2022年度高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第2講 電場能的性質課時達標訓練

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1、2022年度高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第2講 電場能的性質課時達標訓練 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～10題為多項選擇題) 1．如圖1所示，a、b、c為電場中同一條電場線上的三點，其中c為ab的中點。已知a、b兩點的電勢分別為φa＝3 V，φb＝9 V，則下列敘述正確的是(　　) 圖1 A．該電場在C點處的電勢一定為6 V B．a點處的場強Ea一定小于b點處的場強Eb C．正電荷從a點運動到b點的過程中電勢能一定增大 D．正電荷只受電場力作用從a點運動到b點的過程中動能一定增大 解析　本題中電場線只有一條，又沒說明是哪種電場的電場線，因此電勢降落及

2、場強大小情況都不能確定，A、B錯；a、b兩點電勢已知，正電荷從a到b是從低電勢向高電勢運動，電場力做負功，動能減小，電勢能增大，C對，D錯。 答案　C 2．(2017·蘭州一模)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖2所示，則從a到b過程中，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．粒子帶負電荷 B．粒子先加速后減速 C．粒子加速度一直增大 D．粒子的機械能先減小后增大 解析　粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，A錯誤；由圖知粒子受電場力向右，所以先向左減速運動后向右加速運動，故B錯誤；從a點到b點，電場力

3、先做負功，再做正功，電勢能先增大后減小，動能先減小后增大，根據電場線的疏密知道場強先變小后變大，故加速度先減小后增大，C錯誤，D正確。 答案　D 3．在某勻強電場中有M、N、P三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長度為4 cm。已知電場方向與三角形所在平面平行，M、N和P點的電勢分別為3 V、15 V和12 V。則電場強度的大小為(　　) 圖3 A．150 V/m B．75 V/m C．225 V/m D．75 V/m 解析　過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點，由幾何知識可知N、O間的距離NO＝2 cm，M、O間的距離M

4、O＝6 cm，由勻強電場的特點得O點的電勢為φO＝12 V，即O、P在同一等勢面上，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：E＝＝＝150 V/m，即選項A正確。 答案　A 4．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖4所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是(　　) 圖4 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　根據q1左側和q2右側電勢隨距離增大而降

5、低可判斷兩者均為正電荷，A錯誤；N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為0，B錯誤；根據N→D間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錯誤。 答案　C 5．如圖5所示為沿水平方向的勻強電場的三條電場線，豎直平面內有一個圓周，A點為圓周上和圓心同一高度的一點，B點為圓周上的最高點。在A點的粒子源以相同大小的初速度v0在豎直面內沿各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子(不計粒子重力)，豎直向上發(fā)射的粒子恰好經過B點，則從圓周上離開的粒子的最大速度大小為(　　) 圖5 A．3v0 B．2v0 C.v0 D．

6、v0 解析　設粒子所帶電荷量為＋q，質量為m，電場強度為E，圓周的半徑為R，因豎直向上發(fā)射的粒子做類平拋運動經過B點，故電場方向水平向右，且有a＝，R＝v0t，R＝at2，解得qE＝。粒子從圓周上右側與圓心等高處離開時的速度最大，則有qE×2R＝mv2－mv，可得v＝3v0，選項A正確。 答案　A 6．如圖6所示，空間有兩個等量的異種點電荷M、N固定在水平面上，虛線POQ為MN連線的中垂線，一負的試探電荷在電場力的作用下從P點運動到Q點，其軌跡為圖中的實線，軌跡與MN連線的交點為A。則下列敘述正確的是(　　) 圖6 A．電荷M帶負電 B．A點的電勢比P點的電勢低 C

7、．試探電荷在A點速度最大 D．試探電荷從P運動到Q的過程中電場力先做負功后做正功 解析　試探電荷做曲線運動，電場力指向軌跡的凹側，因為試探電荷帶負電，所以電荷N帶負電，A項錯誤；由等量異種點電荷電場線分布特征及沿電場線方向電勢逐漸降低可知，B項正確；試探電荷從P到A的過程中，電場力做負功，電勢能增加，動能減少，試探電荷從A到Q的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，選項C錯誤、D正確。 答案　BD 7．靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖7所示，x軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　) 圖7 A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x

8、1運動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小 D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大 解析　由圖象可知，將正電荷沿x軸正向移動，從x2移動到x4的過程電場力做功不為零，兩點處的電勢能不相等，選項A錯誤；從x1移動到x3的過程電場力沿x軸負方向，電場力做負功，電勢能增大，選項B正確；由x1運動到x4的過程中，場強先增大后減小，因此電場力先增大后減小，C項正確，D項錯誤。 答案　BC 8．如圖8所示，兩個固定的等量正點電荷相距為4L，其連線中點為O，以O為圓心、L為半徑的圓與兩正點電荷間的連線及連線的中垂線分別交于a、b和c、d，以O為坐

