高中物理培优集训2电场能的性质含解析新人教版必修第三册练习题

这是一份高中物理培优集训2电场能的性质含解析新人教版必修第三册练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是( )
A B C D
C [因为电势是标量，并且a、b在题中的四个电场中具有对称性，故四个电场中a、b两点的电势都是相等的，而电场强度是矢量，A图中两对称点的电场强度大小相等、方向相反；B图中两个场强叠加后，a点的场强方向斜向右上方，b点的场强方向斜向右下方；C图中两对称点的场强大小相等，方向都是水平向右；D图中a点的场强方向向上，b点的场强方向向下，故选项C正确。]
2．一个带正电的质点所带的电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除静电力外，其他力做正功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差为( )
A．3×104 V B．1×104 V
C．4×104 VD．7×104 V
B [由动能定理，WF＋qUab＝ΔEk，则Uab＝1×104V，选项B正确。]
3．一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa＞φb＞φc＞φd，若不计粒子所受重力，则( )
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动是匀变速运动
C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
B [由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹，可知其受力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，电场力一直做正功，粒子的动能增大，电势能减小。综上所述，B正确。]
4．(2021·广州铁一中期中)如图所示，平行于匀强电场的区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点的电势分别用φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点的电势φD大小为( )
A．－3 VB．0
C．2 VD．1 V
A [在匀强电场中，由U＝Ed知，沿电场方向相同距离的两点间电势差相等，AB与DC平行且相等，所以AB边与DC边沿电场方向的距离相等，A、B间的电势差与D、C间的电势差相等，即有φA－φB＝φD－φC，解得φD＝φA－φB＋φC＝1 V－4 V＝－3 V，故选项A正确。]
5．(多选)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
AD [如图所示，由于φM＝φN，所以场源电荷必在MN的垂直平分线FO上，其中O是FO与MP的交点。连接ON，恰有NO垂直平分PF，说明场源电荷恰在O点，故选项A正确；由于点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一组同心圆，故选项B错误；将正试探电荷由P点移到N点，远离场源正点电荷，电场力做正功，故选项C错误；由几何知识知，OP＜OM，则P点电势大于M点电势，故选项D正确。]
6．(2021·长沙雅礼中学月考)如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝0.2 m的圆的四个等分点和圆心，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向由O点指向b点
B．电场强度的方向由O点指向d点
C．电场强度的大小为10 V/m
D．电场强度的大小为10eq \r(5) V/m
D [如图所示，由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，Od连线的中点e处的电势为8 V，连接ce，则ce为等势线，过O作ce的垂线交ce于f点，则fO为电场线，电场方向垂直于ce向下，即电场强度的方向由f点指向O点，选项A、B错误；连接cO，根据几何关系计算得fO长为eq \f(\r(5),5)R，f、O间的电势差为2 V，则电场强度E＝eq \f(UfO,dfO)＝10eq \r(5) V/m，选项C错误，D正确。]
7．(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在静电力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为这条轨迹上先后经过的两个点，由此可知( )
A．三个等势面中，a电势最高
B．质点在Q点时，加速度较大
C．带电质点通过P点时动能较大
D．质点通过Q时电势能较小
BC [根据等势线与电场线的关系，可知电场线必处处与等势线垂直；由带正电质点的轨迹的弯曲方向，可知电场线方向如图所示。由图可知，电场强度EQ＞EP，电势φc＞φb＞φa，EpQ＞EpP。因此A、D错误，B正确。由能量守恒可知，质点通过P点时，动能较大，所以C正确。]
8．(2020·江苏南京期中)某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图所示。设x轴正方向为电场强度E的正方向，下列各图分别表示x轴上各点的电场强度E随x的变化图像，其中可能正确的是( )
A B C D
B [φ­x图像的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场方向向左，在x＝0的右侧，电场方向向右，且在x轴的左、右两侧均为匀强电场，B正确。]
9．(2020·四川成都一诊)如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。Ⅰ的电荷量为q，可知( )
甲 乙
