《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時訓(xùn)練（十五）第15講 電場的性質(zhì)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時訓(xùn)練（十五）第15講 電場的性質(zhì)（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時訓(xùn)練(十五) 　【電場的性質(zhì)】　 【基礎(chǔ)過關(guān)】 1.關(guān)于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.沿電場強度的方向電勢降低 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.電場強度決定于電場本身,而電勢是由電場和試探電荷共同決定的 2.對于電場中的A、B兩點,下列說法正確的是 (　　) A.公式UAB=WABq說明兩點間的電勢差UAB與靜電力做功WAB成正比,與移動電荷的電荷量q成反比 B.A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功 C.1 C的正電荷從

2、A點移到B點,靜電力做1 J的功,則這兩點間的電勢差為1 V D.若電荷由A點移到B點的過程中,除受靜電力外,還受其他力的作用,電荷電勢能的減少量就不再等于靜電力所做的功 3.[2019·桐鄉(xiāng)四校聯(lián)考] 關(guān)于電容器,以下說法正確的是 (　　 ) A.電容器極板越大,帶電荷量就越大 B.電容器帶電荷量越大,電容就越大 C.電容器A的電容比電容器B的大,說明A帶的電荷量比B的多 D.電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電勢差為1 V時電容器需要帶的電荷量 4.[2019·浙大附中模擬] 如圖Z15-1所示為等量異種點電荷周圍的電場線分布圖,A、B、O位于兩點電荷連線上,其中O為兩點電荷連線的

3、中點,C、D是兩點電荷連線的中垂線上的兩點.關(guān)于各點的電場性質(zhì)的描述,下列說法正確的是(　　) 圖Z15-1 A.A、B、O三點的電勢相等 B.O、C、D三點的電場強度相等 C.若將正電荷從C點移到B點,電勢能減小 D.若將負(fù)電荷從A點移到D點,電場力做負(fù)功 5.如圖Z15-2所示,帶電荷量分別為+4q和-q的兩點電荷分別放在A、B兩點,組成了電荷系統(tǒng),虛線上A、B、C等間距,則以下判斷正確的是 (　　) 圖Z15-2 A.A、B間的電場方向為由B指向A B.C點的電場強度為零 C.A點的電勢低于B點的電勢 D.若一電子從A點運動至B點,該過程中電場力做正功

4、 6.如圖Z15-3所示,真空中有兩個電荷量為Q1=+4.0×10-8 C和Q2=-10-8 C的點電荷分別固定在x=0和x=4 cm的位置上,則在x軸上 (　　) 圖Z15-3 A.兩個點電荷間某點的電場強度為零 B.x=8 cm處的電場強度為零 C.4~8 cm區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸正方向 D.電子在兩個點電荷之間向右運動時,電勢能先增大后減小 7.[2019·杭州高中期中] 如圖Z15-4所示是超超同學(xué)利用傳感器得到的電容器放電過程的i-t圖像.下列說法正確的是 (　　) 圖Z15-4 A.由圖可以估算電容器的電容 B.由圖可以估算電容器的電荷量 C.由圖

5、可以估算電容器兩極板間的電壓 D.由圖可以估算電容器兩極板間的電場強度 圖Z15-5 8.某電場電場線分布如圖Z15-5所示,A、B為某電場線上的兩點,一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿電場線從A運動到B.不計粒子的重力,在整個運動過程中(　　) A.粒子做勻加速直線運動 B.粒子運動的加速度增大 C.粒子的電勢能減少 D.粒子的動能減少 圖Z15-6 9.如圖Z15-6所示,O是一固定的點電荷,另一點電荷P從很遠(yuǎn)處以初速度v0射入點電荷O的電場,在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN.a、b、c是以O(shè)為圓心,Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓,Rc-Rb=Rb-Ra,1

6、、2、3、4為軌跡MN與三個圓的交點,以|W12|表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小,|W34|表示點電荷P由3到4的過程中電場力做的功的大小,則 (　　) A.|W12|=|W34| B.|W12|>2|W34| C.P、O兩電荷可能同號,也可能異號 D.P的初速度方向的延長線與O之間的距離可能為零 圖Z15-7 10.如圖Z15-7所示,平行板電容器上極板帶正電,從上極板的端點A以水平初速度v0向右射入一個帶電荷量為+Q的粒子,粒子重力不計,當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時,恰好從下端點B射出,則d與L之比為 (　　) A.1∶2 B.2∶1 C.

