2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第七章 第2讲 电场能的性质 Word版含解析

[课时作业] 单独成册 方便使用[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：D2、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 VB、－1×104 VC、4×104 VD、－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＝8.0×10－5J－6.0×10－5J＝2.0×10－5J、由U AB＝W ABq得U ab＝2.0×10－52.0×10－9V＝1×104 V,选项A正确、答案：A3.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＝＋1×10－8C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＝2.5×10－5J＝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：A4、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：C5.(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：AB7.(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：BD8.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v2与位移x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 BB、E A＞E BC、φA＞φBD、φA＜φB解析：由速度平方v2与位移x的关系与v2－v20＝2ax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：D10.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v0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、3v0B、2v0C.2v0D、v0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 ＝12at 2,解得qE ＝2m v 20R .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 ＝12m v 2－12m v 20,可得v ＝3v 0,选项A 正确、答案：A11.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12UqB 、一定等于2(Uq ＋mgl )C 、一定小于UqD 、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＝qφA ＋qφB ＝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：C12.(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gC 、小球上升的最大高度为v 202gD 、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m v 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 ＝0－12m v 20,解得h ＝v 204g ,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°＝m v 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),P A 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 )＝12m v 2－12m v 20解得φB ＝φ＋m (v 20－v 2)2q .答案：(1)mg ＋33kQq 8h 2 (2)φ＋m (v 20－v 2)2q14、(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 ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝m v 20q ④答案：m v 20q。