高考物理一轮复习第七章第2讲电场能的性质练习鲁科版

第2讲 电场能的性质
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[基础题组]
一、单项选择题
1．(2018·江西九江十三校联考)对于静电场中的A 、B 两点，下列说法正确的是
( )
A ．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向
B ．电势差的公式U AB ＝W AB q
，说明A 、B 两点间的电势差U AB 与静电力做功W AB 成正比，与移动电荷的电荷量q 成反比
C ．根据E ＝U d 知，电场强度与电场中两点间的距离d 成反比
D ．若将一正电荷从A 点移到B 点电场力做正功，则A 点的电势高于B 点的电势
解析：正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反，故A 错误．电势差的公式U AB ＝W AB q
，运用比值法定义，电势差U AB 与静电力做功、移动电荷的电荷量无关，故B 错误．E ＝U d 中d 是两点沿电场方向的距离，只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，场强与d 无关，故C 错误．根据公式W AB ＝qU AB 知，W AB >0，q >0，则U AB >0，则A 点的电势高于B 点的电势，故D 正确．
答案：D
2．一个带正电的质点，电荷量q ＝2.0×10－9 C ，在静电场中由a 点移动到b 点． 在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J ，质点的动能增加了8.0× 10－5 J ，则a 、b 两点间的电势差U ab 为( )
A ．1×104 V
B ．－1×104 V
C ．4×104 V
D ．－7×104 V 解析：根据动能定理得W ab ＋6.0×10－5 J ＝8.0×10－5 J ，则W ab ＝8.0×10－5 J －6.0×10－5 J
＝2.0×10－5
J ．由U AB ＝W AB q 得U ab ＝2.0×10－52.0×10－9 V ＝1×104 V ，选项A 正确． 答案：A
3.如图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径
为R ＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为q ＝＋1×10－8
C 的试探电荷P ，
半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝
2.5×10－5sin θ(J)，则( )
A ．x 轴位于零势面上
B．电场强度大小为500 V/m，方向沿y轴正方向
C．y轴位于零势面上
D．电场强度大小为500 V/m，方向沿x轴正方向
解析：由E p＝2.5×10－5sin θ(J)知，x轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y轴方向，A正确，C错误；当θ＝90°时，E p＝2.5×10－5 J＝EqR，解得E＝500 V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y轴负方向，B、D错误．
答案：A
4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是( )
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
解析：根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C 间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由E p＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误．
答案：C
5.(2018·陕西西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分
布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆
心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是( )
A．O点电势与Q点电势相等
B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差
C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
解析：由电场线的方向可知φM＞φO＞φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO＞φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故U MO＞U ON，B错误；因U MQ＞0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误．
答案：C
二、多项选择题
6．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此
可知( )
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析：带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可
知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做
正功，则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油
滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项
C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．
答案：AB
7.(2018·贵州贵阳高三检测)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的
长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两
个焦点P、Q上，c、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是( )
A．a、c两点场强相同，电势也相同
B．b、d两点场强相同，电势也相同
C．同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能
D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中电场力始终做负功
解析：a、c两点场强相同，电势不等，故A错误．b、d两点场强大小方向都相同，电势也相同，故B正确．e点电势高于c点，同一正电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能，故C错误．负电荷沿椭圆从a点移到c点，因电势一直降低，故电场力一直做负功，故D正确．
答案：BD
8.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径
MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在
M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中
未画出)时速度为零，则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
解析：小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D 错误．
答案：BC
[能力题组]
一、选择题
9.如图甲所示，直线AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅
在电场力作用下由电场线上A 点沿直线运动到B 点，其速度平
方v 2
与位移s 的关系如图乙所示．E A 、E B 表示A 、B 两点的电
场强度，φA 、φB 表示A 、B 两点的电势．以下判断正确的是
( )
A ．E A ＜E
B B ．E A ＞E B
C ．φA ＞φB
D ．φA ＜φB
解析：由速度平方v 2与位移s 的关系与v 2－v 20＝2as 对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A 、B 错误；电子从A 到B ，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D 正确，C 错误．
答案：D
10.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个
圆周，A 点为圆周上和圆心同一高度的一点，B 点为圆周上的最高点．在A 点的粒子源以相同大小的初速度v 0在竖直面内沿各个方向发射带正电的
同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过B 点，则从圆周
上离开的粒子的最大速度大小为( )
A ．3v 0
B ．2v 0 C.2v 0 D ．v 0
解析：设粒子所带电荷量为＋q ，质量为m ，电场强度为E ，圆周的半径为R ，因竖直向上发
射的粒子做类平抛运动经过B 点，故电场方向水平向右，且有a ＝qE m ，R ＝v 0t ，R ＝12
at 2，解得qE ＝2mv 2
0R .粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，则有qE ×2R ＝12mv 2－12
mv 20，可得v ＝3v 0，选项A 正确．
答案：A
11.在中间位置有固定转动轴的长为2l 的轻质杆两端固定两完全相
同的质量为m 、电荷量为＋q 的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B 、A 位置，A 、B 间电势差是U ，小球1、2构成的系统动能减少量是( )
A ．一定大于12
Uq B ．一定等于2(Uq ＋mgl ) C ．一定小于Uq D ．一定大于Uq ＋mgl
解析：杆水平时，1、2两球所在处电势相等，令电势为零，φ0＝0，
设A 、B 两处的电势分别为φA 和φB ，显然φA ＞0，φB ＜0，且φA －φC
＞φC －φB (C 为过1、2的等势线与竖直杆的交点)，系统电势能的增加量
为ΔE p 增＝q φA ＋q φB ＝q (φA ＋φB )
据题意知，φA －φB ＝φA ＋|φB |＝U
故φA ＋φB ＜U ，再据能量守恒定律知ΔE k 减＝ΔE p 增
故有ΔE k 减＜qU ，可见C 选项正确．
答案：C
12.(多选)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为
E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变
速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg
＝qE ，则( )
A ．电场方向竖直向上
B ．小球运动的加速度大小为g
C ．小球上升的最大高度为v 2
02g
D ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv 204
解析：如图所示，由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其
合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方
向成120°角，A 项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为
mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 项正确；
设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg ·2h ＝0－12mv 20，解得h ＝v 2
04g
，C 项错误；小球上升过程中，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－W ON ＝－qE ·2h cos 120°＝mv 204，D 项正确．
答案：BD
二、非选择题
13.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，
固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视
为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点
正下方B 点时速度为v .已知点电荷
产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水
平轨道的夹角为60°，试求：
(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小；
(2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势．
解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kQq r 2
由几何关系可知P 、A 间距离r ＝h sin 60°
，设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为N ，在竖直方向由平衡条件有N －mg －F sin 60°＝0，解得N ＝mg ＋33kQq 8h
2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12
mv 20 解得φB ＝φ＋m v 2
0－v 22q .
答案：(1)mg ＋33kQq 8h 2 (2)φ＋m v 20－v 22q
14．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．
解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①
由此得v B ＝3v 0②
设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12
m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝mv 20q ④ 答案：mv 20q。