《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第2講 電場能的性質(zhì)課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第2講 電場能的性質(zhì)課時作業(yè)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場能的性質(zhì) 一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題) 1．關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強(qiáng)度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：B　等勢面的特點：兩個電勢不同的等勢面不可能相交，故A錯誤；電場線與等勢面處處相互垂直，故B正確；等勢面的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，故C錯誤；電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，負(fù)電荷受力與電場線的方向相反，故負(fù)電荷受力由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面，那么它

2、從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負(fù)功，D錯誤． 2.(2018·深圳模擬)兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中(　　) A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 解析：C　電場中A點的場強(qiáng)方向與等勢面垂直且指向負(fù)點電荷一側(cè)，故粒子在A點所受電場力與速度垂直，且指向正電荷一側(cè)，所以粒子將做曲線運動．粒子從進(jìn)入電場到離開電場的運動過

3、程中，電場力的方向不斷變化，電場力先做正功后做負(fù)功，故粒子的電勢能先變小后變大，選項C正確． 3.兩個等量點電荷位于x軸上，它們的靜電場的電勢φ隨位置x變化規(guī)律如圖所示(只畫出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢)，x軸上有兩點M、N，且OM>ON，由圖可知(　　) A．N點的電勢低于M點的電勢 B．M、N兩點的電場方向相同且M點的場強(qiáng)大小大于N點的場強(qiáng)大小 C．僅在電場力作用下，正電荷可以在x軸上M、N之間的某兩點做往復(fù)運動 D．負(fù)電荷沿x軸從M點移到N點的過程中電場力先做正功后做負(fù)功 解析：B　由題圖知，N點的電勢高于M點的電勢，故A錯誤；由E＝可知，圖像斜率的絕對值等于場強(qiáng)大小，可以看出M

4、點的場強(qiáng)大小大于N點的場強(qiáng)大小，斜率都為正值，說明M、N點的電場方向相同，故B正確；沿著電場線方向電勢降低，可知電場線的方向從N指向M，正電荷在x軸上M、N之間所受的電場力始終由N指向M，正電荷做單向直線運動，故C錯誤；負(fù)電荷沿x軸從M移到N點的過程中，電場力方向由M指向N，電場力方向與位移方向相同，電場力一直做正功，故D錯誤． 4.(2018·龍巖模擬)以無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ＝k計算，式中r為該點到點電荷的距離，k為靜電力常量．兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點，如圖所示．現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷＋Q為圓

5、心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點，質(zhì)子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為(　　) A．增加 B．增加 C．減少 D．減少 解析：B　A點的電勢為φA＝k＋k，C點的電勢為φC＝k＋k，則A、C間的電勢差為UAC＝φA－φC＝－，質(zhì)子從A移到C，電場力做功為WAC＝eUAC＝－，電場力做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢能增加，故B正確，A、C、D錯誤． 5.(2018·永州模擬)水平線上的O點放置一點電荷，圖中畫出了電荷周圍對稱分布的幾條電場線，如圖所示．以水平線上的某點O′為圓心，畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，則下列說法正確的是(　　) A．b、e兩點的電場

6、強(qiáng)度相同 B．b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差 C．a(chǎn)點電勢高于c點電勢 D．電子在d點的電勢能大于在b點的電勢能 解析：B　由圖看出，b、e兩點電場強(qiáng)度的大小相等，但方向不同，而電場強(qiáng)度是矢量，所以b、e兩點的電場強(qiáng)度不同，故A錯誤；根據(jù)對稱性可知，b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差相等，故B正確；根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低可知，離點電荷O越遠(yuǎn)，電勢越低，故a點電勢低于c點電勢，故C錯誤；d點的電勢高于b點的電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤． 6.(2018·張家口模擬)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能

7、Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變 解析：D　根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ，場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系E＝得，E＝·，由數(shù)學(xué)知識可知Ep－x圖像切線的斜率等于Eq，x1處切線斜率為零，則知x1處電場強(qiáng)度為零，故A錯誤，由圖看出在0～x1段圖像切線的斜率不斷減小，可知場強(qiáng)減小，粒

8、子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動，x1～x2段圖像切線的斜率不斷增大，場強(qiáng)增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動，x2～x3段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ，粒子帶負(fù)電，q<0，則知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C錯誤． 7.(2018·黑龍江牡丹江一中月考)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)

