电场能的性质-精美解析版

1、.电场能的性质一、单项选择题本大题共5小题，共30.0分1. 如下图，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，A、B、C三点的电势分别为A=15V，B=3V，C=-3V，由此可得D点电势为()A. 6VB. 9VC. 12VD. 15VB济南一中解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，那么根据匀强电场中沿电场线方向相等间隔 ，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V.连接BE，那么BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF/BE，那么DF也是一条等势线，所以D点电势UD=9V.故B正确，ACD错误；应选B 连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在A

2、C线上找出与D等势点，再确定D点的电势此题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面互相平行，而且沿电场线方向相等间隔 ，电势差相等进展作图2. 如下图，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2L，电场线与矩形所在的平面平行，a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V，一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后质子经过ab中点e，不计质子重力，以下判断正确的选项是()A. d点电势为12VB. 质子从a到b电势能增加了8eVC. 电场强度大小为4LD. 质子从a到e所用时间为2L2v0D济南一中解：A、匀强电场中平行的等间距

3、的两点间的电势差相等，故Uad=Ubc，可得d点电势为14V，故A错误B、Uac=Ucb=12Uab=8V，故质子从a到b电场力做功为W=eU=8eV，电场力做正功电势能减小，故B错误C、经计算可知，d点和e点的电势一样，故连点连线为等势线，由于ab=2bc=2L，故ade为等腰三角形，a点到直线de的间隔 为L2，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为42L，故C错误D、de连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为22L，所需时间为t=22×Lv0=2L2v0，故D正确应选：D 匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等；电势能等于电势与电荷

4、量的乘积，电势和电荷量都带符号运算最终数值的大小表示电势能的上下；电场强度E=Ud；由电场线与等势面间的关系可得，质子将在电场中做类平抛运动，由平抛规律计算时间关键知道：匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，找到等势线，利用电场力做功与电势能变化的关系以及电场强度与电压的关系求解3. 关于静电场的等势面，以下说法正确的选项是()A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处互相垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功B济南一中解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交.故A错误；B

5、、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；C、电场强度的大小与电势的上下没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；D、负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误应选：B电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面挪动点电荷，电场力不做功.电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面.负电荷在等势面高的位置的电势能小此题关键记住电场线和等势面的关系，互相垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的根本特点：在等势面上挪动电荷，电场力总是不做

6、功4. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如下图(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M，N，且OM>ON，由图可知()A. N点的电势低于M点的电势B. M，N两点的电场方向一样且M点的场强大小大于N点的场强大小C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M，N之间的某两点做往复运动D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功B济南一中解：A、由图知，N点的电势高于M点的电势.故A错误B、由E=Ud可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小.斜率都为正值，说明M、N点的电场方向一样.故B正确C、根据顺着电场

7、线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动.故C错误D、负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向由从M指向N，电场力方向与位移一样，电场力一直做做正功.故D错误应选：B 根据电势的图象直接读出电势上下.由E=Ud可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系.根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况.根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负此题考察对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系E=Ud理解图

8、象的斜率与场强的关系5. 如下图，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开场沿斜面滑到底端，在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，那么以下判断正确的选项是()A. 金属块带负电荷B. 电场力做功0.5JC. 金属块抑制摩擦力做功0.8JD. 金属块的机械能减少1.2JD济南一中解：A、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需抑制电场力做功为0.5J，故金属带正电，故AB错误；C、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：Wf=-0.7J，故C错误；

9、D、外力做功为W外=W电+Wf=-1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确应选：D在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J根据动能定理求出摩擦力做功.知道电场力做功量度电势能的改变.知道重力做功量度重力势能的改变.外力做功等于物体机械能的改变解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知()A. Q点的电势比P点高B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大C.

10、油滴在Q点的电势能比它在P点的大D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小AB济南一中解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，那么可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；那么可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小一样；故D错误；应选：AB根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势上下；根据电

11、场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系此题考察带电粒子在匀强电场中的运动，要注意此题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用7. 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，平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中抑制电场力所做的功为6eV.以下说法正确的选项是()A. 平面c上的电势为零B. 该电子可能到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍AB济南一中解：A、虚线a、b、c、d、f

12、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中抑制电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；B、由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，那么电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，那么可能不会到达平面f，故B正确；C、在平面b上电势为2V，那么电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能

13、为2eV，故C错误；D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误；应选：AB。根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。考察电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。8. 如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，M=N、P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，那么()A. 点电荷Q一定在MP的

14、连线上B. 连接PF的线段一定在同一等势面上C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D. P>MAD济南一中解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如下图，故A正确；B、P=F，线段PF是P、F所在等势面(圆)的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故P>M，故D正确。应选：AD。点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，

15、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况此题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低9. 在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开场释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动.关于带电小球的电势能和机械能W的判断，正确的选项是()A. 假设sin<qEmg，那么一定减少，W一定增加B. 假设sin=qEmg，那么、W一定不变C. 假设sin=qEmg，那么一定增加，W一定减小D. 假设tan=qEmg，那么可能增加、也可能减少，但与W的总和一定保持不变BD

16、济南一中解：A、假设sin<qEmg，电场力可能做正功，也可能做负功，所以可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小。故A错误。BC、假设sin=qEmg，那么电场力与速度方向垂直，电场力不做功，、W一定守恒。故B正确，C错误。D、假设tan=qEmg，那么电场力沿程度方向，可能程度向左，可能程度向右，那么电场力和重力的合力与速度方向可能同向，也可能成一定的角度，那么电场力可能做正功，可能做负功，可能增加，可能减小，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D正确。应选：BD。根据电场力做功判断带电小球电势能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化此题关键是分析电场力与合力方向

17、的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化三、填空题本大题共1小题，共3分10. 电场中A点的电势为2.0×102V，将一电荷量为2.0×10-8C的检验电荷置于该点时，它的电势能为_J，将该电荷挪动到电场中的B点，电场力做了5×10-6J的正功，那么B点的电势为_V。3×10-6；-50济南一中解：电荷在A点的电势能为：EPA=qA=2.0×10-8×2.0×102J=4×10-6J，AB间的电势差为：UAB=WABq=5×10-62.0×10-8=250V根据UAB=A-B解得：

18、B=-50V故答案为：3×10-6，-50。电势和电荷量，由Ep=q求电荷的电势能。根据电场力做功和电荷量，由U=Wq求得AB间的电势差，再求得B点的电势。解决此题的关键是掌握电势能、电势差的定义式，知道电势差与电势的关系，要注意各自的正负号不能忘记。四、计算题本大题共4小题，共38分11. 均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的程度匀强磁场上方h处，如下图.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与程度的磁场边界平行.当cd边刚进入磁场时：(1)求线框的速度；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)求线

19、框所受安培力的大小及方向解：(1)由动能定理得：mgh=12mv2，解得：v=2gh；(2)由法拉第电磁感应定律感应电动势为：E=BLv=BL2gh，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER，那么cd两点间的电势差大小U=I34R=34BL2gh；(3)线框所受安培力F=BIL=B2L22ghR；由左手定那么可知安培力方向向上答：(1)线框的速度大小为2gh；(2)cd两点间的电势差大小为34BL2gh；(3)线框所受安培力的大小为B2L22ghR，方向向上济南一中(1)由动能定理列方程求解速度大小；(2)由法拉第电磁感应定律感应电动势、闭合电路的欧姆定律求解cd两点间的电势差；(3)根据安培力的

20、计算公式求解线框所受安培力，根据左手定那么判断安培力方向此题主要是考察了法拉第电磁感应定律和安培力的计算；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12Br2来计算12. 如下图，在程度线MN上方区域有竖直向下的匀强电场，在电场内有一光滑绝缘平台，平台左侧靠墙，平台上有带绝缘层的轻弹簧，其左端固定在墙上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边缘，光滑绝缘平台右侧有一程度传送带，传送带A、B两端点间间隔 L=1m，传送带以速率v0=4m/s顺时针转动，现用一带电小物块向左压缩弹簧，放

21、手后小物块被弹出，从传送带的B端飞出。小物块经过MN边界上C点时，速度方向与程度方向成45角，经过MN下方M'N'程度线上的D点时，速度方向与程度方向成60角，传送带B端间隔 MN的竖直高度h1=0.4m，MN与M'N'平行，间距h2=1.6m，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.1，小物块的质量为m=0.1kg，带电量q=1×10-2C，平台与传送带在同一程度线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能量损失，重力加速度为g=10m/s2，3=1.732，5=2.236.求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)弹簧弹性势能的最大值；(3)当小物块在

22、传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t。解：(1)设小物块从B点飞出的速度为v1，在C点小物块的速度方向与程度方向成45角，那么由几何关系可知：v1x=v1y=v1小物块从B点运动到C点，在竖直方向上有2ah1=v1y2=v12在D点由v2yv1=tan60，解得v2y=3v1，小物块从C点运动到D点的过程中，有2gh2=v2y2-v1y2=(3v1)2-v12=2v12，解得v1=4m/s将其代入2ah1=v12，解得a=20m/s2，小物块从B点运动到C点的过程中，有qE+mg=ma，解得E=100N/C；(2)小物块被弹簧弹开，恰好减速到B端与传送带同速

