專題02靜電場中的能量

|I

|經典基礎題|

考點一電勢能和電勢

1.（2024?揚州期末）某電場中的等勢面分布如圖所示，a、6兩點電勢分別為%、生。一正電荷在

兩點具有的電勢能分別為耳八Epb,則（）

A.線＞然，￡做＞￡辿B.然，Epa<Eg

C.紇＜%,4D.

【答案】D

【詳解】根據題圖可知

紇<然

第1頁共29頁

根據耳可知

Epa<Epb

故選D。

2.（2024?南京期末）如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢夕沿x軸的分布如圖所示，占、

%、W、％是x軸上的四個點，質量為加、帶電量為的粒子（不計重力），以初速度%從。點沿x

軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.七處的電場強度大于工2處的電場強度

B.從看到七點的過程中，粒子的電勢能先增大后減小

C.若粒子能到達%處，則%的大小至少應為、他

Vm

D.若%=叵，則粒子在運動過程中的最大動能為為夕。

Vm

【答案】D

【詳解】A.在夕-x圖像，圖線的斜率表示電場強度的大小，由圖可知巧處圖線的斜率小于無2處圖線

的斜率，則七處的電場強度小于尤2處的電場強度，故A錯誤；

B.粒子從毛運動到退的過程中，電勢不斷降低，負電荷的電勢能不斷增大；故B錯誤；

C.粒子能運動恰好運動到馬處，就能運動到匕處。設粒子恰能運動運動到退處，初速度%最小，根據

動能定理得

12

-q<po=0--mv0

第2頁共29頁

解得:

%=

所以若小球能運動到X4處，則初速度V。至少為、陛跡，故C錯誤；

Vm

D.當帶電粒子運動到再處時，電場力做正功最大，粒子的速度最大，根據動能定理得:

