（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第2節(jié) 電場能的性質(zhì)練習(xí)（含解析）新人教版

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1、第2節(jié)　電場能的性質(zhì) 1.(多選)關(guān)于靜電場,下列說法正確的是(　AD　) A.在電場中,電勢越高的地方,負(fù)電荷在該點具有的電勢能越小 B.把負(fù)電荷從A點移到B點電場力做正功,則有UAB>0 C.在電場中電場強(qiáng)度大的地方,電勢一定高 D.任一點的電場強(qiáng)度總是指向該點電勢降落最快的方向 解析:由電勢能與電勢的關(guān)系Ep=q,知電勢越高的地方,負(fù)電荷在該點具有的電勢能越小,選項A正確;由電場力做功公式WAB=qUAB,知q< 0,WAB>0,則得UAB<0,選項B錯誤;電勢與電場強(qiáng)度無關(guān),則知電場強(qiáng)度大的地方,電勢不一定高,選項C錯誤;電場中,電場強(qiáng)度總是指向該點電勢降落最快的方

2、向,選項D正確. 2.(2019·湖南長沙質(zhì)檢)(多選)如圖是兩等量異號點電荷,以兩電荷連線的中點O為圓心畫出半圓,在半圓上有a,b,c三點,b點在兩電荷連線的垂直平分線上,下列說法正確的是(　ABC　) A.a,c兩點的電場強(qiáng)度相同 B.a點電勢高于c點電勢,即a>c C.正電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能 D.將正電荷由O移到b電場力做了功 解析:根據(jù)電場的對稱性,a,c兩點的電場強(qiáng)度相同,選項A正確;沿電場線電勢降低,a>c,選項B正確;正電荷在高電勢處電勢能大,選項C正確;將正電荷由O移到b,電場力與運動方向垂直,電場力不做功,選項D錯誤. 3.(2019·河北衡

3、水模擬)如圖所示,勻強(qiáng)電場中的六個點A,B,C, D,E,F為正八面體的六個頂點,已知BE中點O的電勢為零,A,B,C三點的電勢分別為7 V,-1 V,3 V,則E,F兩點的電勢分別為(　B　) A.2 V,-2 V B.1 V,-3 V C.1 V,-5 V D.-2 V,-4 V 解析:在勻強(qiáng)電場中,由公式U=Ed知,沿著任意方向前進(jìn)相同距離,電勢差必定相等.由BO=OE有B-O=O-E,得E=2O-B=0-(-1 V)=1 V,由AC∥EF,且AC=EF,有A-C=E-F,得F=C+E-A=3 V+1 V-7 V=-3 V, B正確. 4.(2018·甘肅武威六中四診)如

4、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(fù)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　) A.帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度 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點時的加速度小于在Q點時的加速度 解析:由軌跡圖可知,粒子所受電場力向右,則電場線方向向左,粒子從P到Q,電場力做負(fù)功,故動能減小,電勢能變大,即帶電粒子在R點時的速度大小大于在Q點時的速度大小,帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小,選項A

5、正確,B錯誤;因為只有電場力做功,故粒子的動能和電勢能之和守恒,即帶電粒子在P,R,Q三點的動能與電勢能之和相同,選項C錯誤;R處的電場線比Q點密集,故電場強(qiáng)度比Q點大,則帶電粒子在R點時的加速度大小比在Q點時的加速度大,選項D錯誤. 5.(2016·海南卷,10)(多選)如圖,一帶正電的點電荷固定于O點,兩虛線圓均以O(shè)為圓心,兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡,a,b,c,d,e為軌跡和虛線圓的交點.不計重力.下列說法正確的是(　ABC　) A.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷 B.M在b點的動能小于它在a點的動能 C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D.N在從c點運

6、動到d點的過程中克服電場力做功 解析:由粒子運動軌跡可知M帶負(fù)電,N帶正電.對M粒子由動能定理qUab=Ekb-Eka,qUab<0,則Ekb

7、電場強(qiáng)度 C.帶電粒子N的動能減小,電勢能增大 D.帶電粒子N的動能增大,電勢能減小 解析:根據(jù)偏轉(zhuǎn)情況得帶正電的M粒子向右偏,N粒子向左偏必帶負(fù)電,選項A錯誤;該電場是勻強(qiáng)電場,選項B錯誤;兩粒子都是電勢能減小,動能增大,選項C錯誤,D正確. 7.(2018·安徽六校教育研究會第二次聯(lián)考)某靜電場在x軸上各點的電勢隨坐標(biāo)x的分布圖像如圖.x軸上A,O,B三點的電勢值分別為A,O,B,電場強(qiáng)度沿x軸方向的分量大小分別為EAx,EOx,EBx,電子在A,O,B三點的電勢能分別為EpA,EpO,EpB.下列判斷正確的是(　B　) A.O>B>A B.EOx

