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

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1、2022屆高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第2講 電場能的性質作業(yè) 新人教版 [課時作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨成冊　方便使用 [基礎題組] 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

2、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，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，故C錯誤．根據公式WAB＝qUAB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：D 2．一個帶正電的質點，電荷量q＝2.0×10－9 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6.0×10－5 J，質點的動能增加了8.0×10－5 J，則a、b兩點間的電勢差

3、Uab為(　　) A．1×104 V　　　　　 B．－1×104 V C．4×104 V D．－7×104 V 解析：根據動能定理得Wab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，則Wab＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J．由UAB＝得Uab＝ V＝1×104 V，選項A正確． 答案：A 3.如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內有一個半徑為R＝5 m的圓，圓上有一個電荷量為q＝＋1×10－8 C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝2.5×10－5sin θ(J)，則(　　) A．x軸位

4、于零勢面上 B．電場強度大小為500 V/m，方向沿y軸正方向 C．y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Ep＝2.5×10－5sin θ(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θ＝90°時，Ep＝2.5×10－5 J＝EqR，解得E＝500 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：A 4．兩電荷量分別為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φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是(　　) A．q1、q2為等

5、量異種電荷 B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向 C．N、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q1左側和q2右側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N→D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Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，D錯誤． 答案：C 5.(2018·陜西西安質檢)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

6、一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是(　　) A．O點電勢與Q點電勢相等 B．O、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φM＞φO＞φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO＞φQ，A錯誤；MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMO＞UON，B錯誤；因UMQ＞0，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．(

7、2016·高考全國卷Ⅰ)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，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(　　) A．Q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

8、案：AB 7.(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兩點關于Q點對稱，下列說法正確的是(　　) A．a、c兩點場強相同，電勢也相同 B．b、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，

9、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：BD 8.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

10、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

11、位移x的關系如圖乙所示．EA、EB表示A、B兩點的電場強度，φA、φB表示A、B兩點的電勢．以下判斷正確的是(　　) A．EA＜EB　　　　　 B．EA＞EB C．φA＞φB D．φA＜φB 解析：由速度平方v2與位移x的關系與v2－v＝2ax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：D 10.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

12、v0在豎直面內沿各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子(不計粒子重力)，豎直向上發(fā)射的粒子恰好經過B點，則從圓周上離開的粒子的最大速度大小 為(　　) A．3v0 B．2v0 C.v0 D．v0 解析：設粒子所帶電荷量為＋q，質量為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過B點，故電場方向水平向右，且有a＝，R＝v0t，R＝at2，解得qE＝.粒子從圓周上右側與圓心等高處離開時的速度最大，則有qE×2R＝mv2－mv，可得v＝3v0，選項A正確． 答案：A 11.在中間位置有固定轉動軸的長為2l的輕質桿兩端固定兩完全相同的質量為m、電荷量為＋q的小球1和2，裝

13、置放在如圖所示的關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繞轉動軸各自轉動到B、A位置，A、B間電勢差是U，小球1、2構成的系統(tǒng)動能減少量是(　　) A．一定大于Uq B．一定等于2(Uq＋mgl) C．一定小于Uq D．一定大于Uq＋mgl 解析：桿水平時，1、2兩球所在處電勢相等，令電勢為零，φ0＝0， 設A、B兩處的電勢分別為φA和φB，顯然φA＞0，φB＜0，且φA－φC＞φC－φB(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ΔEp增＝qφA＋qφB＝q(φA＋φB) 據題意知，φA－φB＝φA＋|φB|＝U

14、 故φA＋φB＜U，再據能量守恒定律知ΔEk減＝ΔEp增 故有ΔEk減＜qU，可見C選項正確． 答案：C 12.(多選)如圖所示，一質量為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mg＝qE，則(　　) A．電場方向豎直向上 B．小球運動的加速度大小為g C．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做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120

15、°角，A項錯誤；由圖中幾何關系可知，小球所受合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B項正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得－mg·2h＝0－mv，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Ep＝－WON＝－qE·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，一質量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質點)，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.已知點電荷產生的電場在A點的電勢為φ

16、(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小； (2)點電荷＋Q產生的電場在B點的電勢． 解析：(1)物塊在A點受到點電荷的庫侖力F＝ 由幾何關系可知P、A間距離r＝ 設物塊在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 N－mg－Fsin 60°＝0 解得N＝mg＋. (2)設點電荷產生的電場在B點的電勢為φB，由動能定理有 q(φ－φB)＝mv2－mv 解得φB＝φ＋. 答案：(1)mg＋　(2)φ＋ 14．(2015·高考全國卷Ⅱ)如圖，一質量為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°① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝④ 答案：