高考物理一轮复习练习：7.2《电场能的性质》(含答案详解)

这是一份高考物理一轮复习练习：7.2《电场能的性质》(含答案详解)，共14页。
1．如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点。在A、B、C三点中( )
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
解析 根据等量异种电荷电场线的分布，知道EB>EA>EC，场强最小的是C点。等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知φA＝φC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知φB>φA，所以电势最高点是B点，故A、B、D项错误，C项正确。
答案 C
2．(汉中月考)在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业。为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势。虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法正确的是( )
A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高
C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大
D．将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动
解析 在c、d、e、f四点中，f点所处的等差等势面密集，故电场线也密集，场强较大，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，故c等势面电势最高，选项B错误；f点电势最低，故若将某电子由c移到f，其电势能将增大，选项C正确；电场方向由c等势面指向f等势面，故将某电子在d点由静止释放，它会向c点所在等势面运动，选项D错误。
答案 C
3．(多选)真空中有一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示。已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是( )
A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同
B．负电荷在a点和c点的电势能相等
C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少
D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少
解析 在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误。
答案 BC
4．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动。设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )
A．物块P、Q的电势能和动能之和先增大后减小
B．物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大
C．物块P、Q的重力势能和电势能之和先增大后减小
D．物块P、Q的重力势能和动能之和先增大后减小
解析 物体Q在沿斜面方向上受向上的电场力和重力沿斜面向下的分力作用，当物体向上滑动时，随电场力的减小，加速度先逐渐减小，然后反向增加，即速度先增加后减小；因系统只有重力和电场力做功，则系统的电势能、重力势能和动能守恒，即Ep电＋Ep重＋Ek＝常数，则在Q向上运动过程中，随重力势能的增加，物块P、Q的电势能和动能之和逐渐减小，A项错误；在Q向上运动过程中动能先增大后减小，故物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大，B项正确，C项错误；在Q向上运动过程中，电势能逐渐减小，故物块P、Q的重力势能和动能之和逐渐增大，D项错误。
答案 B
5．(多选)如图所示，一水平面内的半圆形玻璃管，内壁光滑，在两管口分别固定带正电的点电荷Q1、Q2，管内靠近Q1处有一带正电的小球(带电量很小)，小球由静止开始释放，经过管内b点时速度最大，经过a、c两点时速度的大小相等，整个运动过程中小球的电荷量保持不变。下面关于a、c两点的电势及b点场强的判断正确的是( )
A．φa＝φcB．φa＞φc
C．b点的场强为E1D．b点的场强为E2
解析 因为带电小球在a、c两处的动能相等，且整个过程中只有电场力对带电小球做功，带电小球的动能与电势能的总和不变，故带电小球在a、c两处的电势能也相等，a、c两处的电势相等，A项正确；因为带电小球在b点处的速度最大，此处带电小球所受的合力为零，圆管的弹力沿半径方向，故带电小球所受的电场力也应沿半径方向，C项正确。
答案 AC
6．(2017·江苏)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
解析 由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A项正确；图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C项正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D项错误。
答案 AC
7．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、O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项错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B项错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C项正确；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项错误。
答案 C
8．(多选)如图所示，A、B、C、D四点构成一边长为L的正方形。对角线AC竖直，在A点固定一电荷量为－Q的点电荷，规定电场中B点的电势为零。现将几个质量均为m、电荷量均为－q的带电小球从D点以大小均为v0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．通过B点的小球过B点时的速度大小为v0
B．通过C点的小球在C点时的电势能比通过B点的小球在B点时的电势能大
C．通过C点的小球在C点时受到的库仑力是通过B点的小球在B点时受到的库仑力的2倍
D．若通过C点的小球在C点时的速度大小为v，则C点的电势为eq \f(m,2q)(v2－veq \\al(2,0)－eq \r(2)gL)
解析 B、D两点在同一等势面上，在同一高度，所以电场力和重力做功均为零，由动能定理可知，小球通过B点时的速度大小为v0，A项正确；小球从D到C电场力做正功，电势能减少，且小球在B、D两点电势能相等，所以小球在C点的电势能比在B点的电势能小，B项错误；根据库仑定律得小球在B点受到的库仑力是在C点受到的库仑力的2倍，C项错误；从D到C应用动能定理得mg·eq \f(\r(2),2)L－qUDC＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝eq \f(m,2q)(v2－veq \\al(2,0)－eq \r(2)gL)，D项正确。
答案 AD
B组·能力提升题
9．(多选)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列图中的放置方法能使M、N静止的是(图中细杆的中点均与P1、P2连线的中点重合)( )
