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(shí)作業(yè)（含解析）-人教版高三物理試題

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(gè)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(diǎn)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(diǎn)：兩個(gè)電勢不同的等勢面不可能相交，故A錯(cuò)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(cuò)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(cuò)誤．2.(2018·深圳模擬)兩個(gè)固定的等量異號點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，電勢能先變小后變大B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變大后變小C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變小后變大D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變大后變小解析：C電場中A點(diǎn)的場強(qiáng)方向與等勢面垂直且指向負(fù)點(diǎn)電荷一側(cè)，故粒子在A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)．粒子從進(jìn)入電場到離開電場的運(yùn)動(dòng)過程中，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(xiàng)C正確．3.兩個(gè)等量點(diǎn)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(diǎn)M、N，且OM>ON，由圖可知()A．N點(diǎn)的電勢低于M點(diǎn)的電勢B．M、N兩點(diǎn)的電場方向相同且M點(diǎn)的場強(qiáng)大小大于N點(diǎn)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(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．負(fù)電荷沿x軸從M點(diǎn)移到N點(diǎn)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(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢，故A錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)可知，圖像斜率的絕對值等于場強(qiáng)大小，可以看出M點(diǎn)的場強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場強(qiáng)大小，斜率都為正值，說明M、N點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷沿x軸從M移到N點(diǎn)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(cuò)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(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電勢可用φ＝keq\f(q,r)計(jì)算，式中r為該點(diǎn)到點(diǎn)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(diǎn)電荷固定在相距為L的兩點(diǎn)，如圖所示．現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點(diǎn)電荷連線上的A點(diǎn)沿以電荷＋Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點(diǎn)，質(zhì)子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為()A．增加eq\f(2kQe,L2－R2) B．增加eq\f(2kQeR,L2－R2)C．減少eq\f(2kQeR,L2＋R2) D．減少eq\f(2kQe,L2＋R2)解析：BA點(diǎn)的電勢為φA＝keq\f(－Q,L－R)＋keq\f(Q,R)，C點(diǎn)的電勢為φC＝keq\f(－Q,L＋R)＋keq\f(Q,R)，則A、C間的電勢差為UAC＝φA－φC＝－eq\f(2kQR,L2－R2)，質(zhì)子從A移到C，電場力做功為WAC＝eUAC＝－eq\f(2kQeR,L2－R2)，電場力做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢能增加eq\f(2kQeR,L2－R2)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．5.(2018·永州模擬)水平線上的O點(diǎn)放置一點(diǎn)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(diǎn)O′為圓心，畫一個(gè)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(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．b、c兩點(diǎn)間電勢差等于e、d兩點(diǎn)間電勢差C．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢D．電子在d點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能解析：B由圖看出，b、e兩點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對稱性可知，b、c兩點(diǎn)間電勢差與e、d兩點(diǎn)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(diǎn)電荷O越遠(yuǎn)，電勢越低，故a點(diǎn)電勢低于c點(diǎn)電勢，故C錯(cuò)誤；d點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，故D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，其電勢能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(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1D．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＝eq\f(Δφ,Δx)得，E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，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(cuò)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，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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(cuò)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(jì))在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度的大小為E＝eq\f(Fcosθ,q)B．AB兩點(diǎn)的電勢差為UAB＝eq\f(－Fdcosθ,q)C．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B過程中電勢能增加了FdcosθD．帶電小球若由B勻速運(yùn)動(dòng)至A，則恒力F必須反向解析：BC由題意，小球的重力不計(jì)，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有，qE＝F，則得場強(qiáng)E＝eq\f(F,q)，故A錯(cuò)誤．A、B兩點(diǎn)的電勢差為U＝－Edcosθ＝－eq\f(Fdcosθ,q)，故B正確．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B過程中恒力做功為W＝Fdcosθ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcosθ，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(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)大小、方向均不變，故D錯(cuò)誤．8.(2018·河南南陽一中月考)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(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的小球在該電場中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2.若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是()A．A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA>EB、φA<φBB．若v2>v1，則電場力不一定做正功C．A、B兩點(diǎn)間的電勢差為eq\f(m,2q)(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)－2gh)D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解析：BC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(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理得，mgh＋qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，若v2>v1，qU可正可負(fù)，即電場力不一定做正功，A、B兩點(diǎn)間的電勢差U＝eq\f(m,2q)(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)－2gh)，電場力做功W＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgh，故B、C正確，D錯(cuò)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(diǎn)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(diǎn)P(eq\f(1,k)，eq\f(1,k))．已知重力加速度為g，則()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)解析：BC由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動(dòng)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eq\r(2)mg＝Eq，E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯(cuò)誤．聯(lián)立方程eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,k)＝v0t解得v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確據(jù)動(dòng)能定理mg·eq\f(1,k)＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得Ek＝eq\f(5mg,4k)，C正確．ΔEp＝－W＝－Eq·eq\f(\r(2),k)＝－eq\r(2)mg·eq\f(\r(2),k)＝eq\f(－2mg,k)，D錯(cuò)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(gè)頂點(diǎn)，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(diǎn)，在坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定著＋QA．A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．電勢差UOA＝UADC．將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、B兩點(diǎn)，電場力做功相等D．電子在A點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能解析：CD根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)可知，A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，但是方向不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)檠豿軸正方向的場強(qiáng)逐漸減弱，由U＝Ed可知UOA≠UAD，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)的電勢相等，故將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、B兩點(diǎn)，電場力做功相等，選項(xiàng)C正確；由于A點(diǎn)的電勢高于D點(diǎn)，故電子在A點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D正確．二、計(jì)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＝1×10－2kg、電荷量q＝＋1×10－6C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場時(shí)，該物塊恰能靜止在斜面上，g取10m/s(1)該電場的電場強(qiáng)度大?。?2)若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝eq\f(2,3)m時(shí)，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(gè)力作用，受力平衡，則有：在x軸方向：Fcosθ－mgsinθ＝0在y軸方向：FN－mgcosθ－Fsinθ＝0解得：E＝eq\f(3mg,4q)＝7.5×104N/C(2)場強(qiáng)變化后物塊所受合力為：F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°根據(jù)牛頓第二定律得：F合＝ma解得：a＝0.3g＝3m/s(3)機(jī)械能的改變量等于電場力做的功，故：ΔE＝－eq\f(1,2)qELcos37°，解得：ΔE＝－0.02J故機(jī)械能減少0.02J答案：(1)7.5×104N/C(2)3m/s2(3)機(jī)械能減少0.02J12.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(diǎn)和G點(diǎn)，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(gè)軌道處于場強(qiáng)為E＝1×104N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝4×10－3kg、帶電量q＝＋3×10－6C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8m，圓弧DG的半徑r＝(1)滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(2)滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程．(3)滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)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(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：qE·eq\f(L,2)－μmg(L＋eq\f(L,2))＝0解得：μ＝0.25(2)滑塊在CD段上受到的滑動(dòng)摩擦力μmg＝0.01N，電場力qE＝0.03N，滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)的速度為0