高考物理一輪復習 第七章 靜電場 課后分級演練21 電場能的性質

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1、 課后分級演練(二十一) 電場能的性質 【A級——基礎練】 1．(2017河北省三市聯(lián)考)如圖甲所示，直線上固定兩個正點電荷A與B，其中B帶＋Q的電荷量，C、D兩點將AB連線三等分，現有一個帶負電的粒子從C點開始以某一初速度向右運動，不計粒子所受的重力，并且已知該粒子在C、D間運動的速度v與時間t的關系圖象如圖乙所示，則A點電荷的帶電荷量可能是 (　　) A．＋5Q　　　　　　　　 B．＋3Q C．＋2Q D．＋Q 解析：A　由v－t圖象可知該粒子在兩正電荷A、B的作用下做加速度逐漸減小的減速運動，故點電荷A對其的庫侖引力大于點電荷B對其的庫侖引力，根據庫侖定律，在D點，k

2、>k，即QA>4Q，故選項A正確，B、C、D錯誤． 2.(2017河南省洛陽市高三統(tǒng)考)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質絕緣細繩一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則(　　) A．小球帶負電 B．電場力跟重力是一對平衡力 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．運動過程中小球的機械能守恒 解析：B　根據題述小球在豎直平面內做勻速圓周運動知，電場力跟重力一定平衡，故電場力一定向上，小球帶正電，選項A錯誤，B正確．小球在從a點運動到b點的過程中，克服電場力做功，電勢能增大，選項C錯

3、誤．小球在運動過程中動能不變，機械能做周期性變化，不守恒，選項D錯誤． 3.如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，φa＝50 V，φc＝20 V，則a、c連線中點b的電勢φb為(　　) A．等于35 V B．大于35 V C．小于35 V D．等于15 V 解析：C　ab段平均場強大于bc段平均場強，由勻強電場場強公式E＝知Uab>Ubc，故Uab>15 V，Ubc<15 V，所以φB<35 V．C正確． 4．(多選)如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列

4、各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是(　　) 解析：BC　勻強電場中將任一線段等分，則電勢差等分．把AB等分為三段，AB間電壓為3 V，則每等分電壓為1 V，H點電勢為4 V，F點電勢為3 V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2 V，則G點電勢為4 V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確． 5.(多選)(2017山東濰坊模擬)如圖所示，圖中K、L、M為靜電場中的三個相距較近的等勢面．一帶正電粒子射入此靜電場中后，沿abcde軌跡運動．已知粒子在ab段做減速運動．下列判斷中正確的是(　　

5、) A．粒子在a點的電勢能小于在d點的電勢能 B．粒子在a點的電勢能大于在d點的電勢能 C．K、L、M三個等勢面的電勢關系為φK<φL<φM D．K、L、M三個等勢面的電勢關系為φK>φL>φM 解析：AC　b、d在同一等勢面上，粒子從a到b做減速運動，電場力做負功，電勢能增加，故在a點的電勢能小于在d點的電勢能，A正確，B錯誤；由帶正電粒子在電勢高的點電勢能大，可知M的電勢最高K的電勢最低，故C正確，D錯誤． 6．(多選)兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一個帶電荷量為2 C、質量為1 kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v－t圖象如

6、圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則下列說法正確的是(　　) A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E＝1 V/m B．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大 C．由C到A的過程中，電勢逐漸升高 D．A、B兩點電勢差UAB＝－5 V 解析：AD　由題圖乙知，小物塊在B點時加速度最大，大小為2 m/s2，據qE＝ma得B點場強最大，大小E＝1 V/m，A正確．由C到A的過程中小物塊的速度增大，動能增大．電勢能始終在減小，故電勢逐漸降低，B、C錯誤．根據動能定理有qUAB＝mv－mv，解得UAB＝－5 V，D正確． 7.如圖，半徑為R的均勻帶

7、電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線，可能正確的是(　　) 解析：A　由于帶正電的試探電荷在球殼內運動時，不受電場力，沒有力做功，動能不變，可知C、D項錯誤．在球殼外，電場力做正功，動能增大，且由F庫＝k可知隨r的增大，F庫減小，體現為Ek－r圖線的斜率減小，故選項A正確，B錯誤． 8.如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內有一個半徑為R＝5 m的圓，圓上有一個電荷量

8、為q＝＋110－8 C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝2.510－5sin θ(J)，則(　　) A．x軸位于零勢面上 B．電場強度大小為500 V/m，方向沿y軸正方向 C．y軸位于零勢面上 D．電場強度大小為500 V/m，方向沿x軸正方向 解析：A　由Ep＝2.510－5sin θ(J)知，x軸上的勢能為零，是零勢面，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當θ＝90時，Ep＝2.510－5 J＝EqR，解得E＝500 V/m，此時電勢能大于零，故電場強度的方向沿y軸負方向，B、D錯誤． 9．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的

9、O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是(　　) A．q1、q2為等量異種電荷 B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向 C．N、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大 D．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小 解析：C　根據q1左側和q2右側電勢隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，A錯．N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為0，B錯．根據ND段圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后反向增大，C正確；正電荷從N移到D，由Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，D錯． 10.(2017貴州銅仁