解得最大動能為

%=2”。

故D正確。

故選D。

3.（2024?承德期末）（多）靜電場聚焦在示波管中有重要的作用。圖為某示波管內的聚焦電場，實

線和虛線分別表示電場線和等勢線，一電子從。點運動到。點，則下列說法正確的是（）

A.聚焦電場對電子做正功

B,電子在“點的電勢能大于在。點的電勢能

C.6點處的電勢比c點處的電勢高

D.〃點處的電場強度比。點處的電場強度大

【答案】BD

第3頁共29頁

【詳解】AB.負電荷受力方向與電場線方向相反，電子從。點運動到。點，聚焦電場對電子做負功,

電勢能增大，電子在。點的電勢能大于在。點的電勢能，故A錯誤，B正確；

C.沿著電場線方向，電勢是降低的，因此6點的電勢比c點的電勢低；故C錯誤；

D.根據電場線的疏密程度表示場強的大小可以知道1點處的電場強度比c點處的電場強度大，故D正

確。

故選BD。

4.（2024?湖北期末）（多）如圖所示，勻強電場中有一邊長為￡=lm的正方體432c2。2,

3

Q為上表面的中心.將帶電量為q=lxlO-C的負點電荷從4移至UBx電場力做功0.01J,從用移到B2克

服電場力做功0.02J,從外移到G電場力做功0O3J,已知4點的電勢為0,下列說法正確的是（）

A.a點的電勢為iov

B.3點的電勢為10V

C.該勻強電場電場強度的大小為10加V/m

D.該電荷在GCzAA面的中心處電勢能為0.025J

【答案】BC

【詳解】AB.4點的電勢為零，則4移到用的過程中

"W4m

Ug=04-0〃=-10V

得

第4頁共29頁

羯=10V4移到打的過程中

W?R

UB也=1q=0B1-0B2

得

%2=TOVb2移到G的過程中

W

BC=

UB必=-%2

-q

得

0c2=20V

勻強電場中，平行切相等的線段兩端電勢差相等可得

%\=30V,a=10V,必=40V,倒=^^^L=20V

故A錯誤，B正確；

W

C.根據￡=方沿44方向的電場強度分量為

qL

耳=10V/m

沿B出2方向的電場強度分量為

￡■,=20V/m

沿為G方向的電場強度分量為

&=30V/m

勻強電場強度大小為

E==10V14V/m

故C正確；

D.若將該點電荷移到GG&2中心，有

第5頁共29頁

（p=-!--------=25V

2

解得

Ep=-q（p=-0.025J

故D錯誤。

故選BCO

考點二電勢差與電場強度的關系

5.（2024?南京期末）某同學制作了一除塵裝置，裝置由帶正電的圓筒。和帶負電的線狀電極尸組

成。由于制作失誤線狀電極偏離圓心，形成如圖所示的電場線.若AP=BP=BC,且4B、C三點和

電極尸在一條直線上，則（）

A.4、8兩點電場強度相等

B.4點的電勢比5點電勢高

C.帶負電的粉塵從8點運動到C點電場力做負功

D.UBP=UCB

【答案】B

【詳解】A.由題圖電場線的分布特點可以看出，N點附近電場線密集，3點附近電場線稀疏，所以工

點電場強度大于3點電場強度，故A錯誤；

B.由電場線疏密程度可以看出，4P間平均場強大于8尸間平均場強，又4P=BP,由。=&/知/P間

電勢差大于3P間電勢差，結合電場線方向有

U">UBP

第6頁共29頁

所以/點電勢高于8點電勢，故B正確；

C.帶負電的粉塵從5點運動到C點，電場力與運動方向相同，都向右，電場力做正功，故C錯誤；

D.由于電場線的疏密程度可知，3P間的平均場強大于C3間的平均場強，又BP=BC,根據U=E"可

知，UBP>UCB,故D錯誤。

故選B。

6.（2024?哈爾濱期末）如圖所示，一等腰梯形/BCD處于勻強電場中，電場強度方向平行于等腰梯

形所在平面，已知ND4B=NCA4=60。，AB=2m,AD=lm,4D、。三點的電勢分別為IV、3V、5V。

下列說法正確的是（）

A.8點的電勢為6V

B,電場強度大小為逋V/m

3

C.一質子在梯形區域內的電勢能小于零

D.一電子從D點移到的中點，電場力做正功

【答案】B

【詳解】AB.取中點為￡由幾何關系可知四邊形4FCD為平行四邊形，故

VC-^D=(PF-<PA=2V

故

外=3V

即。尸為3V的等勢線，作出電場線如圖

第7頁共29頁

所以8點的電勢為

%=0c=5V

電場強度大小為

才UU3-1...473...

E=—DA=-------DA--=---^V/m=--V/m

dADcos3001V33

lx——

2

故A錯誤，B正確;

C.如圖可知，在梯形區域內8c電勢最高為5V,4點電勢最低為IV,根據

耳=40

可知一質子在梯形區域內的電勢能一定大于零，故C錯誤;