7、1∶1 D.1∶3 圖Z15-8 11.如圖Z15-8所示為一勻強電場,某帶電粒子從A點運動到B點,在這一運動過程中克服重力做功為2.0 J,電場力做功為4.5 J,克服空氣阻力做功為1 J.下列說法不正確的是 (　　) A.粒子帶正電 B.粒子在A點的機械能比在B點的大1 J C.粒子在A點的動能比在B點的小1.5 J D.粒子在A點的電勢能比在B點的大4.5 J 12.[2019·麗水模擬] 地面附近處電場的電場線如圖Z15-9所示,其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點,高度差為h,重力加速度為g.質(zhì)量為m、電荷量為-q的檢驗電荷從a點由靜止開始沿電場線運動,到b點

8、時速度為gh.下列說法中正確的是 (　　) 圖Z15-9 A.質(zhì)量為m、電荷量為+q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為2gh B.質(zhì)量為m、電荷量為+2q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為2gh C.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度仍為gh D.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷在a點由靜止開始釋放,點電荷將沿電場線在a、b兩點間來回運動 【領(lǐng)先沖A】 圖Z15-10 13.[2019·溫州聯(lián)考] 圖Z15-10為靜電除塵器除塵機理的示意圖.塵埃通過一定機理帶上同一種電荷,在電場力的作用下向集塵

9、極遷移并沉積.下列表述正確的是 (　　) A.到達集塵極的塵埃帶正電荷 B.向集塵極遷移的塵埃電勢能在減少 C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D.沿著帶電塵埃遷移的方向電勢越來越低 圖Z15-11 14.如圖Z15-11所示,電場中的一簇電場線關(guān)于y軸對稱分布,O點是坐標(biāo)原點,M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點,其中M、N在y軸上,Q點在x軸上,則 (　　) A.M點的電勢比P點的電勢高 B.O、M間的電勢差等于N、O間的電勢差 C.一正電荷在O點的電勢能小于在Q點的電勢能 D.將一負(fù)電荷從M點移到P點,電場力做正功 15.如圖Z15-12所示,

10、在E=103 V/m的豎直勻強電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電場線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點,P為圓弧QN的中點,一電荷量q=10-4 C的帶負(fù)電小滑塊質(zhì)量m=10 g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.15,位于N點右側(cè)1.5 m的M處,g取10 m/s2. (1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動? (2)以(1)中初速度v0開始運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大? 圖Z15-12 課時訓(xùn)練(十五) 1.A　[解析

11、] 沿電場強度的方向,電勢逐漸降低,選項A正確;場強為零的地方電勢不一定為零,例如等量同種正點電荷連線的中點處的場強為零但是電勢大于零,選項B錯誤;場強大小與電場線的疏密程度有關(guān),而沿著電場線的方向電勢逐漸降低,故隨電場強度的逐漸減小,電勢不一定降低,選項C錯誤;電場強度和電勢都是描述電場性質(zhì)的物理量,決定于電場本身,選項D錯誤. 2.C　[解析] A、B兩點間的電勢差由電場本身決定,與移動的電荷及靜電力做功無關(guān),在數(shù)值上等于將單位正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功,選項A、B錯誤,選項C正確;不管電荷是否受其他力的作用,電荷電勢能的減少量總等于靜電力所做的功,選項D錯誤. 3.D　[解

12、析] 由Q=CU知,A錯誤;電容器的電容與所帶電荷量和兩板間的電壓無關(guān),由本身的性質(zhì)決定,故B錯誤;電容器A的電容比B的大,說明A儲存電荷的本領(lǐng)比B的強,故C錯誤;由電容的定義式C=QU可知,電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電勢差為1 V時電容器需要帶的電荷量,故D正確. 4.C　[解析] 沿著電場線方向電勢逐漸降低,由圖可知,A、B、O三點的電勢不相等,故A錯誤;電場線越密處的電場強度越大,由圖可知,從O到D,電場線越來越疏,電場強度越來越小,故O、C、D三點的電場強度不相等,故B錯誤;由圖可知,C點的電勢高于B點的電勢,而正電荷在電勢越高處的電勢能越大,故正電荷從C點移到B點,電勢能減小,故

13、C正確;由圖可知,A點的電勢低于D點的電勢,而負(fù)電荷在電勢越低處的電勢能越大,故負(fù)電荷從A點移到D點,電勢能減小,電場力做正功,故D錯誤. 5.B　[解析] 根據(jù)E=kQr2可知,A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強等大反向,故C點的電場強度為零,選項B正確;電場線由正電荷指向負(fù)電荷,故A、B間的電場方向為由A指向B,A點的電勢高于B點的電勢,選項A、C錯誤;電子從A點運動至B點,則該過程中電場力做功WAB=qUAB,所以電場力做負(fù)功,選項D錯誤. 6.B　[解析] 根據(jù)點電荷場強的疊加原理知,兩點電荷之間的場強方向沿x軸正方向,不可能為零,A錯誤;在x軸上場強為零的點只能在x=4 cm右

