【配套K12】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第七章 第2讲 电场能的性质 Word版含解

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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＋6.0×10－5J＝8.0×10－5J，则W ab＝8.0×10－5J－
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q 1和q 2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 ．q 1、q 2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q 1左侧和q 2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v2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v2与位移s的关系与v2－v20＝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 ．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 ＝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：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，φ
＝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：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v0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v20 2g
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m v20 4
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－
1
2m v 2
0，解得h＝v
2
4g
，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 2 0
4
，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v0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)2q
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 ＝m v 20q ④
答案：m v 20q。