2022版高考物理一轮复习演练：专题7 第2讲 电势能、电势、电势差

这是一份2022版高考物理一轮复习演练：专题7 第2讲 电势能、电势、电势差，共7页。试卷主要包含了关于静电场，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

知识巩固练
1．关于静电场，下列说法正确的是( )
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
【答案】D
2．(2021年常州期末)(多选)如图所示，实线为正电荷与接地的很大平板带电体电场的电场线，虚线为一以点电荷为中心的圆，a、b、c是圆与电场线的交点．下列说法正确的是( )
A．虚线为该电场的一条等势线
B．a点的强度大于b点的强度
C．a点的电势高于b点的电势
D．检验电荷－q在b点的电势能比c点的大
【答案】CD 【解析】虚线上各点的电场线与虚线不都是垂直的，则虚线不是该电场的一条等势线，A错误；因b点的电场线较a点密集，则a点的电场强度小于b点的强度，B错误；正电荷到a点间平均场强比正电荷到b点的平均场强小，则正电荷与a点间电势差小于正电荷与b点间电势差，可知a点的电势高于b点的电势，C正确；通过画出过b点的等势线可知，b点的电势低于c点，则检验电荷－q在b点的电势能比c点的大，D正确．
3．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电．在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷以一定的初速度从a点沿直线经b点向远处运动，其v－t图像如图乙所示．若将带正电的试探电荷从Q1左侧由静止释放，则该试探电荷( )
甲 乙
A．一定做加速运动
B．可能先做加速运动，后做减速运动
C．电势能可能增加
D．运动过程中所在位置的电势逐渐升高
【答案】A
4．(2020年伊春名校期末)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
【答案】A
5．(2020年重庆一诊)如图所示，正四面体四个顶点A、B、C、D处分别固定四个电荷量绝对值相等的点电荷．A、B处为＋Q，C、D处为－Q，O点为正四面体体心，M、N、J、K分别为AB、CD、AD、BC边中点．取无穷远处电势为零，离点电荷Q距离r处电势为φ＝keq \f(Q,r)，下列说法正确的是( )
A．O处场强为零
B．O处电势为零
C．同一个负检验电荷分别放在J点与K点，电势能相同
D．把一个正检验电荷从M点移到N点，电场力做负功
【答案】BC 【解析】由对称性可知，两个正电荷在O的合场强与两个负电荷在O点的合场强大小相等，但是方向不是相反，合场强不为零，A错误；根据φ＝keq \f(Q,r)可知四个点电荷在O点电势叠加后，O点的电势为零，B正确；由电势叠加可知，J、K两点电势均为零，则同一个负检验电荷分别放在J点和K点，电势能相同，C正确；M点离正电荷更近离负电荷更远，N点离负电荷更近离正电荷更远，可知M点电势高于N点，则把一个正检验电荷从M点移到N点，电势能减小，则电场力做正功，D错误．
6．如图所示，一质量为m，带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为( )
A．eq \f(mv\\al(2,0),2q)B．eq \f(mv\\al(2,0),q)
C．eq \f(2mv\\al(2,0),q)D．eq \f(3mv\\al(2,0),2q)
【答案】C 【解析】由题意，可知粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a＝eq \f(Δv,Δt)，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，则由牛顿第二定律可知qE＝2mg，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝eq \f(v0t,2)，即x＝2y，因此电场力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝eq \f(－W1,4)，由动能定理得W1＋W2＝eq \f(1,2)m×(2v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得Ua b＝eq \f(2mv\\al(2,0),q)．
7．(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
综合提升练
8．(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6 V，A(1，eq \r(3))点电势为3 V，B(3，eq \r(3))点电势为0，则由此可判定( )
A．C点电势为3 V
B．C点电势为0
C．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m
D．该匀强电场的电场强度大小为100eq \r(3) V/m
【答案】BD 【解析】由题意可知C点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以选项eq \f(UAB,AB)＝eq \f(UOC,OC)，代入数值得φC＝0，A错误，B正确；作AD∥BC，如图所示，则φD＝3 V，即AD是一等势线，电场强度方向OG⊥AD，由几何关系得OG＝eq \r(3) cm，由E＝eq \f(U,d)得E＝100eq \r(3) V/m，C错误，D正确．
9．(多选)(2021年衡阳名校联考)如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则( )
A．该粒子一定带正电
B．匀强电场的电场强度大小eq \f(mv\\al(2,1)－v\\al(2,2),2qLcs θ)
C．粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．等势线b的电势比等势线e的电势高
BC 【解析】做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧，由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A错误；在沿电场线方向的位移y＝Lcs θ， 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理得qUAB＝－qEy＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，所以E＝eq \f(mv\\al(2,1)－v\\al(2,2),2qLcs θ)，故B正确；根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确；根据题意可知判断粒子受到的电场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D错误．
