（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練36 電場能的性質(zhì)（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練36　電場能的性質(zhì) 一、單項選擇題 1.(2018·黑龍江大慶一模)關(guān)于靜電場,下列說法正確的是(　　) A.將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方,電勢能一定增加 B.無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,靜電力做的正功越多,電荷在該點的電勢能越大 C.在同一個等勢面上的各點,電場強度的大小必然是相等的 D.電勢下降的方向就是電場強度的方向 2.(2018·重慶模擬)如圖所示,空間有兩個等量的正點電荷,a、b兩點在其連線的中垂線上,則下列說法一定正確的是(　　) A.電場強度Ea>Eb B.電場強度Eaφb D.電勢φa

2、<φb 3.(2018·山東煙臺一模)直線mn是某電場中的一條電場線,方向如圖所示。一帶正電的粒子只在電場力的作用下由a點運動到b點,軌跡為一拋物線,φa、φb分別為a、b兩點的電勢。下列說法正確的是(　　) A.可能有φa<φb B.該電場可能為點電荷產(chǎn)生的電場 C.帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能 D.帶電粒子由a運動到b的過程中電勢能一定一直減小 4.(2018·福建龍巖質(zhì)檢)以無窮遠處的電勢為零,在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ=kqr計算,式中r為該點到點電荷的距離,k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為l的兩點,如圖所示。現(xiàn)將一質(zhì)

3、子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷+Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點,質(zhì)子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為(　　) A.增加2kQel2-R2 B.增加2kQeRl2-R2 C.減少2kQeRl2+R2 D.減少2kQel2+R2 二、多項選擇題 5.如圖所示,半徑R=0.5 m的14圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中,OB水平,一質(zhì)量為m=10-4 kg、電荷量為q=8.0×10-5 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v0=3 m/s水平射出,粒子重力不計,粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出),取C點電勢

4、φ=0,則(　　) A.該勻強電場的電場強度E=100 V/m B.粒子在A點的電勢能為8×10-5 J C.粒子到達C點的速度大小為5 m/s D.粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.5×10-4 J 6.一電場的電場線分布如圖所示,電場中有A、B、C三點,且AB=BC,則下列關(guān)系正確的是(　　) A.電場強度大小關(guān)系為EA=EC>EB B.電勢φA=φC<φB C.將一帶負電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做負功再做正功 D.將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電勢能先增大再減小 三、非選擇題 7.如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電

5、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。 8.如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4 m,在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場,電場線與軌道所在的平面平行,電場強度E=1.0×104 N/C。現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4 C、質(zhì)量m=0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點),在水平軌道上的P點由靜止釋放,帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C,然后落至水平軌道

6、上的D點(圖中未畫出)。g取10 m/s2。試求: (1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大小; (2)D點到B點的距離xDB; (3)帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 考點規(guī)范練36　電場能的性質(zhì) 1.B　解析將負電荷由低電勢點移到高電勢點,電場力做正功,電勢能減小,選項A錯誤;無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,因無窮遠處電勢能為零,因此靜電力做正功越多,電荷在該點的電勢能越大,選項B正確;在同一等勢面上,電勢處處相等,電場強度不一定相等,選項C錯誤;電勢下降最快的方向才是電場強度的方向,選項D錯誤。

7、2.C　解析兩個等量同種點電荷連線中點O的電場強度為零,無窮遠處電場強度也為零,故從中點O沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小;由于兩點電荷間距離以及a、b兩點到O點的距離未知,所以a、b兩點的電場強度大小不能確定,A、B錯誤;根據(jù)電場強度的疊加原理可知,Oab直線上電場強度方向向上,沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以a點電勢一定高于b點電勢,C正確,D錯誤。 3.C　解析因為軌跡是拋物線,所以粒子受力恒定,所處電場是一個勻強電場,故不可能是點電荷形成的電場,B錯誤;根據(jù)粒子在做曲線運動過程中,受到的合力總指向軌跡內(nèi)側(cè),并且粒子帶正電,受到的電場力方向和電場強度方向相同,可知粒子的運動

8、軌跡有如圖所示的1、2兩種情況,由圖線2可知電場力一直做正功,電勢能一直減小,動能增大,電勢減小,由圖線1可知電場力先做負功,后做正功,總功為正功,電勢能先增大后減小,總體減小,故一定有φa>φb,帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能,A、D錯誤,C正確。 4.B　解析A點的電勢為φA=k-Ql-R+kQR,C點的電勢為φC=k-Ql+R+kQR,則A、C間的電勢差為UAC=φA-φC=-2kQRl2-R2。質(zhì)子從A移到C,電場力做功為WAC=eUAC=-2kQeRl2-R2<0,所以質(zhì)子的電勢能增加2kQeRl2-R2,B正確。 5.CD　解析粒子在電場力作用下做類平拋運動,因粒

9、子垂直打在C點,由圓的半徑和切線垂直,以及類平拋運動規(guī)律知,C點速度方向的反向延長線必過O點,且OD=AO=0.3m,根據(jù)勾股定理,則DC=0.4m,即有AD=v0t,DC=qE2mt2,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得E=25N/C,故A錯誤;因UDC=E·DC=10V,又UDC=φD-φC=φD,而A、D兩點電勢相等,所以φA=10V,即粒子在A點的電勢能為Ep=qφA=8×10-4J,故B錯誤;從A到C,由動能定理知,qUAC=12mvC2-12mv02,代入數(shù)據(jù)得vC=5m/s,故C正確;粒子在C點總能量EC=12mvC2=12×10-4×52J=1.25×10-3J,由能量守恒定律可知,粒子速率為

10、4m/s時的電勢能為Ep'=EC-12mv2=1.25×10-3J-12×10-4×42J=4.5×10-4J,故D正確。 6.BD　解析由電場線分布可知EA=EC0,將一帶負電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做正功再做負功,C錯誤;將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做負功再做正功,電勢能先增大再減小,D正確。 7.解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變,即 vBsin30°=v0sin6

11、0°① 由此得vB=3v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=12m(vB2-v02)③ 聯(lián)立②③式得UAB=mv02q。 答案mv02q 8.解析(1)設帶電體通過C點時的速度為vC,依據(jù)牛頓第二定律有mg=mvC2R, 解得vC=2.0m/s。 設帶電體通過B點時的速度為vB,設軌道對帶電體的支持力大小為FB,帶電體在B點時,根據(jù)牛頓第二定律有FB-mg=mvB2R。 帶電體從B運動到C的過程中,根據(jù)動能定理有 -mg×2R=12mvC2-12mvB2 聯(lián)立解得FB=6.0N, 根據(jù)牛頓第三定律,帶電體對軌道的壓力FB'=6.0N。 (2)設帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t,根據(jù)運動的分解有2R=12gt2, xDB=vCt-12Eqmt2。 聯(lián)立解得xDB=0。 (3)由P到B帶電體做加速運動,故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中,在此過程中只有重力和電場力做功,這兩個力大小相等,其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點右側(cè)對應圓心角為45°處。 設帶電體的最大動能為Ekm,根據(jù)動能定理有 qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-12mvB2, 代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J。 答案(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J 4