9、標原點、垂直ab向上為正方向建立Oy軸。取無窮遠處電勢為零，則下列判斷正確的是(　　) 圖8 A．a、b兩點的場強相同 B．Oy軸上沿正方向電勢隨坐標y的變大而減小 C．將一試探電荷＋q自a點由靜止釋放，若不計電荷重力，試探電荷將在a、b間往復運動 D．Oy軸上沿正方向電場強度的大小隨坐標y的變大而增大 解析　a、b兩點的場強大小相等、方向相反，選項A錯誤；由等量正點電荷的電場特點，知Oy軸上沿正方向電勢隨坐標y的增大逐漸減小，選項B正確；a點場強方向沿ab連線向右，試探電荷＋q自a點由靜止釋放后向右運動，遵循能量守恒定律，在a、b間往復運動，選項C正確；等量正點電荷

10、連線的中點電場強度為零，沿Oy軸正方向無窮遠處電場強度為零，知電場強度沿Oy軸正方向先增大后減小，選項D錯誤。 答案　BC 9．(2017·福建臺州質量評估)如圖9所示，豎直平面內的xOy坐標系中，x軸上固定一個點電荷Q，y軸上固定一根光滑絕緣細桿(細桿的下端剛好在坐標原點O處)，將一個重力不計的帶電圓環(huán)(可視為質點)套在桿上，從P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是(　　) 圖9 A．圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，加速度一直增大 B．圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，速度先增大后減小 C．若只增大圓環(huán)所帶的電荷量，圓環(huán)離

11、開細桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動 D．若將圓環(huán)從桿上P點上方由靜止釋放，其他條件不變，圓環(huán)離開細桿后不能繞點電荷Q做勻速圓周運動 解析　圓環(huán)運動到O點且未離開細桿時庫侖力沿x軸正方向，與細桿對圓環(huán)的支持力平衡，加速度為零，則A錯誤；因為圓環(huán)到O點前，庫侖力沿y軸負方向的分量大小始終不為0，故一直加速，速度增加，B錯誤；設P、O兩點間電勢差為U，由動能定理有qU＝mv2，由牛頓第二定律有＝，聯(lián)立有＝，即圓環(huán)是否做圓周運動與q無關，C正確；若從P點上方釋放，則U變大，不能做勻速圓周運動，D正確。 答案　CD 10．(2018·河北邢臺質檢)如圖10所示，A、B為一勻強電場中同一電

12、場線上的兩點，現(xiàn)在A、B所在直線上某一點固定一電荷Q，然后在A點由靜止釋放一點電荷q，結果點電荷q運動到B時的速度為零，若點電荷q只受電場力作用，則下列結論正確的是 (　　) 圖10 A．電荷Q與點電荷q一定是同種電荷 B．電荷Q一定在A點的左側 C．點電荷q的電勢能一定是先減小后增大 D．A、B兩點電勢一定相等 解析　由題意分析知電荷Q應在點A、B的外側，如果Q在A點左側，點電荷q從A由靜止釋放運動到點B時速度為零，說明點電荷q先做加速運動后做減速運動，在A、B連線某一位置合場強為零，這時Q和q是同種電荷，同理分析，如果Q在B點的右側，則Q和q一定是同種電荷，A項正確

13、，B項錯誤；由于只有電場力做功，因此動能與電勢能之和不變，且兩種能相互轉化，又知q的速度先增大后減小，則其電勢能先減小后增大，C項正確；由于點電荷q在A、B兩點的動能均為零，因此點電荷在A、B兩點的電勢能相等，則A、B兩點電勢相等，D項正確。 答案　ACD 二、非選擇題 11．(2017·福建廈門質檢)如圖11所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，已知勻強電場的場強E＝5×103 V/m，圓弧軌道半徑R＝0.4 m?，F(xiàn)有一帶電荷量q＝＋2×10－5 C、質量m＝5×10－2 kg的物塊(可視為質點)從距B端s＝1 m處的P點由靜止釋

14、放，加速運動到B端，再平滑進入圓弧軌道BC，重力加速度g＝10 m/s2求： 圖11 (1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達B點的速度vB的大??； (2)物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。 解析　(1)在物塊從開始至運動到B點的過程中，由牛頓第二定律可知： qE＝ma 又由運動學公式有：s＝at2 解得：t＝1 s 又因：vB＝at 得：vB＝2 m/s (2)物塊剛進入圓弧軌道時，在沿半徑方向由牛頓第二定律，有： NB－mg＝m 解得：NB＝1 N 答案　(1)1 s　2 m/s　(2)1 N 12．在光滑絕緣的水平面

15、上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B。A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)，如圖12所示，虛線MP為A、B兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距5L。最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為4L。若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MP，NQ間加上水平向右的勻強電場E后，試求： 圖12 (1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小； (2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離； (3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時，B球電勢能的變化量。 解析　(1)設B球剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v1， 對A、B系統(tǒng)應用動能定理： 2qEL＝×2mv， 則v1＝。 (2)設球A向右運動s時，系統(tǒng)速度為零， 由動能定理，得： 2qEs＝3qE(s－L)， 則s＝3L。 (3)帶電系統(tǒng)的速度第一次為零時，B球克服電場力做功 WFB＝6qEL， 則B球電勢能增加了6qEL。 答案　(1)　(2)3L　(3)6qEL