D.因為

<PD=<PF

所以

UDF=。

一電子從。點移到的中點，又

WDF=-eUDF=0

故電場力做不做功，故D錯誤。

故選B。

第8頁共29頁

7.（12024?天水期末）關于靜電場，下列結論普遍成立的是（）

A.電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低

B.勻強電場中任意兩點之間的電勢差只與場強有關

C.在正電荷或負電荷產生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向

D.在電場強度越大的地方，電荷的電勢能也越大

【答案】C

【詳解】A.電勢與電場強度沒有直接關系，所以電場強度大的地方電勢不一定高，電場強度小的地方

電勢不一定低，故A錯誤；

B.由公式

U=Ed

可知，兩點之間的電勢差與場強和兩點間沿電場線方向的距離都有關，故B錯誤；

C.在正電荷或負電荷產生的靜電場中，電場線都是直線，場強方向都指向電勢降低最快的方向，故C

正確；

D.根據電勢能的公式

Ev=<pq

可知，電勢能的大小與電場強度的大小無關，故D錯誤。

故選C

8.（2024?大連期末）如圖所示，勻強電場的方向與等腰直角V/5C所在的平面平行，/、8間的距

離為4將電荷量大小為q的負點電荷從電場中的/點移到8點，靜電力做正功為％再從8點移到

C點，克服電場力做功為憶設3點電勢為零，貝U（）

第9頁共29頁

A.該點電荷在/處的電勢能為彳

W

B.N3兩點間的電勢差S?=一

q

C.若該點電荷沿直線從/到C,電場力做功為2彳

D.可以判斷出該勻強電場的方向沿CA方向

【答案】A

【詳解】AB.根據題意，3點電勢為零，電荷在3點電勢能為零，將電荷量大小為q的負點電荷從電

場中的/點移到5點，靜電力做正功為憶則兩點間的電勢差

W

UB=——

A-q

電勢能減小次，則該點電荷在/處的電勢能為沙，故B錯誤，A正確；

CD.若該點電荷沿直線從力到C,電場力做功為

%=w+[-w]=0

則有

心=0

即/c為等勢線，該勻強電場的方向不沿C/方向，故CD錯誤。

故選A.

9.（2024?貴陽期末）（多）如圖所示，M、N是靜電場中一條電場線上的兩點。帶3c電荷量的正

點電荷在〃點的電勢能為6J,將該電荷移至N點，電勢能變為12J,則下列說法正確的是（）

MN

A./點的電勢羯=2V,N點的電勢9N=4V

B.M、N兩點的電勢差UMW=2V

C.若令M點的電勢為零，則河、N兩點的電勢差。.=4丫

D.若令/點的電勢為零，則該電荷在N的電勢能為6J

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【答案】AD

【詳解】A.由綜=處，可得”點的電勢

EA

=*=WV=2VN點的電勢

q3

EpN12-.V

^=—=vV=741V

q3

故A正確；

B.M,N兩點的電勢差為

UMN=中材—Qv=-2V

故B錯誤；

C.M、N兩點的電勢差與零勢點的選取無關，若令/點的電勢為零，則”、N兩點的電勢差。的=-2丫,

故C錯誤；

D.若令河點的電勢為零，則

PM'=0

由U.=PM-WN=-2V,可得

甲N=2V

則該電荷在N的電勢能為

EpN=-=6J

故D正確。

故選AD。

考點三電容器的電容

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10.（2024?承德期末）平行板電容器的兩板A、B接于電池兩極，一個帶電小球用絕緣細線懸掛在

電容器內部，閉合開關S,電容器充電，小球最終靜止不動，如圖所示.若要使細線偏離豎直方向的夾

角增大一些，則下列方法可行的是（）

A,將S斷開，再將A板向右移一些

B.將S斷開，再將A板向左移一些

C.保持S閉合，將B板向下移一些

D.保持S閉合，將B板向左移一些

【答案】D

【詳解】AB.斷開開關S,電容器所帶的電量不變，根據

E號。吟,C舄

可得

E-^Q

sS

改變兩板A、B間距離，￡不變，電場力不變，8不變，細線偏離豎直方向的夾角不變，故AB錯誤;

C.保持開關S閉合，僅將B板向下移一些，電容器兩端間的電勢差不變，板間距離也不變，則板間

場強不變，小球所受的電場力不變，8不變，細線偏離豎直方向的夾角不變，故C錯誤；

D.保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，將B板向左移一些，極板間距離減小，根據￡=§,

a

可知電場強度￡變大，小球所受的電場力變大，e增大，細線偏離豎直方向的夾角增大，故D正確。

故選D。

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11.（2024?承德期末）新能源汽車在啟停過程中，動力電池快速充放電會對電池產生損耗，從而降

