高考物理一轮复习课时分层练习7.2《电场能的性质》(含答案详解)

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  课时分层作业  二十一电场能的性质(45分钟　100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.(衡水模拟)两个带电量均为Q的正电荷,固定于两点,它们连线的垂直平分线MN交其连线于O点,如图所示,现在MN上取a、b两点,且aO=Ob,将电荷q从a移至b的过程中              (　　)A.电场力一定先做正功后做负功B.电场力可能先做负功后做正功C.电场力一直做正功D.电场力一直做负功【解析】选B。两个等量的正电荷连线中垂线MN上的电场方向从O点沿MN向两边方向,电荷q从a移至b的过程中,因不知电荷q的电性,则电场力可能先做负功后做正功,也可能先做正功后做负功,故B正确,A、C、D错误。2.(深圳模拟)两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中              (　　) A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小【解析】选C。根据电场线与等势线垂直可知,在A点电场线方向应与速度v垂直,则粒子所受的电场力方向向上,与初速度v也垂直,粒子做曲线运动,粒子靠近正电荷时,电场力做正功,离开正电荷时,电场力做负功,则其电势能先变小后变大,故C正确,A、B、D错误。3.两个等量点电荷位于x轴上,它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势),x轴上有两点M、N,且OM>ON,由图可知(　　)A.N点的电势低于M点的电势B.M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C.仅在电场力作用下,正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D.负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功【解析】选B。由题图知,N点的电势高于M点的电势,故A错误;由E=可知,图象斜率的绝对值等于场强大小,可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小,斜率都为正值,说明M、N点的电场方向相同,故B正确;沿着电场线方向电势降低,可知电场线的方向从N指向M,正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M,正电荷做单向直线运动,故C错误;负电荷沿x轴从M移到N点的过程中,电场力方向由M指向N,电场力方向与位移方向相同,电场力一直做正功,故D错误。【总结提升】由φ-x图象分析场强、电势的大小关系(1)在φ-x图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。(2)电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。(3)在φ-x图象中分析移动电荷时电势能的变化,可用WAB=qUAB,分析WAB的正负,然后做出判断。4.(龙岩模拟)以无穷远处的电势为零,在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ=k计算,式中r为该点到点电荷的距离,k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点,如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点沿以电荷+Q为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点,质子从A移到C的过程中电势能的变化情况为              (　　)A.增加　　　　 B.增加C.减少    D.减少【解析】选B。A点的电势为φA=k+k,C点的电势为φC=k+k,则A、C间的电势差为UAC=φA-φC=-,质子从A移到C,电场力做功为WAC=eUAC=-,电场力做负功,所以质子的电势能增加,故B正确,A、C、D错误。5.如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则              (　　)A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)熟练掌握匀强电场的特点。(2)根据电场力做负功判断两点电势的高低。(3)根据电子两次做功相等分析N、P两点电势的高低。【解析】选B。根据电子移动过程中电场力做负功,可知φM>φN,φM>φP,由于电场力做功相等,可知φN=φP,直线d位于同一等势面内,根据匀强电场的特点,可判断直线c也位于同一等势面内,故选项B正确,A错误;由于φM=φQ,电子由M点到Q点,电场力做功为零,C错误;因为φP<φM=φQ,电子由P点到Q点,电场力应做正功,选项D错误。6.(张家口模拟)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.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变【解析】选D。根据电势能与电势的关系Ep=qφ,场强与电势差的关系E=得,E=·,由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq,x1处切线斜率为零,则知x1处电场强度为零,故A错误,由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小,可知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动,x1～x2段图象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,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故B错误,D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φ1>φ2=φ0>φ3,故C错误。【加固训练】如图所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴。理论分析表明,x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示,则(　　)A.x2处场强大小为B.球内部的电场为匀强电场C.x1、x2两点处的电势相同D.假设将试探电荷沿x轴移动,则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同【解析】选A。