9、論正確的是(　　) A．電場強(qiáng)度的大小為E＝ B．AB兩點的電勢差為UAB＝ C．帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了Fdcos θ D．帶電小球若由B勻速運動至A，則恒力F必須反向 解析：BC　由題意，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有，qE＝F，則得場強(qiáng)E＝，故A錯誤．A、B兩點的電勢差為U＝－Edcos θ＝－，故B正確．帶電小球由A運動至B過程中恒力做功為W＝Fdcos θ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcos θ，故C正確．小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運動時，F(xiàn)大小、方向均不變，故D錯誤． 8.(2018·河南南

10、陽一中月考)空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右，運動至B點時的速度大小為v2.若A、B兩點之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是(　　) A．A、B兩點的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，則電場力不一定做正功 C．A、B兩點間的電勢差為(v－v－2gh) D．小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mv－mv 解析：BC　由電場線的疏密可判斷出EAφB，故A錯誤；在運動的過程中，由動能定理得，mg

11、h＋qU＝mv－mv，若v2>v1，qU可正可負(fù)，即電場力不一定做正功，A、B兩點間的電勢差U＝(v－v－2gh)，電場力做功W＝qU＝mv－mv－mgh，故B、C正確，D錯誤． 9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點P(，)．已知重力加速度為g，則(　　) A．電場強(qiáng)度的大小為 B．小球初速度的大小為 C．小球通過點P時的動能為 D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少 解析：BC　由軌跡方程y＝kx2可知小球運動軌跡

12、為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知mg＝Eq，E＝，A錯誤．聯(lián)立方程＝gt2，＝v0t 解得v0＝，B正確 據(jù)動能定理mg·＝Ek－mv，得Ek＝，C正確． ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D錯誤． 10.在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，有一四面體C－AOB，C、A、O、B為四面體的四個頂點，且O(0,0,0)，A(L,0,0)，B(0，L,0)，C(0，0，L)，D(2L,0,0)，是x軸上一點，在坐標(biāo)原點O處固定著＋Q的點電荷，下列說法正確的是(　　) A．A、B、C三點的電場強(qiáng)度相同 B．電勢差UOA＝UAD C．將一電子由C點分別移動到A、

13、B兩點，電場力做功相等 D．電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能 解析：CD　根據(jù)E＝k可知，A、B、C三點的電場強(qiáng)度大小相同，但是方向不相同，選項A錯誤；因為沿x軸正方向的場強(qiáng)逐漸減弱，由U＝Ed可知UOA≠UAD，選項B錯誤；A、B兩點的電勢相等，故將一電子由C點分別移動到A、B兩點，電場力做功相等，選項C正確；由于A點的電勢高于D點，故電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能，選項D正確． 二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(2018·吉林模擬)如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝＋1×10－6 C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場時

14、，該物塊恰能靜止在斜面上，g取10 m/s2，求： (1)該電場的電場強(qiáng)度大?。? (2)若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊運動的加速度大?。? (3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝ m時，機(jī)械能的改變量． 解析：(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場力的三個力作用，受力平衡，則有： 在x軸方向： Fcos θ－mgsin θ＝0 在y軸方向： FN－mgcos θ－Fsin θ＝0 解得：E＝＝7.5×104 N/C (2)場強(qiáng)變化后物塊所受合力為： F合＝mgsin 37°－qEcos 37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F合＝ma 解得：a＝0.3g＝3

15、m/s2 (3)機(jī)械能的改變量等于電場力做的功，故： ΔE＝－qELcos 37°，解得：ΔE＝－0.02 J 故機(jī)械能減少0.02 J 答案：(1)7.5×104 N/C　(2)3 m/s2 (3)機(jī)械能減少0.02 J 12.如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37°，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于場強(qiáng)為E＝1×104 N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝4×10－3 kg、帶電量q＝＋3×10－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的

16、中點P處時速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m，不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質(zhì)點．求： (1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)μ. (2)滑塊在CD段上運動的總路程． (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中，由動能定理得： qE·－μmg(L＋)＝0 解得：μ＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg＝0.01 N，電場力qE＝0.03 N，滑動摩擦力小于電場力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，到達(dá)D點的速度為0，全過程由動

17、能定理得：qE·L－μmgs＝0－0 解得：s＝2.4 m (3)滑塊在GH段運動時：qEcos θ－mgsin θ＝0 故滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能 對C到G過程，由動能定理得： Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mgr(1－cos θ)＝Ekmax－0 解得：Ekmax＝0.018 J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運動，碰撞絕緣擋板有最小動能 對D到G過程由動能定理得： Eqrsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekmin－0 Ekmin＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J 8