高考物理一轮复习课后练习21 电场能的性质（含答案解析）

2020版高考物理 全程复习课后练习21

电场能的性质

A．某点的电场强度大，该点的电势一定高

B．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大

C．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零

D．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零

A．小球P的电势能先减小后增加

B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加

C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和

D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和电场力的合力为零

A．c点电势大于d点电势

B．c、d两点的电场强度相同

C．从O点沿Od移动负电荷，负电荷的电势能不断增大

D．从c点沿cd移动正电荷，正电荷受到的电场力先做正功，后做负功

4.如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子运动的轨迹,带电粒子只受电场力的作用,运动过程中电势能逐渐减少,它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是(　　)

A．点电荷位于O点处

B．O点电势比A点电势高

C．C点处的电场强度大小为

D．将正的试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小

A．M点电势比P点电势高

B．O、M间的电势差等于N、O间的电势差

C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能

D．将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功

A．在x2和x4处电势能相等

B．由x1运动到x3的过程中电势能增加

C．由x1运动到x4的过程中电势能先减少后增加

D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

A．正方体中心位置处电场强度为零

B．上方四个小球受到的电场力的合力均相同

C．若以右下底边为轴把这个正方体向右侧翻转90°，系统电势能减少了6qEa

D．若以右下底边为轴把这个正方体向右侧翻转90°，系统电势能减少了8qEa

A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=0.2 N/C

B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后增大

C．A、B两点间的电势差UAB=5 V

D．UCB<UBA

A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能

C．C、D间各点电场强度和电势都为零

D．A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差

A．两电荷的电性一定相反

B．t1时刻两电荷的电势能最大

C．0～t2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小

D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；

(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．

(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小；

(2)水平轨道BO的长度；

(3)P点的坐标．

答案解析

解析：电势是人为规定的，其值与电场强度无关，电势能与零势能面的选取有关，与电场强度无关，A、C项错误；负电荷在高电势处比在低电势处电势能小，B项错误；根据Ep=qφ可知，电势为零，电势能为零，D项正确．

解析：在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，电场力对小球P一直做正功，小球P的电势能一直减小，小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，B正确，A错误；小球动能的减少量等于弹簧弹力、电场力和重力做功的代数和，C错误；小球P速度最大时所受重力、弹簧弹力和电场力的合力为零，D错误．

解析：根据等量同种电荷电场线和等势面的性质可知，c、d两点的电势相等，故A错误；根据对称性，c、d两点的电场强度大小相等，但方向不同，故场强不同，故B错误；从O点沿Od移动负电荷，电场力做正功，负电荷的电势能不断减小，故C错误；沿cd移动正电荷，正电荷离a、b连线中点的距离先减小后增大，而正电荷所受的电场力始终指向a、b连线的中点，则电场力先做正功，后做负功，故D正确．

4.答案为：D；

解析：由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减少,可判断电场力做正功,即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角,且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧,故D项正确。

解析：A点和B点的电势相等，根据点电荷电场的特点可知，点电荷位于A点和B点连线的垂直平分线上，O点和C点的电势相等，根据点电荷电场的特点可知，点电荷位于O点和C点连线的垂直平分线上，即正点电荷处于坐标(a，a)处，选项A错误；与O点相比，A点距离场源电荷较近，所以A点电势比O点电势高，选项B错误；C点到场源电荷的距离为r=a，根据点电荷电场强度公式，C点处电场强度大小为EC=k=，选项C正确；将正的试探电荷从A点沿直线移动到C点电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D错误．

解析：根据电场线与等势线垂直的特点，在M点所在电场线上M点下方找到P点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A项错误；根据电场分布可知，O、M间的平均电场强度比N、O之间的平均电场强度小，故由U=Ed定性分析可知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故B项错误；由以上分析，可知O点电势高于Q点，根据Ep=qφ可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C项错误；M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势处移动到高电势处电场力做正功，故D项正确．

解析：x1～x4场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正点电荷在x4处电场能较大，故A错误；x1～x3处场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能增加，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正点电荷的电势能增加，故C错误；由x1运动到x4的过程中，场强的大小先增大后减小，故由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误．

解析：正方体中心位置处电场强度为E，A项错误；上方四个小球受到的电场力的合力方向不同，B项错误；电场力做的功为系统电势能的减少量，且电场力做的功与路径无关，则有W=4qE·2a，C项错误，D项正确．

解析：当x≤R时，电势是定值，当x>R时，电势为φ=k，所以A项正确，B项错误；

试探电荷受到的库仑力F=k，而F=越来越小，所以C、D项错误．

解析：v－t图象的斜率表示加速度的大小，而a=，所以B点为中垂线上电场强度最大的点，

E===1 N/C，A错误；由C到A的过程中，电场力一直做正功，小物块的电势能一直减少，

B错误；由B到A的过程，由动能定理得UBAq=mv－mv，解得UBA=5 V，所以UAB=－5 V，C错误；由C到B的过程，由动能定理得UCBq=mv－0，解得UCB=4 V，所以UCB<UBA，D正确．

解析：由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误．

解析：由题图b可知，开始时乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，A选项错误；在t1时刻，两个电荷共速，两个电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，电荷始终克服电场力做功，以后两电荷的距离逐渐增大，电场力做正功，故间距最小时两电荷的电势能最大，B选项正确；在0～t2时间内，两电荷间的距离先减小后增大，故它们之间的静电力先增大后减小，C选项正确；0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后反向增大，故它的动能也是先减小后增大，D选项错误．

(1)设圆盘转动的角速度为ω，场强大小为E，小物块质量为m，

由牛顿第二定律得在位置Ⅰ：qE=mω2r

在位置Ⅱ：=mω2r

圆盘边缘两点间电势差的最大值U=2ER

联立解得U=

(2)设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf

由动能定理得qEr－Wf=0

解得Wf=

(1)小物块由A运动到B的过程，由动能定理得(mg＋qE)R=mv

小物块经过B点时，由向心力公式FN－(mg＋qE)=

解得FN=24 N，vB=4 m/s

由牛顿第三定律，小物块对轨道压力大小为24 N

(2)小物块由B运动到O的过程，由动能定理有－μ(mg＋qE)l=mv2－mv

解得l=3.75 m

(3)小物块从O点水平抛出后满足y=－gt2

x=vt

解得小物块的轨迹方程y=－5x2，和y=x2－6联立，解得x=1 m，y=－5 m

所以P点坐标为(1 m，－5 m)