低電池壽命，超級電容器可以與動力電池共同構成混合儲能系統，以代替動力電池進行快速充放電及

收集不規則動力，從而延長電池壽命。某超級電容器充電時的/T曲線如圖所示，則下列說法正確的

是（）

A.0?4時間內充電的電荷量為/由

B.4?。時間內充電的電荷量為人色-％）

C.超級電容器的電容先減小后增大

D.超級電容器的充電電壓先減小后增大

【答案】B

【詳解】AB./T曲線與坐標軸圍成的面積表示充、放電荷量，。?4時間內充電的電荷量小于/由，％2

時間內充電的電荷量為人化-4）,故A錯誤，B正確；

C.超級電容器的電容是電容的屬性，其大小與充放電狀態和電流大小無關，故C錯誤；

D.超級電容器的充電過程電荷量增大，由C=^可知電壓一直增大，故D錯誤。

故選B。

12.（2024?揚州期末）平行板電容器，上極板帶電荷量為+0,下極板帶電荷量為-。，兩板間電勢

差為U,電容器電容為C,貝I」（）

A.電容器帶電量為20B.電容器帶電量為0

C.電容器電容為c=,D.電容器電容為c1

第13頁共29頁

【詳解】AB.電容器所帶電荷量為某一極板所帶電荷量的絕對值，所以電容器帶電量為。，故AB錯

誤；

CD.電容器的電容為

c4

故D正確，C錯誤。

故選D。

13.（2024-南京期末）如圖所示，指紋采集裝置中的半導體基板上有大量相同的小極板，外表面絕

緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凸凹不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上

的小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則在指紋采集過程中，

下列說法正確的是（）

A.指紋的凹點處與對應的小極板距離遠，該位置的電容大

B.指紋的凸點處與對應的小極板距離近，該位置的電容小

C.由于指紋的凸點處與對應的小極板距離較近，小極板的帶電量較小

D.由于指紋的凸點處與對應的小極板距離較近，小極板的帶電量較大

【答案】D

【詳解】AB.電容器電容的定義式C=M可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，d較大，該位置的

Anka

電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，d較小，該位置的電容大，故AB錯誤；

CD.由于指紋的凸點處與對應的小極板距離較近，該位置的電容大，每個電容器的電壓保持不變，根

據0=CU可知，小極板的帶電量較大，故C錯誤，D正確。

第14頁共29頁

故選D。

14.（2024?河南期末）（多）水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為。，電容為C,

板間距離為"，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間尸點

有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為/靜電力常量為左重力加速度大小為g,下列說法正

確的是（）

A.油滴帶負電

B.帶電油滴的質量為哥

Cdg

C.若僅將上極板向下平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角不變

D.若僅將上極板向下平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動

【答案】AB

【詳解】A.由題意可知,電場力向上，所以油滴帶負電，故A正確；

B根據

mg=Eq,E=^-,Q=CU

a

解得

m=-----

Cdg

故B正確；

C根據

第15頁共29頁

上極板下移，d減小，c變大，。不變，U變小，故靜電計張角變小，故c錯誤;