A．匀强电场的场强大小为E＝eq \f(Ek0,qx0)
B．点电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(Ek0,x0)
C．点电荷Ⅱ的电荷量为eq \f(q,2)
D．若选O点为零电势点，则A点的电势为φA＝eq \f(Ek0,q)
A [对点电荷Ⅰ，从O点到A点，由动能定理可得qEx0＝Ek0，故电场强度大小为E＝eq \f(Ek0,qx0)，A项正确；对点电荷Ⅱ，由动能定理可得FⅡx0＝2Ek0，故点电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，B项错误；由场强E＝eq \f(Ek0,qx0)，点电荷Ⅱ受到的电场力大小FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，可得点电荷Ⅱ的电荷量为Q＝eq \f(FⅡ,E)＝2q，C项错误；若选O点为零电势点，则UOA＝φO－φA＝－φA，结合UOA＝qE＝eq \f(Ek0,x0)可得，A点电势为φA＝－eq \f(Ek0,x0)，D项错误。]
10．(多选)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个带电荷量为＋2 C、质量为1 kg的小物块从水平面上的C点由静止释放，其运动的v­t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是( )
甲 乙
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，Emax＝1 V/m
B．物块由C点运动到A点的过程中电势能先减少后增加
C．由C点到A点电势逐渐升高
D．A、B两点的电势之差φA－φB＝－5 V
AD [由题图乙可知，物块在B点时加速度最大，且加速度大小aB＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，根据qE＝ma可知B点的电场强度最大，即Emax＝eq \f(maB,q)＝1 V/m，A正确；物块从C点运动到A点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减少，B错误；由两个等量正点电荷的电场线分布情况可知，从C点到A点电势逐渐降低，C错误；对物块从B点运动到A点的过程，根据动能定理有qUBA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，代入数据解得UBA＝5 V，则UAB＝－UBA＝－5 V，即φA－φB＝－5 V，D正确。]
二、非选择题
11．如图所示，M、N两极板间匀强电场的场强大小E＝2.4×104 N/C，方向竖直向上。电场中A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场方向的夹角θ＝60°，A点和M板间距为2 cm。
(1)此时UAB等于多少？
(2)一正点电荷的电荷量q＝5×10－8 C，它在A、B两点的电势能之差为多少？若M板接地，A点电势是多少？B点电势是多少？
[解析] (1)由U＝Ed得A、B两点间的电势差UAB＝E·eq \x\t(AB)cs θ＝2.4×104×10×10－2×0.5 V＝1 200 V。
(2)正点电荷在电势高处电势能大，它在A、B两点间的电势能之差为ΔEp＝EpA－EpB＝qUAB＝5×10－8 C×1 200 V＝6×10－5 J。
若M板接地，M板电势为0，UMA＝φM－φA＝E·eq \x\t(MA)＝480 V。
则φA＝－480 V，φB＝φA－UAB＝－480 V－1 200 V＝－1 680 V。
[答案] (1)1 200 V (2)6×10－5 J －480 V －1 680 V
12．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为eq \f(3,4)g，g取10 m/s2，静电力常量为k。试求：
(1)此带电小球在B点的加速度大小；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。
[解析] (1)这个带电小球必带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－eq \f(kQq,h2)＝m·eq \f(3,4)g，在B点时，有eq \f(kQq,0.25h2)－mg＝maB，
解得aB＝3g＝30 m/s2。
(2)带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，
解得UAB＝－eq \f(3kQ,h)。
[答案] (1)30 m/s2 (2)－eq \f(3kQ,h)
13．如图所示，在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场中，用一根长为L的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m的电荷量为q带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中。求：
(1)小球的电势能的变化情况；
(2)小球到达B点时的速度；
(3)在最低点时绝缘杆对小球的作用力。
[解] (1)从A到B，静电力对小球做正功，电势能减少。
(2)根据动能定理得mgL＋qEL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
解得vB＝eq \r(2gL＋\f(2qEL,m))。
方向水平向右。
(3)根据牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v\\al(2,B),L)
解得F＝3mg＋2qE。
方向竖直向上。
[答案] (1)电势能减少 (2)eq \r(2gL＋\f(2qEL,m)) 方向水平向右 (3)3mg＋2qE 方向竖直向上