10．(2021年武汉名校调研)(多选)空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知梯形的∠a＝45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc＝2 cm、下底ad＝4 cm，并知a、b、c三点的电势分别为4 V、8 V、10 V．将一电荷量q＝－2×10－5 C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是( )
A．梯形区域的下底ad中点的电势为6 V
B．该匀强电场的场强大小为eq \r(2) V/m
C．该点电荷在c点的电势能为＋2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为8×10－5 J
【答案】AD 【解析】设梯形区域的下底ad中点为M，由匀强电场的特点有φc－φb＝φM－φa，代入数据解得φM＝6 V，A正确；根据匀强电场中的电势均匀降落得φd－φM＝φM－φa，解得φd＝8 V，b、d即为等势点，连接b、d两点即为等势线，如图，由几何关系可得cN＝2×eq \f(\r(2),2)×10－2 m＝eq \r(2)×10－2 m，所以电场强度为E＝eq \f(U,cN)＝eq \f(2,\r(2)×10－2) V/m＝100eq \r(2) V/m，B错误；该点电荷在c点的电势能Epc＝qφc＝－2×10－5×10 J＝－2×10－4 J，C错误；由电场力做功与电势差的关系得Wa d＝qUa d＝－2×10－5×(4－8) J＝8×10－5 J，D正确．
11．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O点为圆心，R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C两点在同一水平线上，∠BOC＝30°，A点距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：
(1)小球通过C点的速度大小；
(2)小球由A点运动到C点的过程中电势能的增加量．
解：(1)因B、C两点电势相等，小球由B点到C点只有重力做功，由动能定理有
mgRsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mv2，
解得vC＝eq \r(v2＋gR)．
(2)小球由A点运动到C点应用动能定理得
W电＋mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，
解得W电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mgR－mgh，
由电势能变化与电场力做功的关系，得
ΔEp＝－W电＝mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgR．
12．在绝缘粗糙的水平面上，相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知B处电荷的电量为＋Q．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x＝L处为图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝0处的纵坐标φ＝eq \f(25,63)φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝eq \f(3,7)φ0．若在x＝－2L处的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动．
(1)求固定在A处电荷的电量QA；
(2)为了使小物块能够到达x＝2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件；
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝eq \f(kqQ,3mgL2)，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm．
甲 乙
解：(1)结合E＝eq \f(ΔU,Δx)＝eq \f(Δφ,Δx)，由题图乙得x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E合＝0，
所以eq \f(kQA,r\\al(2,A))＝eq \f(kQB,r\\al(2,B))，
即eq \f(kQA,4L2)＝eq \f(kQ,2L2)，
解得QA＝4Q．
(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x＝2L处速度v1≥0，从x＝－2L到x＝2L过程中，由动能定理，得
W电1－μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，
其中W电1＝－ΔEp1＝－qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7)φ0－φ0))，s1＝4L，
即qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ0－\f(3,7)φ0))－μmg·(4L)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0≥0，
解得μ≤eq \f(qφ0,7mgL)．
(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA，则
eq \f(kq4Q,l\\al(2,A))－eq \f(kqQ,6L－lA2)－μmg＝0，
解得lA＝3L，即小物块运动到x＝0时速度最大．
小物块从x＝－2L运动到x＝0的过程中，由动能定理，得
W电2－μmgs2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0，
其中W电2＝－ΔEp2＝－qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,63)φ0－φ0))，s2＝2L，
即qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ0－\f(25,63)φ0))－μmg·(2L)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0，
解得vm＝eq \r(\f(76qφ0,63m)－\f(4kqQ,3mL))．