。
9．(多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，\f(1,k)))。已知重力加速度为g，则( )
A．电场强度的大小为eq \f(mg,q)
B．小球初速度的大小为eq \r(\f(g,2k))
C．小球通过点P时的动能为eq \f(5mg,4k)
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少eq \f(\r(2)mg,k)
【答案】BC
【解析】由轨迹方程y＝kx2可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线，合力向右，如图所示，由受力分析可知 eq \r(2)mg＝Eq，E＝eq \f(\r(2)mg,q)，A错误。联立方程eq \f(1,k)＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(1,k)＝v0t，解得v0＝eq \r(\f(g,2k))，B正确。据动能定理mg·eq \f(1,k)＝Ek－eq \f(1,2)mv02，得Ek＝eq \f(5mg,4k)，C正确。ΔEp＝－W＝－Eq·eq \f(\r(2),k)＝－eq \r(2)mg·eq \f(\r(2),k)＝eq \f(－2mg,k)，D错误。
10．(多选)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(L,3)))，另一端系一带正电、质量为m的小球。现在y轴正半轴上某处B固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为eq \f(2mg,q)，则( )
A．小球一定能绕B做完整的圆周运动
B．当yB＝eq \f(4L,15)时小球能做完整的圆周运动
C．当yB＝eq \f(L,5)时小球能做完整的圆周运动
D．若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg
【答案】BD
【解析】电场力和重力的合力大小为F＝mg，方向竖直向上。刚好做完整的圆周运动时，其轨道半径为r＝L－eq \f(1,3)L－yB＝eq \f(2,3)L－yB，在钉子下方有F＝eq \f(mv2,r)。从释放到钉子下方r处由动能定理得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2yB－\f(1,3)L))＝eq \f(1,2)mv2，联立解得yB＝eq \f(4L,15)，所以A、C项错误，B项正确；在钉子上方r处绳子承受的拉力最大，其至少为T－F＝eq \f(mv′2,r)，从释放到此处由动能定理得FL＝eq \f(1,2)mv′2，解得T＝6mg，D项正确。
11．如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r＝10 m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速度v0＝9 m/s沿AO方向水平抛出质量m＝0.1 kg的小球(小球可视为质点)，小球带正电荷量q＝＋0.01 C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空气阻力。求：
(1)A、B间的水平距离L；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)小球过C点时对轨道的压力的大小N′；
(4)小球从D点离开轨道后上升的最大高度H。
【解析】(1)设小球运动过程中的加速度为a，则小球的等效重力为ma；小球在B点的速度为vB，由小球恰好从B点垂直OB进入圆弧轨道得小球竖直方向的分速度vBy＝v0tan 53°
对小球从A点到B的运动过程，由平抛运动知识得：vBy＝at
竖直方向位移y＝rcs 53°
y＝eq \f(1,2)at2
联立解得：t＝1 s，a＝12 m/s2，L＝v0t＝9 m。
(2)小球从A到B的运动过程中，对小球运用牛顿第二定律：
mg＋qE＝ma
得E＝20 N/C。
(3)小球从A到C的运动过程中，设在C点的速度为vC，运用动能定理：
mar＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在C点，对小球有：N－ma＝meq \f(v\\al(2,C),r)
得轨道对小球的支持力N＝4.41 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′＝4.41 N。
(4)对小球从A点到离开D点运动到最高点的全过程运用动能定理：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝maH
得H＝3.375 m。
12．如图所示，在绝缘水平直线轨道上方的A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的等量异种点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，从A点正下方轨道上的M点由静止开始沿轨道向右运动。O点为轨道上M、N连线的中点。已知小球与轨道间的动摩擦因数为μ。小球运动到O点时速度为v。孤立点电荷Q产生的电场在距场源电荷r处的电势为φ＝eq \f(kQ,r)(取无穷远处电势为零)，k为静电常数。AB连线到水平直线轨道的竖直距离为h，A、N连线与水平轨道的夹角为30°，小球在运动过程中不脱离轨道。求：
(1)小球在N点的加速度大小；
(2)小球在轨道的MO段克服摩擦力做的功。
【解析】(1)小球在N点时，受力分析，由牛顿第二定律得：
eq \f(kQq,2h2)sin 30°＋mg－eq \f(kQq,h2)－N＝0
eq \f(kQq,2h2)cs 30°－f＝ma
又f＝μN
联立解得：a＝eq \f(\r(3)kQq,8mh2)＋eq \f(7μkQq,8mh2)－μg。
(2)由题意可知，M、O两点间的电势差UMO＝φM
φM＝eq \f(kQ,h)－eq \f(kQ,2h)＝eq \f(kQ,2h)
小球由M点运动到O点的过程中，由动能定理得：
qUMO－Wf＝eq \f(1,2)mv2
联立解得：Wf＝eq \f(kQq,2h)－eq \f(1,2)mv2。