8、EpOEpB>EpA,C錯誤;由圖知OA間電勢差大于OB間電勢差,即有UAO>UBO,即A-O>B-O,電子帶負(fù)電,則根據(jù)電勢能公式Ep=q=-e得 EpA-EpOEpO-EpB,D錯誤. 8.電場中某一直線上電勢隨著位置x變化規(guī)律的曲線如圖所示,曲線圖關(guān)于軸對稱,且與坐標(biāo)原點相切,A,B,C,D四點所對應(yīng)的電勢相等,U

9、BO為B,O兩點間電勢差,UOC是O,C兩點間電勢差,則(　C　) A.UBO=UOC B.從B到C靜電力對電荷一定先做負(fù)功再做正功 C.O點電場強(qiáng)度等于零 D.A,D兩點電場強(qiáng)度相同 解析:B點電勢高于O點,而O點電勢低于C點,故UBO=-UOC,選項A錯誤;從B到C靜電力對正電荷先做正功再做負(fù)功,而對負(fù)電荷是先做負(fù)功再做正功,選項B錯誤;由圖可知,左右兩邊的電場線均指向O點,故O點的電場強(qiáng)度應(yīng)為0,選項C正確;根據(jù)電勢的變化可知,A,D兩點的電場方向相反,選項D錯誤. 9.(2018·江西新余二模)電荷量為Q1和Q2的兩點電荷分別固定在x軸上的O,C兩點,規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電

10、勢為零,x軸上各點電勢隨x的變化關(guān)系如圖所示.則(　B　) A.Q1帶負(fù)電,Q2帶正電 B.將一帶負(fù)電的試探電荷自G點靜止釋放,僅在電場力作用下一定不能到達(dá)D點 C.G點處電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向 D.將一帶負(fù)電的試探電荷從D點沿x軸正方向移到J點,電場力先做負(fù)功后做正功 解析:由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為0,B點的電勢為0,由于沿著電場線電勢降低,所以O(shè)點的電荷Q1帶正電,C點的電荷Q2帶負(fù)電,選項A錯誤;帶負(fù)電的試探電荷在G點受x正方向的電場力,故沿x正向加速運動,不能到達(dá)D點,故B正確;沿著電場線電勢逐漸降低,可知G點的電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向,故C錯誤;負(fù)電荷從D點到J點的電場力

11、先沿x正向后沿x負(fù)向,故電場力先做正功后做負(fù)功,故D錯誤. 10.(多選)如圖所示,a,b,c,d是某勻強(qiáng)電場中的四個點.它們是一個四邊形的四個頂點,ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,l=1 m,電場線與四邊形所在平面平行.已知a點電勢為18 V,b點電勢為22 V,d點電勢為6 V.則下列說法正確的是(　ACD　) A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為4 V/m B.電場強(qiáng)度方向由a指向c C.電場強(qiáng)度方向由b指向d D.c點電勢為14 V 解析:三角形bcd是等腰直角三角形,具有對稱性,bd連線四等分,如圖所示, 已知a點電勢為18 V,b點電勢為 22 V,

12、d點電勢為6 V,且ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,因此根據(jù)幾何關(guān)系,可得M點的電勢為18 V,與a點電勢相等,從而連接aM,即為等勢面,由幾何關(guān)系可知,因bd=2l,所以bM=l,因此aM=l,所以aM垂直于bd,則電場線方向為b指向d,E== V/m= V/m=4 V/m,故選項A,C正確,B錯誤;c點電勢與N點電勢相等,N點電勢為(18-4) V=14 V,所以c點的電勢為14 V,故選項D正確. 11.(2019·四川棠湖中學(xué)月考)(多選)如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷.t=0時,甲靜止,乙以6 m/s的初速度向甲運動.此后,它們僅在靜電力的作用

