《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練12 電場能的性質(zhì)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練12 電場能的性質(zhì)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場能的性質(zhì) 專練十二 電場能的性質(zhì) 一、考點內(nèi)容 (1)電勢能、電勢；(2)電勢差、等勢面；(3)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系等。 二、考點突破 1．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。則(　　) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功 2．(多選)靜電場在x軸上的場強E

2、隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小 D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大 3．(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 4．(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子

3、運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行 5．(多選)如圖，電荷量分別為q和－q（q＞0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則(　　) A．a(chǎn)點和b點的電勢相等 B．a(chǎn)點和b點的電場強度大小相等 C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同 D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加 6．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強電場，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用

4、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)論正確的是(　　) A．電場強度的大小為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 7．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知(　　) A．帶電粒子在R點時的速度大小大于在Q點時的速度大小 B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大 C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和

5、比在Q點時的小，比在P點時的大 D．帶電粒子在R點時的加速度大小小于在Q點時的加速度大小 8．(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 D．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 9．(多選)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

6、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(v22－v12－2gh) D．小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mv22－mv12 10．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，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

7、，且小球通過點P。已知重力加速度為g，則(　　) A．電場強度的大小為 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 11．(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有(　　) A．Q1移入之前，C點的電勢為 B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0 C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場

8、力做的功為2W D．Q2在移到C點后的電勢能為－4W 12．如圖，一“”形絕緣導(dǎo)軌豎直放置，處在水平向右的勻強電場中。左邊的半圓弧與水平桿ab、cd相切于a、c兩點，兩水平桿的高度差為h，桿長為4L，O為ad、bc連線的交點，虛線MN、M′N′的位置如圖，其中aM＝MM′＝CN＝NN′＝L，M′b＝N′d＝2L。一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小球穿在桿上。虛線MN左邊的導(dǎo)軌光滑，虛線MN右邊的導(dǎo)軌與小球之間的動摩擦因數(shù)為μ。已知在O處沒有固定點電荷＋Q的時候，將帶電小球自N點由靜止釋放后，小球剛好可到達a點?，F(xiàn)在O處固定點電荷＋Q，并將帶電小球自d點以初速度v0向左瞬間推出，結(jié)果小球可沿桿運動

9、到b點。求：（靜電力恒量為k，重力加速度為g，在運動過程中＋Q對－q的電場力始終小于小球的重力） (1)勻強電場的電場強度E； (2)運動過程中小球所受摩擦力的最大值fm和小球經(jīng)過M′點時的加速度大小a； (3)使小球能夠運動到b點的初速度v0的最小值。 答案 二、考點突破 1．【答案】B 【解析】由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點

10、，電場力不做功，故選項C錯誤。電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。 2．【答案】BC 【解析】由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確。 3．【答案】AC 【解析】由題圖可知，空間的電勢有正有負，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強度，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項

11、正確，D項錯誤。 4．【答案】AC 【解析】在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，可知若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡不會與電場線重合，選項B錯誤；若粒子運動軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運動的條件，可知粒子在N點所受

12、電場力的方向一定不與粒子軌跡在該點的切線平行，選項D錯誤． 5．【答案】BC 【解析】由點電荷產(chǎn)生的電勢分布可知q在a點產(chǎn)生的電勢低于在b點產(chǎn)生的電勢，－q在a點產(chǎn)生的電勢也低于在b點產(chǎn)生的電勢，故φa＜φb，再由Ep＝qφ可知負電荷在a、b兩點的電勢能Epa＞Epb，故A、D均錯誤。由點電荷的場強分布可知q在a點產(chǎn)生的場強與－q在b點產(chǎn)生的場強完全相同，q在b點產(chǎn)生的場強與－q在a點產(chǎn)生的場強也完全相同，故a點與b點的總場強也完全相同，B、C均正確。 6．【答案】BC 【解析】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E＝，故A錯誤。A

13、、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。 7．【答案】A 【解析】粒子做曲線運動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以電場力的方向沿電場線向右，若粒子從P運動到Q，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，R點速度大于Q點速度，若粒子從Q運動到P，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，Q點速度小于R點速度，在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小，故A正確，B錯誤；只有電場力做功，電勢能和動能之

14、和守恒，動能與電勢能之和保持不變，故C錯誤；由電場線疏密可知R點場強比Q點大，電場力大，加速度大，故D錯誤。 8．【答案】BD 【解析】a由N到Q的過程中，重力豎直向下，而庫侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫侖力的夾角一直減小，同時庫侖力在增大，故合力一直在增大，故A錯誤；在從N到P的過程中合力先與運動方向的夾角為銳角，合力做正功；而后合力與運動方向夾角為鈍角，合力做負功，故從N到P的過程中，速率先增大后減小，故B正確；從P到Q的過程中，由動能定理可知，－mgh－WE＝0－mv2，故動能的減小量等于重力勢能增加量和電勢能的增加量，故C錯誤；由于在下降過程中，庫侖力一直與運動方向夾角

15、大于90度，故庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，故D正確。 9．【答案】BC 【解析】由電場線的疏密可判斷出EA＜EB，由電場線的方向可判斷出φA＞φB，故A錯誤；在運動的過程中，由動能定理得，mgh＋qU＝mv22－mv12，若v2＞v1，qU可正可負，即電場力不一定做正功，A、B兩點間的電勢差U＝(v22－v12－2gh)，電場力做功W＝qU＝mv22－mv12－mgh，故B、C正確，D錯誤。 10．【答案】BC 【解析】由軌跡方程y＝kx2可知小球運動軌跡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

16、確。據(jù)動能定理mg·＝Ek－mv02，得Ek＝，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D錯誤。 11．【答案】ABD 【解析】由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點(+q)的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當在B點固定Q1后，C點的電勢為，所以Q2從無窮遠移到C點過程中，電場力做功為，故C錯誤；由于C點的電勢為，所以電勢能為Ep＝－4W，故D正確。 12．【解析】(1)根據(jù)動能定理研究帶電小球自N點由靜止釋放后，小球剛好可到達a點過程 由題意有：qEL－mgh＝0 得。 (2)小球在ab段運動過程中小球受重力、向上的彈力、向左的摩擦力、向左的電場力，指向O點的庫侖力，根據(jù)正交分解可知：小球經(jīng)過M′點時庫侖力豎直向下達到最大值，球與軌道之間的彈力最大，所受的滑動摩擦力最大： 小球經(jīng)過M′點時的加速度大小為：。 (3)根據(jù)對稱性可知，由d→b，小球克服摩擦力做的功等效為： Wf＝μmg×6L＝6μmgL 而電場力做的功為零，所以初速度v0的最小值應(yīng)滿足： mv02＝mgh＋Wf 解得：。 7