专题13：电场能的性质

专题13：电场能的性质

题型1：电势、电势能变化、电场力做功综合问题

1．计算电场力做功常有哪些方法

(1)WAB＝qUAB(普遍适用)

(2)W＝qE·s·cos

θ(适用于匀强电场)

(3)WAB＝－ΔEp(从能量角度求解)

(4)W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)

2．电势能增减的判断方法

做功法：无论电荷是正是负，只要电场力做正功，电荷的电势能就减少；

电场力做负功，电荷的电势能就增加．

3．电势高低的判断

(1)据电场线的方向：沿电场线方向，电势越来越低．

(2)据电场力做功的方法：据定义式UAB＝，将WAB、q的＋、－代入，由

UAB的＋、－可判电势高低．

1.如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32

J，金属块克服电场力做功8

J，金属块克服摩擦力做功16

J，重力势能增加18

J，则在此过程中金属块的()

A．动能减少18

J

B．电势能增加24

J

C．机械能减少24

J

D．内能增加16

J

解析：由动能定理可知ΔEk＝32

J－8

J－16

J－18

J＝－10

J，A错误；克服

电场力做功为8

J，则电势能增加8

J，B错误；机械能的改变量等于除重力以

外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝32

J－8

J－16

J＝8

J，C错误；物体内

能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正确．

答案：D

2.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是()

不定项

A．M点电势一定高于N点电势

B．M点场强一定大于N点场强

C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功

解析：沿电场线方向，电势降低，所以M点电势一定高于N点电势，A正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强一定小于N点场强，B错；若把正电荷由M点移到N点电场力做正功，电荷的电势能减小，所以EpM＞EpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向沿NM指向M，电场力做负功，D错．答案：AC

3.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度

vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度

vN折回N点，则()

A．粒子受电场力的方向一定由M指向N

B．粒子在M点的速度一定比在N点的大

C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大

D．电场中M点的电势一定高于N点的电势

解析：由题意可知M、N在同一电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选D错误．

答案：B

4.在地面上空中有方向未知的匀强电场，一带电量为－q的小球以某一速度由M点沿如图6－2－12所示的轨迹运动到N点．由此可知()

A．小球所受的电场力一定小于重力

B．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变

C．小球的机械能保持不变

D．小球的动能一定减小

解析：由题图示的轨迹可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的电场力一定大于重力；小球以某一速度由M点沿图示轨迹运动到N点的过程中，仅受电场力和重力作用，其小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，但机械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和电场力的合力)向上，则小球的动能增加；若小球所受的合外力(重力和电场力的合力)向左上方，则小球的动能可能减小．

答案：

B

5.绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个带负电的电荷量为q、质量为m的小球，当空间存在水平方向的匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成θ＝60°角的位置．如图所示，已知细绳长为L，让小球从θ＝30°的A点释放，则()

A．匀强电场的场强为

B．匀强电场的场强为

C．小球的最大速度为

D．小球的最大速度为(－1)

解析：小球在θ＝60°时处于平衡，则Eq＝mgtan

θ，所以E＝＝，选项A、B错误；小球第一次到达平衡位置处的速度是小球的最大速度，根据动能定理有：qE(Lsin

60°－Lsin

30°)－mg(Lcos

30°－Lcos

60°)＝mv2，联立解得v＝(－1)，选项C错误、D正确．

答案：D

6.如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环(可视为质点)套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中错误的是()

A．小圆环所受库仑力的大小先增大后减小

B．小圆环的加速度先增大后减小

C．小圆环的动能先增加后减少

D．小圆环与负电荷组成的系统电势能先减小后增加

解析：库仑力的大小先增大后减小；加速度先减小后增大；由动能定理，电场力先做正功后做负功，因而动能先增加后减少，电势能先减少后增加．

答案：B

7.如图所示，匀强电场场强的大小为E，方向与水平面的夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点，小球电荷量保持不变，在此过程中()

A．带电小球的电势能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)

B．带电小球的电势能增加2mgLcot

θ

C．该外力所做的功为mgLtan

θ

D．该外力所做的功为mgLcotθ

解析：由于小球静止时，细线恰好水平，所以重力与电场力的合力大小为mgcot

θ，方向水平向右，在外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点的过程中，小球在重力与电场力的合力方向的位移为L，外力克服重力与电场力的合力做功mgLcot

θ，D正确；小球的重力势能减小mgL，在场强方向的位移为L(sin

θ＋cos

θ)，电场力对小球做的功为—qEL(sin

θ＋cos

θ)，电势能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)，A、B、C错误．

答案：D

8.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是()