13、下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的vt圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示.則由圖線可知(　BC　) A.兩電荷的電性一定相反 B.甲、乙兩個點電荷的質(zhì)量之比為2∶1 C.在0～t2時間內(nèi),兩電荷的靜電力先增大后減小 D.在0～t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能一直減小 解析:由圖像0～t1段看出,甲從靜止開始與乙同向運動,說明甲受到了乙的排斥力作用,則知兩電荷的電性一定相同,故A錯誤;視甲乙為系統(tǒng),合外力為0,由動量守恒定律可得m乙v1=(m甲+m乙)v2,代入可得6m乙=2(m甲+m乙),所以甲、乙兩個點電荷的質(zhì)量之比為2∶1,故B正確;0～t1時間內(nèi)

14、兩電荷間距離逐漸減小,在 t1～t2 時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大,由庫侖定律得知,兩電荷間的靜電力先增大后減小,故C正確;由圖像看出,0～t3時間內(nèi),甲的速度一直增大,則其動能也一直增大,乙的速度先沿原方向減小,后反向增大,則其動能先減小后增大,故D錯誤. 12.(2019·江西南昌質(zhì)檢)(多選)如圖所示,虛線為某一帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡,M,N為運動軌跡上兩點,下列說法中正確的是(　AC　) A.如果實線表示電場線,則該粒子在M點的動能一定小于在N點的 動能 B.如果實線表示等勢面,則該粒子在M點的動能一定小于在N點的 動能 C.不論實線表示電場線還是等勢面,粒子

15、在M點的加速度一定小于在N點的加速度 D.不論實線表示電場線還是等勢面,都不能確定M,N兩點電勢高低關(guān)系,但能確定該粒子所帶電荷的正負(fù) 解析:如果實線是電場線,做曲線運動的粒子受到的合力指向曲線的凹側(cè),從M到N電場力做正功,動能增加,選項A正確;如果實線表示等勢面,粒子從M到N電場力做負(fù)功,動能減少,選項B錯誤;無論實線表示電場線還是等勢面,N點比M點的線要密,所以粒子在N點受到的電場力大,加速度也大,選項C正確;無論實線表示電場線還是等勢面,不能確定M,N兩點間電勢高低關(guān)系,也不能確定該粒子所帶電荷的正負(fù),選項D錯誤. 13.如圖所示,水平向右的勻強(qiáng)電場中,一帶電微粒從A點以豎直向上的

16、初速度開始運動,經(jīng)最高點B后到達(dá)與A在同一水平線上的C點,微粒從A到B過程中克服重力做功2.0 J,電場力做功3.0 J,則(　D　) A.微粒在A點的電勢能比在C點多6.0 J B.微粒在A點的動能比在B點多1.0 J C.微粒在A點的機(jī)械能比在C點多12.0 J D.微粒在C點的動能為14.0 J 解析:因微粒在豎直方向做豎直上拋運動,水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動,所以微粒從A到B和從B到C的時間相同,xAB=at2,xAC=a(2t)2,所以xAC=4xAB,則電場力做功WAC=4WAB= 12.0 J,微粒從A到C電場力做功為12.0 J,所以微粒

17、在A點的電勢能比在C點多12.0 J,微粒在A點的機(jī)械能比在C點少了12.0 J,選項A,C錯誤;微粒從A到B由動能定理知ΔEk=3.0 J-2.0 J=1.0 J,即微粒在A點的動能比在B點少1.0 J,選項B錯誤;由題知微粒在A點時動能為2.0 J,由A到C電場力做功12.0 J,重力做功為0,微粒在C點的動能為14.0 J,選項D正確. 14.(2019·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示,AB⊥CD且A,B,C,D位于一半徑為r的豎直圓上,在C點有一固定點電荷,電荷量為+Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球由靜止釋放,小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為,g為重力加速度,不考慮運動電荷對靜電場的影響,求: (1)小球運動到D點時對軌道的壓力; (2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量. 解析:(1)點電荷在D點時有 FN+k-mg=, FN=2mg-k, 由牛頓第三定律得,點電荷在D點時對軌道的壓力大小為FN′=2mg-k,方向豎直向下. (2)從A到D運動,根據(jù)動能定理, 有mgr+W電=m()2-0, 解得電場力做功W電=-mgr, 因為電場力做負(fù)功,則電勢能增加ΔEp=mgr. 答案:見解析 7