《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 靜電場 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)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 靜電場 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、 2、電場能的性質(zhì) [基礎(chǔ)訓(xùn)練] 1．(2018·上海松江一模)一電荷量為q的正點電荷位于電場中A點，具有的電勢能為Ep，則A點的電勢為φ＝.若把該點電荷換為電荷量為2q的負(fù)點電荷，則A點的電勢為(　　) A．4φ B．2φ C．φ D.φ 答案：C　解析：根據(jù)電勢的物理意義：電勢是反映電場性質(zhì)的物理量，僅由電場決定，與試探電荷無關(guān)．可知，將該點電荷換為電荷量為2q的負(fù)點電荷，A點的電勢不變，故C正確，A、B、D錯誤． 2．如圖所示，充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場，以A點為坐標(biāo)原點，AB方向為位移x的正方向，能正確反映電勢φ隨位移x變化的圖象是(　　)

2、 答案：C　解析：充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場，電勢φ隨位移x均勻減小，選項C正確． 3．(2018·山東濱州二模)電子束焊接機(jī)中的電場線如圖中虛線所示．K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止加速．不考慮電子重力，元電荷為e，電子的質(zhì)量為m，下列說法正確的是(　　) A．陰極K應(yīng)接高壓電源的正極 B．電子從K到A的過程中，加速度大小為 C．電子由K到A的過程中電勢能減小了eU D．電子由K到A電場力做負(fù)功 答案：C　解析：由圖可知A極電勢高，應(yīng)接電源正極，選項A錯誤；由于是非勻強(qiáng)電場，加速度大小在變化，選項B錯

3、誤；從K到A，電場力做功W＝eU，所以電勢能減少了eU，C正確，D錯誤． 4．(2018·江西南昌二中月考)如圖所示，a、b、c、d是某勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝10 cm，ad＝bc＝20 cm，電場線與矩形所在平面平行．已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，則(　　) A．場強(qiáng)大小一定為E＝40 V/m B．c、d間電勢差一定為4 V C．場強(qiáng)的方向一定由b指向a D．c點電勢可能比d點低 答案：B　解析：根據(jù)題設(shè)條件可知，場強(qiáng)方向無法確定，知道a、b間電勢差，但不能根據(jù)E＝求出場強(qiáng)的大小，故A、C錯誤．根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場

4、線與等勢線分布的特點可知，c、d間電勢差必等于b、a間電勢差，為4 V，故B正確．c、d間電勢差為4 V，則知c點電勢比d點高4 V，故D錯誤． 5．(2018·河南六市一聯(lián))在真空中A、B兩點分別放有異種點電荷－Q和＋2Q，以A、B連線中點O為圓心作一圓形路徑acbd，如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．場強(qiáng)大小關(guān)系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．電勢高低關(guān)系有φa>φb、φc>φd C．將一負(fù)點電荷沿圓弧由a運動到b的過程中電場力做正功 D．將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中電勢能始終不變 答案：C　解析：對比等量異種點電荷的電場分布可知Eb&

5、gt;Ea，Ec＝Ed，A項錯誤．由題知，電場線方向由B指向A，則有φa<φb，由于電荷從c點移到d點，電場力做功為零，所以兩點電勢相等，故B錯誤．將一負(fù)點電荷沿圓弧由a運動到b的過程中，電場力方向與運動方向相同，所以電場力做正功，故C正確．將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加可知，在c點電場力方向與速度方向夾角大于90°，而在d點的電場力方向與速度方向夾角小于90°，所以電場力先做負(fù)功后做正功，則電勢能先增大，后減小，故D錯誤． 6．(2018·江蘇南通一模)(多選)四個點電荷位于正方形四個角上，電荷量及其附近的電場線分布如圖所示．

6、ab、cd分別是正方形兩組對邊的中垂線，O為中垂線的交點，P、Q分別為ab、cd上的兩點，OP>OQ，則(　　) A．P點的電場強(qiáng)度比Q點的小 B．P點的電勢比M點的低 C．OP兩點間的電勢差小于OQ兩點間的電勢差 D．一帶正電的試探電荷在Q點的電勢能比在M點大 答案：AD　解析：根據(jù)電場的對稱性知P點場強(qiáng)小于Q點場強(qiáng)，選項A正確；ab和cd是兩條等勢線，所以φP＝φQ，B錯誤；UOP＝UOQ＝0，C錯誤；由于φQ>φM，所以正試探電荷在Q點電勢能大，D正確． 7．如圖所示，在O點放置一個正電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、

7、電荷量為q.小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h.若小球通過B點的速度為v，試求： (1)小球通過C點的速度大??； (2)小球由A運動到C的過程中電勢能的增加量． 答案：(1)　(2)mgh－mv2－mgR 解析：(1)因為B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理得： mgR·sin 30°＝mv－mv2 得vC＝. (2)小球由A運動到C應(yīng)用動能定理得： WAC＋mgh＝mv－0 得WAC＝mv－mgh＝m

