1、基础课2电场的能的性质一、选择题(15题为单项选择题，610题为多项选择题)1如图1所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a、b两点的电势分别为a3 V，b9 V，则下列叙述正确的是()图1A该电场在C点处的电势一定为6 VBa点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbC正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大D正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大解析本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落及场强大小情况都不能确定，A、B错；a、b两点电势已知，正电荷从a到b是从低电势向高电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C
2、对，D错。答案C2(2017兰州一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图2所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是()图2A粒子带负电荷B粒子先加速后减速C粒子加速度一直增大D粒子的机械能先减小后增大解析粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，A错误；由图知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故B错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确。答案D3在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中
3、，M30、P90，直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为()图3A150 V/m B75 V/mC225 V/m D75 V/m解析过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，由几何知识可知N、O间的距离NO2 cm，M、O间的距离MO6 cm，由匀强电场的特点得O点的电势为O12 V，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：E150 V/m，即选项A正确。答案A4两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图4所示，其中C为ND段电势最低
4、的点，则下列说法正确的是()图4Aq1、q2为等量异种电荷BN、C两点间场强方向沿x轴负方向CN、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小解析根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据ND间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由Epq知，电势能先减小后增大，D错误。答案C5如图5所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周，A点为圆周上和圆心同一高度的一点，B点为圆周上的最高点。在A点的粒子
5、源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过B点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为()图5A3v0 B2v0C.v0 Dv0解析设粒子所带电荷量为q，质量为m，电场强度为E，圆周的半径为R，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B点，故电场方向水平向右，且有a，Rv0t，Rat2，解得qE。粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，则有qE2Rmv2mv，可得v3v0，选项A正确。答案A6如图6所示，空间有两个等量的异种点电荷M、N固定在水平面上，虚线POQ为MN连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从P点运动到Q点，
6、其轨迹为图中的实线，轨迹与MN连线的交点为A。则下列叙述正确的是()图6A电荷M带负电BA点的电势比P点的电势低C试探电荷在A点速度最大D试探电荷从P运动到Q的过程中电场力先做负功后做正功解析试探电荷做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电荷N带负电，A项错误；由等量异种点电荷电场线分布特征及沿电场线方向电势逐渐降低可知，B项正确；试探电荷从P到A的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减少，试探电荷从A到Q的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项C错误、D正确。答案BD7静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图7所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴
7、运动，则点电荷()图7A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；由x1运动到x4的过程中，场强先增大后减小，因此电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。答案BC8如图8所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和
8、c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是()图8Aa、b两点的场强相同BOy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小C将一试探电荷q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动DOy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大解析a、b两点的场强大小相等、方向相反，选项A错误；由等量正点电荷的电场特点，知Oy轴上沿正方向电势随坐标y的增大逐渐减小，选项B正确；a点场强方向沿ab连线向右，试探电荷q自a点由静止释放后向右运动，遵循能量守恒定律，在a、b间往复运动，选项C正确；等量正点电荷连线的中点电场强度为零，沿Oy轴正方向无
9、穷远处电场强度为零，知电场强度沿Oy轴正方向先增大后减小，选项D错误。答案BC9(2017福建台州质量评估)如图9所示，竖直平面内的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是()图9A圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动D若将圆环从杆上P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离
10、开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动解析圆环运动到O点且未离开细杆时库仑力沿x轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A错误；因为圆环到O点前，库仑力沿y轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B错误；设P、O两点间电势差为U，由动能定理有qUmv2，由牛顿第二定律有，联立有，即圆环是否做圆周运动与q无关，C正确；若从P点上方释放，则U变大，不能做匀速圆周运动，D正确。答案CD10(2016河北邢台质检)如图10所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q
11、只受电场力作用，则下列结论正确的是 ()图10A电荷Q与点电荷q一定是同种电荷 B电荷Q一定在A点的左侧C点电荷q的电势能一定是先减小后增大 DA、B两点电势一定相等解析由题意分析知电荷Q应在点A、B的外侧，如果Q在A点左侧，点电荷q从A由静止释放运动到点B时速度为零，说明点电荷q先做加速运动后做减速运动，在A、B连线某一位置合场强为零，这时Q和q是同种电荷，同理分析，如果Q在B点的右侧，则Q和q一定是同种电荷，A项正确，B项错误；由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知q的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C项正确；由于点电荷q在A、B两点的动能均为零，因
12、此点电荷在A、B两点的电势能相等，则A、B两点电势相等，D项正确。答案ACD二、非选择题11(2017福建厦门质检)如图11所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E5103 V/m，圆弧轨道半径R0.4 m。现有一带电荷量q2105 C、质量m5102 kg的物块(可视为质点)从距B端s1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g10 m/s2求：图11 (1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。解析(1)在物块从开
13、始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：qEma又由运动学公式有：sat2解得：t1 s又因：vBat得：vB2 m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：NBmgm解得：NB1 N答案(1)1 s2 m/s(2)1 N12在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为2q，B球的带电荷量为3q，组成一带电系统，如图12所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，试求：图12(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离； (3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。解析(1)设B球刚进入电场时，系统的速度为v1，对A、B系统应用动能定理：2qEL2mv，则v1。(2)设球A向右运动s时，系统速度为零，由动能定理，得：2qEs3qE(sL)，则s3L。(3)带电系统的速度第一次为零时，B球克服电场力做功WFB6qEL，则B球电势能增加了6qEL。答案(1)(2)3L(3)6qEL