2022屆高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第2講 電場能的性質(zhì)作業(yè) 新人教版

2022屆高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第2講 電場能的性質(zhì)作業(yè) 新人教版課時作業(yè)單獨成冊方便使用基礎(chǔ)題組一、單項選擇題1(2018·江西九江十三校聯(lián)考)對于靜電場中的A、B兩點，下列說法正確的是()A點電荷在電場中某點受力的方向一定是該點電場強度的方向B電勢差的公式UAB，說明A、B兩點間的電勢差UAB與靜電力做功WAB成正比，與移動電荷的電荷量q成反比C根據(jù)E知，電場強度與電場中兩點間的距離d成反比D若將一正電荷從A點移到B點電場力做正功，則A點的電勢高于B點的電勢解析：正點電荷所受的電場力與電場強度方向相同，負點電荷所受的電場力與電場強度方向相反，故A錯誤電勢差的公式UAB，運用比值法定義，電勢差UAB與靜電力做功、移動電荷的電荷量無關(guān)，故B錯誤E中d是兩點沿電場方向的距離，只適用于勻強電場，而勻強電場的電場強度處處相同，場強與d無關(guān)，故C錯誤根據(jù)公式WABqUAB知，WAB>0，q>0，則UAB >0，則A點的電勢高于B點的電勢，故D正確答案：D2一個帶正電的質(zhì)點，電荷量q2.0×109 C，在靜電場中由a點移動到b點在這過程中除靜電力外，其他力做的功為6.0×105 J，質(zhì)點的動能增加了8.0×105 J，則a、b兩點間的電勢差Uab為()A1×104 VB1×104 VC4×104 V D7×104 V解析：根據(jù)動能定理得Wab6.0×105 J8.0×105 J，則Wab8.0×105 J6.0×105 J2.0×105 J由UAB得Uab V1×104 V，選項A正確答案：A3.如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R5 m的圓，圓上有一個電荷量為q1×108 C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為，P沿圓周移動時，其電勢能Ep2.5×105sin (J)，則()Ax軸位于零勢面上B電場強度大小為500 V/m，方向沿y軸正方向Cy軸位于零勢面上D電場強度大小為500 V/m，方向沿x軸正方向解析：由Ep2.5×105sin (J)知，x軸上的勢能為零，是零勢面，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當90°時，Ep2.5×105 JEqR，解得E500 V/m，此時電勢能大于零，故電場強度的方向沿y軸負方向，B、D錯誤答案：A4兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是()Aq1、q2為等量異種電荷BN、C兩點間場強方向沿x軸負方向CN、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大D將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小解析：根據(jù)q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，A錯誤；N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為0，B錯誤；根據(jù)ND間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后反向增大，C正確；正電荷從N移到D，由Epq知，電勢能先減小后增大，D錯誤答案：C5.(2018·陜西西安質(zhì)檢)如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是()AO點電勢與Q點電勢相等BO、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差C將一負電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上解析：由電場線的方向可知MON，再作出此電場中過O的等勢線，可知OQ，A錯誤；MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMOUON，B錯誤；因UMQ0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤答案：C二、多項選擇題6(2016·高考全國卷)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱忽略空氣阻力由此可知()AQ點的電勢比P點高B油滴在Q點的動能比它在P點的大C油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小解析：帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負功后做正功，則電場強度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變，選項D錯誤答案：AB7.(2018·貴州貴陽高三檢測)如圖所示，虛線ac和bd分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異種點電荷分別固定在橢圓的兩個焦點P、Q上，c、e兩點關(guān)于Q點對稱，下列說法正確的是()Aa、c兩點場強相同，電勢也相同Bb、d兩點場強相同，電勢也相同C同一帶正電的試探電荷在e點具有的電勢能小于在c點具有的電勢能D將一帶負電的試探電荷沿橢圓從a點經(jīng)b點移到c點的過程中電場力始終做負功解析：a、c兩點場強相同，電勢不等，故A錯誤b、d兩點場強大小方向都相同，電勢也相同，故B正確e點電勢高于c點，同一正電荷在e點具有的電勢能大于在c點具有的電勢能，故C錯誤負電荷沿橢圓從a點移到c點，因電勢一直降低，故電場力一直做負功，故D正確答案：BD8.