8、v2＋mgR－mgh. 由電勢能變化與電場力做功的關(guān)系得： ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR. [能力提升] 8．(2018·四川成都檢測)(多選)如圖所示，A、B、C、D、E、F為真空中正六邊形的六個頂點，O為正六邊形中心，在A、B、C三點分別固定電荷量為q、－q、q(q>0)的三個點電荷，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零．則下列說法正確的是(　　) A．O點電場強(qiáng)度為零 B．O點電勢為零 C．D點和F點電場強(qiáng)度相同 D．D點和F點電勢相同 答案：AD　解析：根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式E＝，結(jié)合電場疊加原理，可知O點的電場強(qiáng)度為零，D點和F點的電場強(qiáng)度大小相等、方

9、向不同，故A正確，C錯誤；根據(jù)等量異種點電荷垂直平分線的電勢為零知，A、B兩點電荷在O點電勢為零，C點電荷在O點電勢不為零，所以O(shè)點電勢不為零；由對稱性可知D點和F點的電勢相同，但場強(qiáng)方向不同，選項B錯誤，D正確． 9．如圖所示，兩個帶等量正電荷的點電荷固定于P、Q兩點，它們連線的中點是O，A、B是PQ連線中垂線上的兩點，OA<OB.則下列說法正確的是(　　) A．A點電場強(qiáng)度一定大于B點的電場強(qiáng)度 B．A、B是一條等勢線，等勢線左右對稱點電勢相等 C．將一正試探電荷置于A和B點，該試探電荷在A點的電勢能等于在B點的電勢能 D．將一負(fù)試探電荷置于A和B點，該試探電荷在A點的

10、電勢能小于在B點的電勢能 答案：D　解析：O點電場強(qiáng)度大小為零，由O點沿中垂線向外，電場強(qiáng)度先增大后減小，無法判斷兩點電場強(qiáng)度大小，選項A錯誤；A、B兩點的電場強(qiáng)度方向相反，A點的電勢高于B點的電勢，正試探電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能，負(fù)試探電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能，選項B、C錯誤，D正確． 10．(2018·河北石家莊二中四聯(lián))(多選)如圖所示，在兩個等量同種負(fù)點電荷連線的中垂面上以連線中點O為圓心的兩個同心圓，兩圓上有a、b、c、d四個點，Oac三點共線，則(　　) A．a(chǎn)、c兩點的電場強(qiáng)度方向相同，大小不可能相等 B．a(chǎn)、b兩點的電勢相同 C．

11、將帶正電的試探電荷在平面內(nèi)從b點移到d點，電場力不做功 D．帶正電的試探電荷僅在電場力作用下在此平面內(nèi)可能做勻速圓周運動 答案：BD　解析：根據(jù)兩個等量同種負(fù)點電荷電場線特點，a、c兩點的電場強(qiáng)度方向相同，大小可能相等，選項A錯誤．a(chǎn)、b兩點在同一等勢面上，兩點的電勢相同，選項B正確．由于b、d兩點不在同一等勢面上，將帶正電的試探電荷在平面內(nèi)從b點移到d點，電場力做負(fù)功，選項C錯誤．在中垂面內(nèi)帶正電的試探電荷始終受到方向指向O點的電場力，則試探電荷在此平面內(nèi)可能做勻速圓周運動，選項D正確． 11．如圖所示，帶電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上

12、有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC中點．現(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運動到B點時速度恰好為零．已知帶電小球在A點處的加速度大小為，靜電力常量為k，求： (1)小球運動到B點時的加速度大小； (2)B、A兩點間的電勢差(用Q和L表示)． 答案：(1)　(2) 解析：(1)由牛頓第二定律知帶電小球在A點時 mgsin 30°－k＝maA 帶電小球在B點時－mgsin 30°＝maB 且aA＝ 解得aB＝. (2)帶電小球初、末速度均為零，由A點到B點應(yīng)用動能定理得 mgsin 30°＋qUAB＝0

13、由mgsin 30°－k＝maA＝m 聯(lián)立解得UAB＝－ 又因為UAB＝－UBA 所以B、A兩點間的電勢差UBA＝. 12．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一勻強(qiáng)電場方向豎直向上，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電微粒以水平初速度v0由P點射入，入射方向與電場線垂直．帶電微粒從Q點射出電場時，其速度方向與電場線夾角為30°.已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，設(shè)P點的電勢為零，重力加速度為g. (1)求帶電微粒在Q點的電勢能； (2)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小； (3)當(dāng)該帶電微粒電勢能為－qU時，機(jī)械能變化了多少？ 答案：(1)－qU　(2)　(3)qU

14、 解析：(1)根據(jù)帶電微粒的偏轉(zhuǎn)方向，知該微粒帶正電，P、Q兩點的電勢差為U＝φP－φQ，電場力做正功，電勢能減少，而P點的電勢能為零 根據(jù)φ＝ 得EpQ＝－qU. (2)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線方向為x軸，平行于電場線方向為y軸，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識可得 tan 30°＝ vy＝at d＝v0t a＝ 解得E＝. (3)當(dāng)該帶電微粒電勢能為－qU時，電場力做了qU 的正功，所以機(jī)械能增加了qU. 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。