10、市模擬)如圖所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB ＝2v0，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為(　　) A. B. C. D. 解析：C　粒子在豎直方向做勻減速直線運動 2gh＝v① 電場力做正功，重力做負功，則根據動能定理有 qU－mgh＝mv－mv② 解方程①②可得，A、B兩點電勢差為. 【B級——提升練】 11.(多選)(2017河南開封模擬)如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形ABCD，電場方向與四邊形ABCD平行，其中M為AD的中點，N為BC的中點．一個電荷量為q的

11、帶正電粒子，從A點移動到B點過程中，電勢能減小W1，若將該粒子從D點移動到C點，電勢能減小W2，下列說法正確的是(　　) A．勻強電場的場強方向必沿AB方向 B．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功W＝ C．若D、C之間的距離為d，則該電場的場強大小為E＝ D．若M、N之間的距離為d，該電場的場強最小值為E＝ 解析：BD　由A到B或者由D到C，電場力對粒子做正功，電勢能減少，勻強電場的場強具體方向不能確定，故選項A錯誤；因為電場是勻強電場，則M點的電勢是A、D兩點電勢的平均值；N點的電勢是B、C兩點電勢的平均值，即φM＝，φN＝，可得WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(－)＝(

12、φA－φB)q＋(φD－φC)q＝，故B正確；由于場強的方向無法確定，故選項C錯誤；根據上述推論有UMN＝，若M、N兩點正好處于同一條電場線上，距離d為過M和N的兩個等勢面之間距離的最大值，該電場的場強有最小值，即E＝，故選項D正確． 12．(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強度為零 B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3 C．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 D．x2～x3段是勻強電

13、場 解析：ABD　根據電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及場強與電勢的關系E＝－得E＝(－)，由數學知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A正確．由題圖可看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由A知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動．x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動．x2～x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤，D正確．根據電勢能與電勢的關系Ep＝qφ可知粒子帶負電，q<0，則電勢能越大，粒子所在處的位置電

14、勢越低，所以有φ1>φ2>φ，故B正確． 13.轉動動能是物體動能的一種形式，它特指物體圍繞某一點或某一軸轉動所具有的動能．如圖所示的是實驗室中一種展示和測量轉動動能的裝置，一個由四根長為l的絕緣輕質剛性桿組成的正方形水平放置，在其四個端點a、b、c、d分別固定質量均為m、電荷量均為q的點電荷，其中a點帶負電荷，其余b、c、d三點帶正電荷，正方形可繞中心豎直軸O在水平面內自由轉動．現將正方形裝置放入一個水平電場中，初始位置aO連線與電場方向垂直，在電場力作用下，該裝置從靜止開始發(fā)生旋轉，測量其轉動角速度便可知轉動動能．下列分析正確的是(分析時可不考慮豎直轉動軸O處的摩擦力)(　　) A．在

15、電場力作用下裝置從靜止開始將向順時針方向轉動 B．在電場力作用下裝置從靜止開始將沿逆時針方向連續(xù)轉圈 C．在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大轉動動能Ekm＝Eql D．在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大角速度ωkm＝ 解析：D　開始時a受電場力向右，而c受電場力向左，故在電場力作用下裝置從靜止開始將向逆時針方向轉動，選項A錯誤；當整個裝置轉過90時，a受水平向右的電場力，c受水平向左的電場力，兩力方向均通過轉動軸，而b、d均受水平向左的電場力，故裝置在此位置速度最大，同理，轉過此位置后裝置將減速轉動，再轉過90時速度為零，選項B錯誤；在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大轉動動

16、能等于電場力做的功，即Ekm＝W＝2Eql＝Eql，選項C錯誤；由題意可知4m(ωkml)2＝Ekm，解得ωkm＝，選項D正確． 14.如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以初超度v0從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是 (　　) A．粒子在x2點的速度為0 B．從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大 C．若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為 D．若v0＝，則粒子在運動過程中的最大動能為3qφ0 解析：C　根據沿著電場線方

17、向電勢逐漸降低，由φ－x圖象，畫出沿x軸方向的場強方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示．由圖示知，O和x2兩點電勢相等，O到x2過程，電場力做功為0，動能不變，故粒子在x2點的速度為v0，選項A錯誤；從x1到x3過程中，電場力對負電荷一直做負功，粒子的電勢能一直增加，選項B錯誤；從x3到x4過程中，電場力對負電荷做正功，故粒子若能到達x4點，需能到達x3點．假設粒子恰好到達x3，由動能定理得W＝qφ0＝mv，故v0大小至少為，選項C正確；粒子運動過程中，電場力所做正功的最大值為qφ0，若v0＝，則動能最大值為2qφ0，選項D錯誤． 15.靜電場方向平行于x軸，以坐標原點為中心，其電

18、勢φ隨x的分布如圖所示，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子僅在電場力作用下，以坐標原點O為中心沿x軸方向在A、B之間做周期性運動．已知該粒子質量為m、電荷量為－q(q>0)，經過坐標原點時速度為v.求： (1)粒子在電場中所受電場力的大?。? (2)A點離坐標原點O的距離． (3)粒子的運動周期． 解析：(1)由題意知，勻強電場的電場強度的大小E＝ 由F＝qE解得粒子所受電場力的大小F＝ (2)由題意得，粒子在A點時，速度為零．設A點離坐標原點O能距離為x，則粒子運動的加速度大小 a＝＝，v2＝2ax，兩式聯(lián)立解得x＝ (3)粒子在四分之一周期內v＝at 粒子的運動周期T＝4t，聯(lián)立解得T＝ 答案：(1)　(2)　(3) 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375