如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點由靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()A從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量解析：小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤答案：BC能力題組一、選擇題9.如圖甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線，一電子僅在電場力作用下由電場線上A點沿直線運動到B點，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示EA、EB表示A、B兩點的電場強度，A、B表示A、B兩點的電勢以下判斷正確的是()AEAEBBEAEBCAB DAB解析：由速度平方v2與位移x的關(guān)系與v2v2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，合力(電場力)恒定，此電場為勻強電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選項D正確，C錯誤答案：D10.如圖所示為沿水平方向的勻強電場的三條電場線，豎直平面內(nèi)有一個圓周，A點為圓周上和圓心同一高度的一點，B點為圓周上的最高點在A點的粒子源以相同大小的初速度v0在豎直面內(nèi)沿各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子(不計粒子重力)，豎直向上發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過B點，則從圓周上離開的粒子的最大速度大小為()A3v0 B2v0C.v0 Dv0解析：設(shè)粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，電場強度為E，圓周的半徑為R，因豎直向上發(fā)射的粒子做類平拋運動經(jīng)過B點，故電場方向水平向右，且有a，Rv0t，Rat2，解得qE.粒子從圓周上右側(cè)與圓心等高處離開時的速度最大，則有qE×2Rmv2mv，可得v3v0，選項A正確答案：A11.在中間位置有固定轉(zhuǎn)動軸的長為2l的輕質(zhì)桿兩端固定兩完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的小球1和2，裝置放在如圖所示的關(guān)于豎直線對稱的電場中，開始時桿在水平位置靜止現(xiàn)給小球1一個豎直向上的速度，讓小球1、2繞轉(zhuǎn)動軸各自轉(zhuǎn)動到B、A位置，A、B間電勢差是U，小球1、2構(gòu)成的系統(tǒng)動能減少量是()A一定大于UqB一定等于2(Uqmgl)C一定小于UqD一定大于Uqmgl解析：桿水平時，1、2兩球所在處電勢相等，令電勢為零，00，設(shè)A、B兩處的電勢分別為A和B，顯然A0，B0，且ACCB(C為過1、2的等勢線與豎直桿的交點)，系統(tǒng)電勢能的增加量為Ep增qAqBq(AB)據(jù)題意知，ABA|B|U故ABU，再據(jù)能量守恒定律知Ek減Ep增故有Ek減qU，可見C選項正確答案：C12.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mgqE，則()A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為gC小球上升的最大高度為D若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為解析：如圖所示，由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A項錯誤；由圖中幾何關(guān)系可知，小球所受合力為mg，由牛頓第二定律可知ag，方向與初速度方向相反，B項正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得mg·2h0mv，解得h，C項錯誤；小球上升過程中，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則EpWONqE·2hcos 120°，D項正確答案：BD二、非選擇題13.如圖所示，在距足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點，固定電荷量為Q的點電荷，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為(取無窮遠處的電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求：(1)物塊在A點時受到軌道的支持力大??；(2)點電荷Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢解析：(1)物塊在A點受到點電荷的庫侖力F由幾何關(guān)系可知P、A間距離r設(shè)物塊在A點時受到軌道的支持力大小為N，在豎直方向由平衡條件有NmgFsin 60°0解得Nmg.(2)設(shè)點電荷產(chǎn)生的電場在B點的電勢為B，由動能定理有q(B)mv2mv解得B.答案：(1)mg(2)14(2015·高考全國卷)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力求A、B兩點間的電勢差解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即vBsin 30°v0sin 60°由此得vBv0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB答案：