2022届高考物理一轮复习 第七章 静电场 第2讲 电场能的性质作业 新人教版.doc

2022届高考物理一轮复习 第七章 静电场 第2讲 电场能的性质作业 新人教版[课时作业]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　单独成册　方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·江西九江十三校联考)对于静电场中的A、B两点，下列说法正确的是(　　)A．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向B．电势差的公式UAB＝，说明A、B两点间的电势差UAB与静电力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比C．根据E＝知，电场强度与电场中两点间的距离d成反比D．若将一正电荷从A点移到B点电场力做正功，则A点的电势高于B点的电势解析：正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反，故A错误．电势差的公式UAB＝，运用比值法定义，电势差UAB与静电力做功、移动电荷的电荷量无关，故B错误．E＝中d是两点沿电场方向的距离，只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，场强与d无关，故C错误．根据公式WAB＝qUAB知，WAB>0，q>0，则UAB >0，则A点的电势高于B点的电势，故D正确．答案：D2．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为(　　)A．1×104 V　　　　　 B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得Wab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，则Wab＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J．由UAB＝得Uab＝ V＝1×104 V，选项A正确．答案：A3.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 m的圆，圆上有一个电荷量为q＝＋1×10－8 C的试探电荷P，半径OP与x轴正方向的夹角为θ，P沿圆周移动时，其电势能Ep＝2.5×10－5sin θ(J)，则(　　)A．x轴位于零势面上B．电场强度大小为500 V/m，方向沿y轴正方向C．y轴位于零势面上D．电场强度大小为500 V/m，方向沿x轴正方向解析：由Ep＝2.5×10－5sin θ(J)知，x轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y轴方向，A正确，C错误；当θ＝90°时，Ep＝2.5×10－5 J＝EqR，解得E＝500 V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y轴负方向，B、D错误．答案：A4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小解析：根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误．答案：C5.(2018·陕西西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是(　　)A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：由电场线的方向可知φM＞φO＞φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO＞φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO＞UON，B错误；因UMQ＞0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误．答案：C二、多项选择题6．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(　　)A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功，则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．答案：AB7.(2018·贵州贵阳高三检测)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点P、Q上，c、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是(　　)A．a、c两点场强相同，电势也相同B．b、d两点场强相同，电势也相同C．同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中电场力始终做负功解析：a、c两点场强相同，电势不等，故A错误．b、d两点场强大小方向都相同，电势也相同，故B正确．e点电势高于c点，同一正电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能，故C错误．负电荷沿椭圆从a点移到c点，因电势一直降低，故电场力一直做负功，故D正确．答案：BD8.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　)A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示．EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势．以下判断正确的是(　　)A．EA＜EB　　　　　 B．EA＞EBC．φA＞φB D．φA＜φB解析：由速度平方v2与位移x的关系与v2－v＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误．答案：D10.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周，A点为圆周上和圆心同一高度的一点，B点为圆周上的最高点．在A点的粒子源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过B点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为(　　)A．3v0 B．2v0C.v0 D．v0解析：设粒子所带电荷量为＋q，质量为m，电场强度为E，圆周的半径为R，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B点，故电场方向水平向右，且有a＝，R＝v0t，R＝at2，解得qE＝.粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，则有qE×2R＝mv2－mv，可得v＝3v0，选项A正确．答案：A11.在中间位置有固定转动轴的长为2l的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为＋q的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减少量是(　　)A．一定大于UqB．一定等于2(Uq＋mgl)C．一定小于UqD．一定大于Uq＋mgl解析：杆水平时，1、2两球所在处电势相等，令电势为零，φ0＝0，设A、B两处的电势分别为φA和φB，显然φA＞0，φB＜0，且φA－φC＞φC－φB(C为过1、2的等势线与竖直杆的交点)，系统电势能的增加量为ΔEp增＝qφA＋qφB＝q(φA＋φB)据题意知，φA－φB＝φA＋|φB|＝U故φA＋φB＜U，再据能量守恒定律知ΔEk减＝ΔEp增故有ΔEk减＜qU，可见C选项正确．答案：C12.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则(　　)A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为解析：如图所示，由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B项正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－mv，解得h＝，C项错误；小球上升过程中，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－WON＝－qE·2hcos 120°＝，D项正确．答案：BD二、非选择题13.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F＝由几何关系可知P、A间距离r＝设物块在A点时受到轨道的支持力大小为N，在竖直方向由平衡条件有N－mg－Fsin 60°＝0解得N＝mg＋.(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有q(φ－φB)＝mv2－mv解得φB＝φ＋.答案：(1)mg＋　(2)φ＋14．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，即vBsin 30°＝v0sin 60°①由此得vB＝v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(v－。