A．O点电场强度为零

B．D点电场强度为零

C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大

D．若将点电荷－q从O移向D，电势能增大

解析：本题考查电场强度矢量的叠加及电场力做功与电势能变化的关系．空间中任何一点的场强都是三个点电荷在该点产生场强的矢量和．A、B两个＋Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点电荷在O点产生的场强(不为零)，A选项错误；A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设EA＝EB＝EC＝E，EA、EB的矢量和沿x轴正方向，大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，B选项正确；在x＜0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从O移向D，电场力做正功，电势能减少，C、D选项错误．本题正确选项B.答案：B

9.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()

A．电子将沿Ox方向运动

B．电子的电势能将增大

C．电子运动的加速度恒定

D．电子运动的加速度先减小后增大

解析：由题图甲可知O点右边的电势大于O点的电势，故电场线沿Ox的反方向，在O点静止释放电子，且电子仅受电场力作用时，电子将沿Ox方向运动，A正确；电场力做正功，电势能减小，B错；从图乙可知电势在相同距离的变化量先减小后增大，故电场强度先减小后增大，故电子运动的加速度先减小后增大，C错，D正确．

答案：

D

10.如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中()

A．M点的电势一定高于N点的电势

B．小物块的电势能可能增加

C．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功

D．小物块所受的电场力减小

解析：Q为点电荷，由于M点距点电荷Q的距离比N点小，所以小物块在N点受到的电场力小于在M点受到的电场力，选项D正确．由小物块的初、末状态可知，小物块从M到N的过程先加速再减速，而重力和摩擦力均为恒力，所以电荷间的库仑力为斥力，电场力做正功，电势能减小，选项B错误．由功能关系可知，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能的减少量之和，故选项C错误，因不知Q和物块的电性，无法判断电势高低，选项A误．

答案：D

题型2：电场线、等势面、运动轨迹的综合问题

11.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则()

A．a一定带正电，b一定带负电

B．a加速度减小，b加速度增大

C．MN电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|

D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小

解析：由带电粒子在运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子带电的性质，A错；由电场线的疏密可知，a加速度将减小，b加速度将增大，B正确；因为是非匀强电场，故MN电势差并不等于NQ两点电势差，C错；但因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子的带电量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，D错误．

答案：B

12.如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电

场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小

为v0方向沿x正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则()

A．O点电势高于M点电势

B．运动过程中电子在M点电势能最多

C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加

D．电场对电子先做负功，后做正功

解析：由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M点电势高于O点，A错误，电子在M点电势能最少，B错误，运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C错误，D正确．

答案：D

13.如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则()

A．M带负电荷，N带正电荷

B．N在a点的速度与M在c点的速度相同

C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功

D．M在从O点运动至b

点的过程中，电场力对它做的功等于零

解析：因为O点电势高于c点电势，可知场强方向竖直向下，正电荷受到的电场力向下，负电荷受到的电场力向上，可知M是正电荷，N是负电荷，故A错，M运动到c点电场力做正功，N运动到a点电场力也做正功，且M、N电量相等，匀强电场相等距离的等势线间的电势差也相等，所以做功相等，选项B、C错；由于O、b点在同一等势面上，故M在从O点运动到b点的过程中电场力做功为零，选项D正确．

答案：D

题型3：电场性质与力学问题的综合解决力电综合问题的一般方法

(1)利用力和运动的关系——牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的结合．即：受力和初速决定运动，运动反映受力．一切力学问题的分析基础，特适于恒力作用下的匀变速运动．

(2)利用功、能关系——动能定理及其他力的功能关系(如重力、电场力、摩擦力等)

及能的转化守恒，即：做功引起并量度了能的改变；无论恒力作用、变力作用、直线运动、曲线运动皆可．

14.如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝

缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.40

m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104

N/C.现有一质量m＝0.10

kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离x＝1.0

m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷

q＝8.0×10－5

C，取g＝10

m/s2，求：

(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；

(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；

(3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少．

解析：(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律

有：qE＝ma

解得：a＝qE/m＝8.0

m/s2

设带电体运动到B端时的速度大小为vB，则v＝2as，解得：vB＝＝4.0

m/s

(2)设带电体运动到圆弧形轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律

有：N－mg＝mvB2/R，解得：N＝mg＋mvB2/R＝5.0

N

根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧形轨道B端的压力大小FN′＝5.0

N.(3)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所

做的功W电＝qER＝0.32

J．设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为

W摩，对此过程根据动能定理有：W电＋W摩－mgR＝0－mvB2解得：W摩＝－0.72

J.答案：(1)8.0

m/s2,4.0

m/s(2)5.0

N(3)0.32

J，－0.72

J

15.如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0

J，电场力做的功为1.5

J．则下列说法正确的是()

A．粒子带负电

B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5

J

C．粒子在A点的动能比在B点少0.5

J

D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5

J

解析：粒子从A点运动到B点，电场力做正功，且沿着电场线，故粒子带正电，所以选项A错；粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减少，故粒子在A点的电势能比在B点多1.5

J，故选项B错；由动能定理，WG＋W电＝ΔEk，－2.0

J＋1.5

J＝EkB－EkA，所以选项C错；由其他力(在这里指电场力)做功等于机械能的增加，所以选项D对．

答案：D

16.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)．

(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．

(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为大？

(3)若小球从斜轨道h＝5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．

解析：(1)根据牛顿第二定律：(mg－qE)sin

α＝ma①

a＝

(2)若小球刚好通过B点，据牛顿第二定律：mg－qE＝

小球由A到B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝

以上联立，得h＝

(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，机械能的变化量为：ΔE机由ΔE机＝W电⑥

W电＝－3REq⑦

得ΔE机＝－3REq⑧

17.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8

m．有一质量500

g的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10

m/s2)求：

(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．

(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到P点的动能．

解析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示

由平衡条件得：mgsin

45°＝Eqcos

45°，得mg＝Eq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则F合＝mg＝ma，a＝g＝10

m/s2＝14.1

m/s2

方向与杆垂直斜向右下方.(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：h＝v0sin

45°·t＋gt2，水平方向：v0cos

45°·t－t2＝0，解得：v0＝

＝2

m/s

(3)由动能定理得：Ekp＝mv＋mgh，可得：Ekp＝mv＋mgh＝5

J.答案：(1)14.1

m/s2　垂直于杆斜向右下方(2)2

m/s(3)5

J

题型4：电容器电粒子在电场中的运动

18.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()

A．当增大两板间距离时，v也增大

B．当减小两板间距离时，v增大

C．当改变两板间距离时，v不变

D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也不变

解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移如果增加的话，时间变长．

答案：C

19.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图6－3－15所示，则()

①．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大

②．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

③．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大

④．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

A．①③正确

B．②④正确

C．①④正确

D．②③正确

解析：悬线偏离竖直方向的夹角θ的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定．因重力不变，故电场力增大时θ就增大．在保持开关S闭合，即保持电容器两极板间电压U不变．由于A、B板靠近，d变小，极板间电场强度E＝就增大，因而带电小球受电场力F＝qE＝q增大，则θ增大；若断开开关S，即表明电容器极板上的电荷量Q不变．当A、B板靠近后，电容器的电容C＝将增大，根据U＝，电容器两板间电压U减小．电容器两板间的场强E＝有无变化呢？把上述各关系代入，得E＝＝＝.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则θ不变．

答案：C

20.如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()

A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大

B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大

C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小

D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小

解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．

答案：D

21.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()

A．微粒在电场中作抛物线运动

B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等

C．MN板间的电势差为2mv/q

D．MN板间的电势差为Ev/2g

解析：由题意可知，微粒到达C点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因AB＝BC，即·t＝·t可见vc＝v0.故B项正确；由q·＝mv，得U＝＝，故C项错误；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D项错误．

答案：B

22.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()

A．将打在下板中央

B．小球不再沿原轨迹运动

C．不发生偏转，沿直线运动

D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝＝＝可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．

答案：D

23.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()

A．在前时间内，电场力对粒子做的功为

B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq

C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2

D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1

答案：B

24.如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4

m，两板间距离d＝4×10－3

m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5

kg，电量q＝＋1×10－8

C．(g＝10

m/s2)求：

(1)微粒入射速度v0为多少？

(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？

解析：(1)＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10

m/s.(2)电容器的上板应接电源的负极

当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，＝a12，a1＝

解得：U1＝120

V

当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，＝a22，a2＝

解得：U2＝200

V．所以120

V＜U＜200

V.答案：(1)10

m/s(2)与负极相连　120

V＜U＜200

V

25.如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定．今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上．粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场．试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出．

解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v0，v0t＝l，y＝at2，tan

θ＝＝，y＋ltan

θ＝，所以a·＋l·＝，3al＝v.由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如上图甲、乙所示．其范围是l－y.其中y＝a·＝··＝l，范围是l.答案：l　图略