23、，那么小物块从A端运动到B端由v2-v02=2a0l，ma0=(qE+mg)，小物块在A点具有的动能即为弹簧具有的最大弹性势能，那么Ep=Ek=12mv2=1J(3)小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是物块在传送带上相对位移最长的情况，有两种情况，一种是物块一直加速运动到B端与传送带共速，一种是物块在传送带上减速到B端与传送带共速。第一种情况：传送带的位移：x0=v0t1物块的位移为l：v2-v02=2a0l物块的速度变化为v0+a0t1=v联立即得t1=(2-3)s第二种情况：传送带的位移：x0=v0t'物块的位移为l：v2-v02=2a0l物块的速度变化为v0=v-a0t'

24、;联立解得t'=(5-2)s计算可能第1种情况相对位移大于第2种情况的相对位置，那么t=t1小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时刻t=0.268s；答：(1)匀强电场的电场强度E为100N/C；(2)弹簧弹性势能的最大值为1J；(3)当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，物块在传送带上发生相对运动的时间t为0.268s。济南一中(1)小物块从B到C、C到D，程度分运动均是匀速直线运动，竖直分运动是两段加速度不同的匀加速直线运动，结合速度的分解，根据运动学公式列式求解得到B点速度，然后对B到C过程的竖直分运动根据牛顿第二定律列式求解即可；(

25、2)弹性势能最大时，物块到B点速度恰好减小到等于传送带速度；对从A到B过程根据牛顿第二定律和运动学公式列式得到A点速度，再结合机械能守恒定律得到弹簧对应的弹性势能；(3)根据Q=fs，相对位移最大时，产生的热量最大，分减速和加速两种情况讨论。此题是力电综合问题问题，过程多、规律多，关键是对滑块受力分析，分析各个阶段的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理列式分析，难度较大。13. 如下图，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R=0.3m.M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，质量分别为mM=0.01kg、mN=0.08kg

26、；M带电量q=+7×10-4C，N不带电.该空间同时存在匀强电场和匀强磁场.电场方向竖直向上，电场强度E=1×103V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B=37×102 T.将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开场沿逆时针向上转动.取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.那么在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力(3)小球M电势能变化量的最大值解：1)设M、N在转动过程中，绳对M、N

27、做的功分别为WT和W'T，那么：WT+W'T=0  设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EKM、EKN 对M，洛仑兹力不做功，由动能定理得：qER-mMgR+WT=EKM 对N，由动能定理：W'T-mNgR=EKN 联立解得：EKM+EKN=-0.06J 即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环最高点(2)设N转过角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均一样，故：vM=vN 对M，洛仑兹力不做功，由动能定理：qERsin-mMgsin+WT2=12mMvM2 对N，由动能定理：W'T2-mNgR(1-c

28、os)=12mNvN2 联立解得：vM2=43×(3sin+4cos-4) 由上式可得，当tan=34时，M、N的速度到达最大.最大速度为：vmax=233m/sM速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力为FN，由牛顿第二定律得：Fcos45=(qE-mMg)cos37 qvmaxB+Fsin45-(qE-mMg)sin37+FN=mMvM2R 解得：FN=-0.096N     负号表示弹力方向沿圆环径向向外(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多.由vM2=4

29、3×(3sin+4cos-4) 得：3sin+4cos-4=0 解得：sin=2425或sin=0(舍去) 故M的电势能减少量的最大值为：E=qERsin=126625J=0.2016J答：(1)通过计算判断，小球M不能到达圆环的最高点(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力为0.096N，方向沿圆环径向向外(3)小球M电势能变化量的最大值是0.2016J济南一中(1)先假设M能到达最高点，由动能定理求出系统到达最高点时的动能之和，假设为正值，那么说明能到达最高点，假设为负值那么不能到达最高点(2)由于M未到达最高点，那么速度的最大的位置只能是在最高点下的某一点，根据动能定理先确定

30、该点的位置，再由牛顿第二定律，沿圆心方向的合力提供向心力，从而求出轨道对球的作用力(3)由于M未到达最高点，又要求电势能的变化最大，那么只能是M的速度变为零时，由(2)的结论求出速度为零时转过的角度，再由功能关系就能求出电势能变化的最大值此题的难点在于：M、N两球通过绳子连接，在电场力作用下沿圆环向上运动，可以假设能通过最高点，把它们作为一个整体由动能定理求出到达最高点的动能之和，假设为负就不能通过最高点.求M球对轨道的最大压力，只有先确定速度最大的位置(要用到数学公式)，再由牛顿第二定律求出此刻对轨道的压力14. (1)静电场可以用电场线和等势面形象描绘。a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；b.点电荷的电场线和等势面分布如下图，等势面S1、S2到点电荷的间隔 分别为r1、r2.我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1N2。(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体，间隔 越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了搜集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是进步天文观测才