U_Q4rrkQ

~d~~Cd~eS

故E與d無關，E不變，所以電場力不變，油滴不動，故D錯誤。

故選AB。

考點四帶電粒子在電場中的運動

15.（2024?昆明期末）（多）如圖所示，可視為質點的帶電滑塊6固定在絕緣粗糙的水平面上，另

一可視為質點的帶電滑塊。由M點以初速度V。沿水平面向左運動,當其運動到圖中的N點時速度最小,

為V。已知滑塊。所帶的電荷量為+外質量為外整個過程所受的摩擦力恒為4滑塊b所帶的電荷量

為一Q,XMN=d,靜電力常量為左。則下列說法正確的是（）

3

A.滑塊。由M向N運動的過程中，庫侖力逐漸增大，加速度逐漸減小

B.滑塊。由/向N運動的過程中，克服摩擦力做功的值等于電勢能的減少量

C.N點到滑塊6所在位置的距離為特

D.滑塊6形成的電場中，M、N兩點的電勢差大小為----

【答案】AC

【詳解】A.滑塊。由〃向N運動的過程中，受向左的庫侖力和向右的摩擦力，由題意可知，開始時

庫侖力小于摩擦力，在滑塊。向左運動的過程中庫侖力逐漸增大，滑塊。的加速度逐漸減小，且在N

點時加速度為0,故A正確；

第16頁共29頁

B.滑塊。由“向N運動的過程中，庫侖力一直做正功，摩擦力一直做負功，由功能關系可知

降-力=應叮為滑塊a克服摩擦力做的功，則克服摩擦力做的功不等于庫侖力做的功，即克服摩擦

力做功的值不等于電勢能的減少量，故B錯誤；

C.當滑塊。位于N點時速度最小，加速度為0,所受合力為0,則

F-F-kQq

'庫-K/

解得

故C正確；

D.滑塊。由加向N運動的過程中，根據動能定理有

qU琳一Ffd=gmv?一；mv；\

解得

2

2Ffd+mv-mvl

~--------

2q

故D錯誤。

故選AC。

16.（2024?曲靖期末）（多）如圖所示是一個示波管工作原理的示意圖，電子經過電壓以加速后以

速度%垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是九偏轉電場兩平行板間的距離為a電勢差為6,

板長為Z,為了提高示波管的靈敏度（單位電壓引起的偏轉量。）可采用的方法是（）

第17頁共29頁

A.減小兩板間的電勢差6B,可使板長工長些

C.盡可能使板間距離1小一些D.使加速電壓S升高一些

【答案】BC

【詳解】電子經過加速電場過程，根據動能定理可得

qu、=；，"升

電子在偏轉電場中做類平拋運動，有

L=vth=—at2,=ma

ot2m

聯立可得示波管的靈敏度為

h_1}

江一Md

可知為了提高示波管的靈敏度可采用的方法是：使板長工長些、使板間距離d小一些、使加速電壓5降

低一些。

故選BC。

17.（2024?南京期末）一個帶正電的粒子，電荷量為以質量為風由靜止經電壓為■的加速電場

加速，隨后沿中心線。。2垂直進入一個電壓為4的偏轉電場，偏轉電場兩極板間距為4極板長乙

不計粒子的重力，整個裝置如圖所示，求：

第18頁共29頁

(1)粒子出加速電場時速度%的大小;

(2)粒子出偏轉電場時速度偏轉角度8的正切值;

(3)粒子出偏轉電場時沿垂直于板面方向的側移距離以

【答案】⑴％=聲⑵tan*，。⑶y=^L

【詳解】(1)粒子經加速場由動能定理有

12

qU\=-mvo-O

得

v=3

oAvm

⑵粒子進入偏轉場中做類平拋運動

粒子在偏轉電場中的運動時間為

L

%

由Vy=。/得

又

tan^=—

%

第19頁共29頁

得

(3)沿電場方向粒子由靜止做勻加速直線運動，由

y=—at

2

qU2l}U2I}

4qU，一4U[d

18.(2024?威海期末)如圖所示，直角坐標系xOy中，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場I,第

三象限存在沿X軸正方向的勻強電場n。質量為加、電荷量為4的帶正電的粒子，以沿X軸負方向的初

速度V。從。點開始運動，經。點進入第三象限，最終到達y軸上的6點，粒子從。到O和從。到6

的時間相等。已知。點的坐標為(8L,3L),粒子的重力忽略不計。求：

(1)I的電場強度；

(2)II的電場強度；

(3)粒子在電場II中距離了軸的最遠距離；

(4)6點的坐標,

【答案】⑴誓|(2)誓(3)2L(4)(0.-6L)

32qLAqL

【詳解】(1)在勻強電場I中，由于粒子的重力忽略不計，粒子做類平拋運動故

第20頁共29頁

qEx=max

8L=vot

3L=g印之

故

F_3*

4=-------

32qL

(2)第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場II,則

qE2=ma2

t

%=電］

解得

2

芻=嗎

4qL

(3)由于

dX

22

則

d=2L

(4)因為

V〉=axt

則

y=Vyt

y=6L

坐標為：(0,-6Z)

第21頁共29頁

優選提升題

19.（2024?寧波期末）空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內取。點為坐標原點建立》軸，如

