2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第七单元 电场 作业31 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第七单元 电场 作业31 Word版含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2016·课标全国Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
答案 B
解析 静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A项错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B项正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C项错误；对于负电荷，q<0，从电势高的A点移到电势低的B点，UAB>0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，电场力做负功，D项错误．
2.(2016·江苏)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
答案 C
解析 由题图知B点的电场线比A点的密集，所以B点的电场强度比A点的大，故A项错误；根据沿电场线的方向电势降低可知，小球表面的电势比容器内表面的高，所以B项错误；电场线的方向与等势面垂直，所以B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C项正确；由于A、B两点在同一等势面上，故无论将检验电荷以怎样的路径从A点移到B点，电场力所做的功都为零，所以D项错误．
3.如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则( )
A．若虚线是电场线，则质子在a点的电势能大，动能小
B．若虚线是等差等势线，则质子在a点的电势能大，动能小
C．质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
D．a点的电势一定高于b点的电势
答案 BC
解析 若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A项错误；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B项正确；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a点处于密集区，所以Ea>Eb，由a＝eq \f(qE,m)知C项正确；因质子在a、b两点的电势能大小无法比较，由Ep＝qφ知，a、b两点的电势无法比较，D项错误．
4.如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB＝6 cm，BC＝2eq \r(3) cm，A点的电势为φA＝10 V，B点的电势为φB＝4 V，C点的电势为φC＝－2 V．则( )
A．将电荷量为－2×10－6 C的电荷从B点移到C点，电场力做功为1.2×10－5 J
B．将电荷量为－2×10－6 C的电荷从B点移到A再到C点，电场力做功为－1.2×105 J
C．此电场的电场强度大小为E＝eq \r(3)×102 V/m，从A指向C
D．此电场的电场强度大小为E＝2×102 V/m，沿∠C的平分线斜向上
答案 BD
解析 电荷从B点移到C点，电场力做功为WBC＝qUBC＝－2×10－6×6 J＝－1.2×10－5 J．根据A、B、C三点电势的关系可知，BD平分AC且为过B点的等势线，如图所示，电场方向沿∠C的平分线斜向上，d＝BCcs30°＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2) cm＝3 cm，E＝eq \f(UBC,d)＝2×102 V/m.
5．(2016·衡水中学期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在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A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间电场强度方向指向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
答案 D
解析 A、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，A、B项错误；从N到C电势升高，N、C间电场强度方向指向x轴负方向，C项错误；从N到C电势升高，从C到D电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，D项正确．
6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0－x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2－x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0－x2段做匀变速运动，x2－x3段做匀速直线运动
C．x2－x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1
答案 C
解析 根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝eq \f(Δφ,Δx)，得E＝eq \f(1,q)·eq \f(ΔEp,Δx)，Ep－x图像切线的斜率等于eq \f(ΔEp,Δx)，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A项错误；由图看出在0－x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1－x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2－x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B项错误，C项正确．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3<φ2＝φ0<φ1，故D项错误．
7.如图所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小
C．在B点M受到的库仑力大小是mgsinθ
D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UBA＝eq \f(mgLsinθ,q)
答案 BD
解析 根据牛顿第二定律和库仑定律可得mgsinθ－keq \f(q′q,r2)＝ma，又由于两小球间的距离在减小，则小球M在从A点至B点的过程中，先做速度增大、加速度减小的变加速运动，然后做速度减小，加速度增大的减速运动，且小球M在B点受到的库仑力大小为F库＝keq \f(q′q,r12)＝ma1＋mgsinθ>mgsinθ，故A、C项错误；根据电势能的变化量与电场力做功的关系可得，在从A点至C点的过程中，电势能的增加量为ΔEpAC＝－WAC＝qUCA，在从C点至B点的过程中，电势能的增加量为ΔEpCB＝－WCB＝qUBC，又UCA8．(2017·合肥联考)两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电荷量为2 C、质量为1 kg的小物块从C点由静止释放，其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/m
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．从C到A电势逐渐升高
D．A、B两点电势差UAB＝－5 V
答案 D
解析 由图乙知，小物块在B点时加速度最大，故B点场强最大，加速度大小为2 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝1 V/m，A项错误；由C到A的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，电势逐渐降低，B、C项错误；根据动能定理有qUBA＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得UAB＝－5 V，D项正确．