解析 根据矢量合成可得，在P1、P2连线的中垂线上的电场强度方向水平向右，故如题图A、题图C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C项错误；在P1、P2的连线上电场方向由正电荷指向负电荷，即水平向右，如题图B、题图D放置，由对称性知，M、N所在位置的电场强度大小相等，方向相同，电荷M、N所受电场力等大反向，所以B、D项正确。
答案 BD
10．(皖南八校第二次联考)(多选)如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA＝2×10－4 C，B球的质量为m＝0.1 kg。以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图乙中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线。图中M点离A点距离为6 m。(g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2。)令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处电势为零，则( )
A．杆与水平面的夹角θ＝60°
B．B球的带电荷量QB＝1×10－5 C
C．若B球以Ek0＝4 J的初动能从M点开始沿杆向上滑动到最高点，则此过程中电势能减少了2 J
D．若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中做的是加速度先减小后增加的运动
解析 渐近线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即Ep＝mgxsinθ＝kx，则斜率k＝mgsinθ，解得θ＝30°，A项错误；由图乙中的曲线Ⅰ知，在x＝6 m处总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有mgsin30°＝keq \f(QAQB,x2)，计算得出QB＝1×10－5 C，B项正确；由能量守恒可知B球动能减小到0时，总势能为10 J，此时物体沿斜面上升18 m－6 m＝12 m，重力势能增加ΔEp＝mgΔxsinθ＝6 J，则电势能减少了2 J，C项正确；若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中做的是加速度先减小后反向增大的运动，D项正确。
答案 BCD
11．(多选)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(L,3)))，另一端系一带正电、质量为m的小球。现在y轴正半轴上某处B固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为eq \f(2mg,q)，则( )
A．小球一定能绕B做完整的圆周运动
B．当yB＝eq \f(4L,15)时小球能做完整的圆周运动
C．当yB＝eq \f(L,5)时小球能做完整的圆周运动
D．若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg
解析 电场力和重力的合力大小为F＝mg，方向竖直向上。刚好做完整的圆周运动时，其轨道半径为r＝L－eq \f(1,3)L－yB＝eq \f(2,3)L－yB，在钉子下方有F＝eq \f(mv2,r)。从释放到钉子下方r处由动能定理得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2yB－\f(1,3)L))＝eq \f(1,2)mv2，联立解得yB＝eq \f(4L,15)，所以A、C项错误，B项正确；在钉子上方r处绳子承受的拉力最大，其至少为T－F＝eq \f(mv′2,r)，从释放到此处由动能定理得FL＝eq \f(1,2)mv′2，解得T＝6mg，D项正确。
答案 BD
12.如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r＝10 m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速度v0＝9 m/s沿AO方向水平抛出质量m＝0.1 kg的小球(小球可视为质点)，小球带正电荷量q＝＋0.01 C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空气阻力。求：
(1)A、B间的水平距离L。
(2)匀强电场的电场强度E。
(3)小球过C点时对轨道的压力的大小N′。
(4)小球从D点离开轨道后上升的最大高度H。
解析 本题考查带电小球在重力场与电场叠加场的运动问题，意在考查考生的推理能力。
(1)设小球运动过程中的加速度为a，则小球的等效重力为ma；小球在B点的速度为vB，由小球恰好从B点垂直OB进入圆弧轨道得小球竖直方向的分速度为vBy＝v0tan53°
对小球从A点到B的运动过程，由平抛运动知识得
vBy＝at，
竖直方向位移y＝rcs53°，
y＝eq \f(1,2)at2，
联立各式并代入数据得
t＝1 s，a＝12 m/s2，L＝v0t＝9 m。
(2)小球从A到B的运动过程中，对小球运用牛顿第二定律
mg＋qE＝ma，
得E＝20 N/C。
(3)小球从A到C的运动过程中，设在C点的速度为vC，运用动能定理mar＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
在C点，对小球有
N－ma＝meq \f(v\\al(2,C),r)，
得轨道对小球的支持力为
N＝4.41 N，
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为N′＝4.41 N。
(4)对小球从A点到离开D点运动到最高点的全过程运用动能定理
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝maH，
得H＝3.375 m。
答案 (1)9 m (2)20 N/C (3)4.41 N
(4)3.375 m
【误区警示】
(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。
(2)要对物体正确进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况。
(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的，若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需要根据情况区分对待。
13.如图所示，在绝缘水平直线轨道上方的A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的等量异种点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，从A点正下方轨道上的M点由静止开始沿轨道向右运动。O点为轨道上M、N连线的中点。已知小球与轨道间的动摩擦因数为μ。小球运动到O点时速度为v。孤立点电荷Q产生的电场在距场源电荷r处的电势为φ＝eq \f(kQ,r)(取无穷远处电势为零)，k为静电常数。AB连线到水平直线轨道的竖直距离为h，A、N连线与水平轨道的夹角为30°，小球在运动过程中不脱离轨道。求：
(1)小球在N点的加速度大小。
(2)小球在轨道的MO段克服摩擦力做的功。
解析 本题考查了带电粒子在非匀强电场中的运动问题，意在考查考生的综合运用能力。
(1)小球在N点时，受力分析，由牛顿第二定律得
eq \f(kQq,2h2)sin30°＋mg－eq \f(kQq,h2)－N＝0，
eq \f(kQq,2h2)cs30°－f＝ma，
又f＝μN，
联立解得a＝eq \f(\r(3)kQq,8mh2)＋eq \f(7μkQq,8mh2)－μg。
(2)由题意可知，M、O两点间的电势差UMO＝φM，
φM＝eq \f(kQ,h)－eq \f(kQ,2h)＝eq \f(kQ,2h)，
小球由M点运动到O点的过程中，由动能定理得
qUMO－Wf＝eq \f(1,2)mv2，
联立解得Wf＝eq \f(kQq,2h)－eq \f(1,2)mv2。
答案 (1)eq \f(\r(3)kQq,8mh2)＋eq \f(7μkQq,8mh2)－μg (2)eq \f(kQq,2h)－eq \f(1,2)mv2