14、側(cè),設(shè)在x=4 cm右側(cè)距離為L處,則有kQ1(4cm+L)2=k|Q2|L2,解得L=4 cm,則x=4 cm+L=8 cm處的電場強度為零,B正確;4~8 cm區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸負(fù)方向,C錯誤;電子在兩個點電荷之間向右運動時,電場力做負(fù)功,電勢能增大,D錯誤. 7.B　[解析] 根據(jù)Q=It可知,圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積代表電容器的電荷量,選項B正確. 8.C　[解析] 根據(jù)題目信息,帶負(fù)電的粒子從A運動到B的過程中,電場力方向與運動方向相同,電場強度逐漸減小,電場力逐漸減小,因為粒子重力不計,電場力就是粒子受到的合力,所以粒子做加速度減小的直線運動,選項A、B錯誤;因為電場力方

15、向與運動方向相同,所以電場力做正功,電勢能減少,粒子的動能增加,選項C正確,選項D錯誤. 9.B　[解析] 因為Rb-Ra=Rc-Rb,a、b間場強大于b、c間場強,根據(jù)U=Ed可知,a、b間的電勢差大于b、c間的電勢差,可知|U12|>2|U34|,則由W=Uq可知,|W12|>2|W34|,故A錯誤,B正確.從電荷P的運動軌跡可知,P、O兩電荷一定異號,故C錯誤.如果P的初速度方向延長線與O點之間的距離為零,則P的軌跡為一直線,故D錯誤. 10.C　[解析] 設(shè)粒子從A到B的時間為t,水平方向上做勻速直線運動,則有L=vxt,豎直方向上做勻加速直線運動,則有d=vy2t,又因為vx∶v

16、y=1∶2,聯(lián)立解得d∶L=1∶1,選項C正確. 11.B　[解析] 從運動軌跡上來看,垂直于電場方向射入的帶電粒子向電場的方向偏轉(zhuǎn),說明帶電粒子受到的電場力方向與電場方向相同,所以帶電粒子帶正電,選項A正確.從A到B的過程中,除了重力做功以外,還有電場力和阻力做功,由能量守恒定律可知,機械能的增加量等于電場力與阻力做功之和,即4.5 J-1 J=3.5 J,所以機械能增加了3.5 J,選項B錯誤.從A到B的過程中,由動能定理可知,粒子在A點的動能比在B點的小1.5 J,選項C正確.從A到B的過程中,電場力做正功,電勢能在減少,所以在A點的電勢能比在B點的電勢能大4.5 J,選項D正確.

17、12.D　[解析] 從a到b的過程中,由動能定理,對電荷量為-q的檢驗電荷,有mgh-Uq=12mv12,對電荷量為+q的檢驗電荷,有mgh+Uq=12mv22,兩式相加化簡得v2=3gh,故A錯誤;對電荷量為+2q的檢驗電荷,由動能定理得mgh+2Uq=12mv32,聯(lián)立解得v3=2gh, 故B錯誤;對電荷量為-2q的檢驗電荷,由動能定理得mgh-2Uq=12mv42,聯(lián)立解得v4=0,故C錯誤;電荷量為-2q的檢驗電荷到達b點時,速度為零,說明電場力大于重力,故接下來向上運動,根據(jù)電場線的分布可知,越向上,電場力越小,最終會小于重力,當(dāng)速度減為零后,又會向下運動,之后如此往復(fù)運動,故D正確

18、. 13.B　[解析] 塵埃在電場力作用下向集塵極遷移并沉積,說明塵埃帶負(fù)電,A錯誤;塵埃向集塵極遷移過程中,電場力做正功,電勢能減小,故B正確;塵埃在電場中受電場力的方向與電場方向相反,C錯誤;由于帶電塵埃遷移的方向與電場方向相反,所以沿著帶電塵埃遷移的方向電勢越來越高,故D錯誤. 14.D　[解析] 根據(jù)電場線與等勢線垂直的特點,在M點所在電場線上找到P點的等勢點,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知,P點的電勢比M點的電勢高,故A錯誤;根據(jù)電場線分布可知,O、M間的平均電場強度比N、O間的平均電場強度小,故由公式U=Ed可知,O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差,故B錯誤;O點電勢高于Q點電

19、勢,根據(jù)Ep=φq可知,正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能,故C錯誤;M點的電勢比P點的電勢低,負(fù)電荷從低電勢處移動到高電勢處,電場力做正功,故D正確. 15.(1)7 m/s　(2)0.6 N [解析] (1)設(shè)小滑塊到達Q點時速度為v,由牛頓第二定律得mg+qE=mv2R 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中,由動能定理得 -mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=12mv2-12mv02 聯(lián)立解得v0=7 m/s. (2)設(shè)小滑塊到達P點時速度為v',則從開始運動至到達P點過程中,由動能定理得 -(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=12mv'2-12mv02 又在P點時,由牛頓第二定律得FN=mv'2R 解得FN=0.6 N 由牛頓第三定律得,小滑塊通過P點時對軌道的壓力 F'N=FN=0.6 N. - 7 -