圖甲所示。現有一個質量為加、電量為+?的試探電荷，在f=o時刻以一定初速度從x軸上的。點開始

沿順時針做勻速圓周運動，圓心為。、半徑為R.已知圖中圓為試探電荷運動軌跡，仍為圓軌跡的一

條直徑；除電場力外微粒還受到一個變力尸，不計其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢。隨

時間，的變化圖像如圖乙所示，其中例>0。下列說法正確的是（）

A.電場強度的方向與x軸正方向成J

B.從。點到6點下做功為-妙|

C.微粒在a時所受變力F可能達最小值

2

D.圓周運動的過程中變力下的最大值為機器火+4食

【答案】D

【詳解】A.由乙圖可知，帶電微粒在轉動過程中，電勢最高值為L5名,電勢最低值-0.5例,最高點、

最低點分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點，找到與a點電勢%=0相同的點A,如圖aA垂

直于電場線

第22頁共29頁

E

設電場強度的方向與x軸正方向為e,由幾何關系

R

o1

cos0=-=—

R2

解得

e=-

3

故A錯誤；

B.由上述分析可知

%=1.0%

從。點到6點由動能定理

…叱。

又

u.=紇一%=_/

解得

W=q%

故B錯誤；

C.圓周運動的過程中電勢為1.5例時，變力廠達到最小值，故微粒在4時所受變力廠不可能達最小值,

故C錯誤；

D.由乙圖可知，微粒做圓周運動的周期為

第23頁共29頁

T=13%—%=12，］

速度為

2nRTIR

v=------=-----

T6八

電場強度為

E=竺=1.50］一（-0.591）=（p\

一Ax一2R~R

圓周運動的過程中電勢為-0.5例時變力廠達到最大值，有

「一qE=m——

R

解得

2

F=m^—^R+q—

36f；R

故D正確。

故選D。

20.（2024?大連期末）如圖所示，在豎直平面xOy內存在一未知勻強電場。一質量為機的帶電小球

從了軸上尸點以與了軸正方向成60。的速度v進入第一象限；經過x軸上0點（圖中未畫出）時的速度

大小也為v,方向豎直向下。重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。小球從尸點運動到。點的過程中（）

yA

A.機械能先減小后增加

B.速度不小于也”

2

第24頁共29頁

C.所受電場力不小于等

D.豎直位移與水平位移大小的比值為百

【答案】C

【詳解】B.小球做類斜上拋運動，經過x軸上。點時速度大小為v,速度方向豎直向下，則速度方向

偏轉了120。，速度方向偏轉60。時，小球的速度最小，此時小球的速度與平行，所以尸。與豎直方

向成60。角，初速度與尸。成60。角；當速度方向與尸。平行時，小球的速度最小，最小值為

1-73

v-=vcos60°=—v<——v

m,n22

所以，小球的速度可以小于yV,B錯誤；

2

A.尸0與豎直方向成60。角，電場力與重力的合力的方向與尸。垂直向左下方，與豎直方向成30。角；

電場力的方向不確定，若電場力的方向沿著QP方向，小球從P到。的過程中，電場力始終做負功，

小球的機械能一直減小，A錯誤；

C.電場力與重力的合力的方向與尸0垂直向左下方，與豎直方向成30。角，當小球所受的電場力沿著

。尸方向時，電場力最小，最小值為

Fmin=mgsin30°=1mg

所以，小球所受電場力不小于等，C正確；

D.尸。與豎直方向成60。角，與水平成30。角，豎直位移與水平位移大小的比值為

^=tan30°=—

x3

D錯誤.

故選C。

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21.(2024?河南期末)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長/=10cm,兩板間距離d=4cm。

兩極板左側有加速電場，一連續電子束在加速電場中加速后(電子初速不計)以%=4.0xl()7m/s的速

度從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端距離￡=45cm的足夠大的熒光屏上，(不

計電子重力及電子間的相互作用，熒光屏中點在兩板間的中線上，電子質量加=9.0xl0Tkg,電荷量

e=1.6xlO-19C)。求：

(1)加速電場的電壓大小

(2)當所加偏轉電壓在-720?720V間連續均勻變化時，熒光屏上的亮線長度

【答案】(1)Uo=4500V(2)D=20cm

【詳解】⑴由

Uoe=^mv^

解得

Uo=4500V

(2)如圖所示，

設電子飛出偏轉電場時速度為