计算x2处的电场强度时,可把带电球体等效为位于原点的点电荷,则有x2处场强大小为E=k,故A正确;由乙图E-x图象可知,球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大,所以内部电场为非匀强电场,故B错误;x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的,沿着电场的方向电势逐渐减小,可知>,故C错误;E-x图象与x轴所围面积表示电势差,由乙图可知两处面积不相等,所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同,则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同,故D错误。7.(2016·海南高考)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【解析】选A、B、C。由图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知,粒子M受到引力作用所以带负电,粒子N受到斥力作用所以带正电,选项A正确;由于a点比b点更靠近带正电的点电荷,所以粒子M由a点运动到b点的过程中粒子要克服电场力做功,动能减小,选项B正确;d点和e点在同一个等势面上,所以N在d点的电势能等于它在e点的电势能,选项C正确;粒子N带正电,从c点运动到d点的过程中电场力做正功,选项D错误。8.(临汾模拟)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场后,依abcde轨迹运动。已知电势φK<φL<φM,ULK=UML,且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是(不计重力)(　　)A.粒子带正电B.粒子在a点的加速度小于在c点的加速度C.粒子在a点的动能大于在e点的动能D.粒子在c点的电势能大于在d点的电势能【解析】选A、B、D。由于φK<φL<φM,所以电场线的方向向左,由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,画出电场线的分布,如图所示。粒子受到的电场力的方向向左,电场线的方向向左,即粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同,所以粒子带正电,故A正确;等差等势面的疏密表示电场的强弱,由图可知,c点的电场大,所以粒子在c点受到的电场力大,由牛顿第二定律可知,粒子在a点的加速度小于在c点的加速度,故B正确;a和e在同一条等势面上,所以粒子在a点的电势能等于在e点的电势能,在a点的动能等于在e点的动能,故C错误;由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,粒子从c到d的过程中电场力做正功,所以在c点的电势能大于在d点的电势能,故D正确。9.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图,在大导体板MN上铺一薄层中药材,针状电极O和平板电极MN之间加上高压直流电源,其间产生强非匀强电场E;水分子是极性分子,可以看成棒状带电体,一端带正电,另一端带等量负电;水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去,在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥,如图所示虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹,则下列说法正确的是              (　　)A.水分子在B点时,水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等B.水分子沿轨迹ABCD运动过程中电场力始终做正功C.水分子沿轨迹ABCD运动过程中电势能先减小后增大D.如果把高压直流电源的正负极反接,水分子从A处开始将向下运动【解析】选A、C。由于电场的分布不均匀,由图可知,上端的电场强度大于下端电场强度,根据F=qE可得,水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等,故A正确;水分子沿轨迹ABCD运动过程中,在CD阶段,受到的电场力方向与运动的方向夹角大于90°,电场力做负功,故B错误;水分子沿轨迹ABCD运动过程中,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增大,故C正确;如果把高压直流电源的正负极反接,产生的电场方向发生反转,但水分子是一端带正电,另一端带等量负电,故水分子的正负端发生反转,水分子还是从A处开始将向上运动,故D错误。10.空间有一与纸面平行的匀强电场,纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心,半径10 cm的圆周上,并且∠AOC=90°,∠BOC=120°,如图所示。现把一个电荷量q=1×10-5C的正电荷从A移到B,电场力做功-1×10-4J;从B移到C,电场力做功为3×10-4J,则该匀强电场的场强方向和大小是              (　　)A.场强大小为200 V/mB.场强大小为200 V/mC.场强方向垂直OA向右D.场强方向垂直OC向下【解析】选A、C。根据U=得,UAB= V=-10 V,而UBA=10 V,UBC= V=30 V,将BC分成三等份,则AO延长线经过其中一点,因此AO为等势线,那么电场线垂直AO,由E=== V/m=200 V/m,故A正确,B错误;沿着电场线方向,电势是降低的,因此场强方向垂直OA向右,故C正确,D错误。【加固训练】(多选)在空间直角坐标系O-xyz中,有一四面体C-AOB,C、A、O、B为四面体的四个顶点,且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0,L,0)、C(0,0,L),D(2L,0,0)是x轴上一点,在坐标原点O处固定着+Q的点电荷,下列说法正确的是              (　　)A.A、B、C三点的电场强度相同B.电势差UOA=UADC.将一电子由C点分别移动到A、B两点,电场力做功相等D.电子在A点的电势能小于在D点的电势能【解析】选C、D。根据E=k可知,A、B、C三点的电场强度大小相同,但是方向不相同,选项A错误;因为沿x轴正方向的场强逐渐减弱,由U=Ed可知UOA≠UAD,选项B错误;A、B两点的电势相等,故将一电子由C点分别移动到A、B两点,电场力做功相等,选项C正确;由于A点的电势高于D点,故电子在A点的电势能小于在D点的电势能,选项D正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(吉林模拟)如图,光滑斜面倾角为37°,一质量m=1×10-2 kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上,当加上水平向右的匀强电场时,该物块恰能静止在斜面上,g取10 m/s2,求:                  (1)该电场的电场强度大小。(2)若电场强度变为原来的,小物块运动的加速度大小。(3)在(2)前提下,当小物块沿斜面下滑L= m时,机械能的改变量。