9.如图所示，a，b，c，d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd，ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝2L电场线与四边形所在平面平行．已知φa＝20 V，φb＝24 V，φd＝8 V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电荷量，不计质子的重力，则( )
A．c点电势为14 V
B．质子从b运动到c所用的时间为eq \f(\r(2)L,v0)
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为12 eV
答案 B
解析 三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，将b，d连线四等分，m，O，n为等分点，如图所示，已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为8 V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2L，因此根据几何关系，可得m点的电势为20 V，与a点电势相等，从而连结a，m，即为等势面．b，d连线中点O的电势与c相等，为16 V，故A项错误；质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为eq \r(2)L，此方向做匀速直线运动，则t＝eq \f(\r(2)L,v0)，B项正确；Oc为等势线，垂线bd为场强方向，由b→d，C项错误；电势差Ubc＝8 V，则质子从b→c电场力做功为8 eV，D项错误．
10.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为＋q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大．由于发射时刻不同时，小球间无相互作用．且∠α＝30°，下列说法正确的是( )
A．电场的方向与AC间的夹角为30°
B．电场的方向与AC间的夹角为60°
C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER/8
D．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER/4
答案 AC
解析 由于C点处动能最大，因此，相对整个圆而言，C应处于电势最低处，电场方向应是沿图中虚线方向，则与AC成30°角，则A项正确；如果小球垂直于电场方向抛出带电体，则小球做类平抛运动，则qE＝ma，2Rcsα×csα＝eq \f(1,2)at2，2Rcsα×sinα＝v0t，得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,8)qER，则C项正确．
二、非选择题
11.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE>μmg，虚线右侧的水平面光滑．一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块在整个运动过程中产生的热量．
解析 (1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有(qE＋μmg)x＝eq \f(1,2)mv02①
解得x＝eq \f(mv02,2（qE＋μmg）)②
之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek
由能量守恒定律，得
qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L)③
解得Ek＝(qE－μmg)L＋eq \f(m（qE－μmg）v02,2（qE＋μmg）)④
滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为Epm＝(qE－μmg)L＋eq \f(m（qE－μmg）v02,2（qE＋μmg）)⑤
(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋eq \f(1,2)mv02⑥
12.在光滑绝缘的水平面上放置一个质量m＝0.2 kg、带电荷量q＝5×10－4 C的小球，小球系在长L＝0.5 m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示(此图为俯视图)．现给小球一个初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F＝140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20 J，小球可视为质点．
(1)求电场强度的大小；
(2)求运动过程中小球的最小动能；
(3)若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？
答案 (1)4×104 N/C (2)10 J (3)eq \f(\r(2),10) s eq \r(2) m
解析 (1)对小球，由动能定理，得
2qEL＝ΔEk
解得E＝4×104 N/C
(2)在A点处对小球由牛顿第二定律，得
F－qE＝meq \f(vA2,L)
Ekmin＝EkA－ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－ΔEk
解得Ekmin＝10 J
(3)设小球在B处的动能最小，则Ekmin＝10 J＝eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝10 m/s
细线被剪断后小球做类平抛运动
y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
x＝vBt
小球由B点到A点与由B点到过A点的等势线上的某处所受的静电力做的功相同，故小球在过A点的等势线上的某处的动能与在A点时的动能相同，则y＝2L
解得t＝eq \f(\r(2),10) s，x＝eq \r(2) m
13．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L的绝缘轻杆，可绕固定转轴O在水平面内无摩擦转动，另一端固定一质量为m、电荷量为－q的带电小球，整个装置置于场强为E方向水平向右的匀强电场中，小球受到方向始终与杆垂直的作用力F.从杆与电场方向垂直的图示位置开始计时，杆转过的角度用θ表示，选取转轴O处电势为零．
(1)当杆逆时针转过90°，求小球电势能的变化量；
(2)若杆以角速度ω逆时针匀速转动，求小球电势能最大时所对应的时刻；
(3)若在图示位置给小球向右的初速度v0，且F＝eq \f(qE,2)，求杆逆时针转动过程中小球的最小速度？
解析 (1)根据功能关系可知，
ΔEp＝－W＝EqL
(2)杆以角速度ω逆时针方向匀速转动时，小球电势能Ep随时间t变化关系为：
Ep＝EqLsin(ωt)
可知当ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)(k＝0，1，2，3…)时，电势能Ep最大，因此，解得t＝eq \f(（4k＋1）,2ω)π(k＝0，1，2，3…)
(3)因开始时F＜qE，杆先减速转动；当F＞qEcsθ，杆加速转动．所以当F＝qEcsθ时速度最小．
将F＝eq \f(qE,2)代入，解得csθ＝0.5，所以θ＝60°
杆将先减速后加速转动，杆转到θ＝60°时，小球速度最小．
由动能定理FLeq \f(π,3)－EqLsineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)mvmin2－eq \f(1,2)mv02
将F＝eq \f(qE,2)代入，解得vmin＝eq \r(v02－\f(EqL（3\r(3)－π）,3m)).
因此①当v0>eq \r(\f(Eq（3\r(3)－π）,3m))时，
杆将先减速后加速转动，杆转到θ＝60°时，速度最小为vmin＝eq \r(v02－\f(Eq（3\r(3)－π）,3m))
②v0≤ eq \r(\f(Eq（3\r(3)－π）,3m))时，
杆转动最大角θ≤60°速度为零．