【解析】(1)如图所示,小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用,受力平衡,则有:在x轴方向:Fcosθ-mgsinθ=0在y轴方向:FN-mgcosθ-Fsinθ=0解得:E==7.5×104 N/C(2)场强变化后物块所受合力为:F合=mgsin37°-qEcos37°根据牛顿第二定律得:F合=ma解得:a=0.3g=3 m/s2(3)机械能的改变量等于电场力做的功,故:ΔE=-qELcos37°,解得:ΔE=-0.02 J故机械能减少0.02 J答案:(1)7.5×104 N/C　(2)3 m/s2(3)机械能减少0.02 J【能力拔高题组】1.(8分)(多选)(枣庄模拟)如图所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点,光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L,D在AB边上的竖直投影点为O。一对电荷量均为-Q的点电荷分别固定于A、B两点,在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响),将小球由静止开始释放,已知静电力常量为k、重力加速度为g,且k=mg,忽略空气阻力,则               (　　)A.轨道上D点的场强大小为B.小球刚到达C点时,其加速度为零C.小球刚到达C点时,其动能为mgLD.小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先增大后减小【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)小球所在处的电场是由两个负电荷共同产生的。(2)两电荷周围的电场具有对称性。(3)由牛顿第二定律确定小球的加速度。(4)由功能关系确定小球的动能。【解析】选B、C。负电荷产生的电场指向负电荷,可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B,由于两个点电荷的电量是相等的,所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等,则它们的合场强的方向沿DA、DB的角平分线,A、B在D点的场强的大小EA=EB=k=,它们的合场强ED=EAcos30°+EBcos30°=,故A错误;由几何关系得==L,则∠OCD=45°,小球受力如图所示,由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L,结合A的分析可知,C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等,方向指向O点,即EC=ED=,沿斜面方向mgcos45°-F·cos45°=ma,垂直方向mgsin45°+Fsin45°=N,其中F=q·EC=q·=mg,联立以上三式得a=0,故B正确;由于C与D到A、B的距离都等于L,结合等量同种点电荷的电场特点可知,C点与D点的电势是相等的,所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0,则只有重力做功,小球的机械能守恒,则mg·=mv2,由几何关系得=L·sin60°=L,小球的动能Ek=mv2=mgL,故C正确;由几何关系可知,在CD的连线上,CD连线的中点处到A、B的距离最小,电势最低,小球带正电,所以小球在CD的连线中点处的电势能最小,则小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先减小后增大,故D错误。2.(17分)如图所示,绝缘轨道CDGH位于竖直平面内,圆弧段DG的圆心角为θ=37°,DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点,CD段粗糙,DGH段光滑,在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板,整个轨道处于场强为E=1×104 N/C、水平向右的匀强电场中。一质量m=4×10-3 kg、带电量q=+3×10-6C的小滑块在C处由静止释放,经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零。已知CD段长度L=0.8 m,圆弧DG的半径r=0.2 m,不计滑块与挡板碰撞时的动能损失,滑块可视为质点。求:(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ。(2)滑块在CD段上运动的总路程。(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能。【解析】(1)滑块由C处释放,经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中,由动能定理得:qE·-μmg(L+)=0解得:μ=0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg=0.01 N,电场力qE=0.03 N,滑动摩擦力小于电场力,故不可能停在CD段,滑块最终会在DGH间来回往复运动,到达D点的速度为0,全过程由动能定理得:qE·L-μmgs=0-0解得:s=2.4 m(3)滑块在GH段运动时:qEcosθ-mgsinθ=0故滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程,由动能定理得:Eq(L+rsinθ)-μmgL-mgr(1-cosθ)=Ekmax-0解得:Ekmax=0.018 J滑块最终在DGH间来回往复运动,碰撞绝缘挡板有最小动能对D到G过程由动能定理得:Eqrsinθ-mgr(1-cosθ)=Ekmin-0Ekmin=0.002 J答案:(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J【加固训练】如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求:(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值。(2)电场强度的大小和方向。【解析】(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=d,根据平抛运动的规律有dsin60°=v0t ①dcos60°=gt2 ②又有Ek0=m ③由①②③式得Ek0=mgd ④设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+mgd ⑤由④⑤式得= ⑥(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0 ⑦ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0 ⑧在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=              ⑨解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得α=30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设电场强度的大小为E,有qEdcos30°=ΔEpA 由④⑦式得E=答案:(1)　(2),方向与竖直向下的方向的夹角为30°