高考物理一轮复习课时作业32电场能的性质（含解析）

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电场能的性质一、选择题1．(2018·武汉模拟)关于静电场，下列说法正确的是(　　)A．电势降低的方向一定是电场强度的方向B．电势等于零的物体一定不带电C．同一等势面上各点电场强度一定相同D．电场线为平行直线的电场定是匀强电场答案　D解析　A项，沿电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，所以电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故A项错误；B项，电势的0点是人为选择的，所以电势等于零的物体也可以是带电的，故B项错误；C项，电场强度的大小与电势无关，如点电荷的电场中同一等势面上的各点，电场强度方向不相同，故C项错误；D项，根据电场的特点可知，电场线为平行直线的电场定是匀强电场，故D项正确．2.(2018·海南)(多选)如图，a、b、c、d为一边长为L的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是(　　)A．b点的电场强度大小为B．过b、d点的直线位于同一等势面上C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零答案　AD解析　A项，a、c两电荷在b点的电场强度为Ea＝Ec＝，则b点的电场强度大小为：E＝2Eacos45°＝，故A项正确；B、C两项，由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过b、d的直线不是等势面，在ac中点的电势最高．故B项错误，C项错误；D项，结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，b点与d点的电势是相等的，所以电子在b、d两点的电势能相等，所以从b点释放的电子，将沿bd的方向运动，到达d点的速度恰好等于0.故D项正确．3.(2018·永州一模)(多选)如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是(　　)A．粒子一定带正电B．A处场强大于C处场强C．粒子在A处电势能小于在C处电势能D．粒子从A运动到B的电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功答案　ABC解析　A项，根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A项正确；B项，等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B项正确；C项，从A点运动到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C项正确；D项，根据W＝Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D项错误．4.(2018·福州模拟)(多选)真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，AB连线中点为O，则(　　)A．A带正电，B带负电，且|Q1|＞|Q2|B．O点电势比D点电势高C．负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D．在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿此电场线运动到D点答案　AB解析　A项，根据电场线的方向，知A带正电，B带负电；D点的场强可看成A、B两电荷在该点产生场强的合场强，电荷A在D点电场方向沿AD向上，电荷B在D点产生的场强沿DB向下，合场强水平向右，可知A电荷在D点产生的场强大于B电荷在D点产生的场强，而AD＞BD，所以Q1＞Q2.故A项正确．B项，因Q1＞Q2.在AB上电势与D点相同的点在OB之间，A带正电荷，B带负电荷，所以O点电势比D点电势高．故B项正确．C项，沿电场线方向电势逐渐降低，φC＞φD，再根据Ep＝qφ，q为负电荷，知EpC＜EpD.故C项错误．D项，只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故D项错误．5.(2018·浙江模拟)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v­t图像如图所示．粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是(　　)A．A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φCB．A、B、C三点的场强大小关系为EC＞EB＞EAC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功答案　C解析　A项，由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A项错误；B项，由图像可知，粒子的加速度先增大后减小，因此电场强度先增大后减小，故B项错误；C项，由图像可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定律，电势能应该先增大后减小，故C项正确；D项，由图像可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，根据动能定理可知电场力先做负功，后做正功，故D项错误．6．(2018·乐山模拟)如图，在匀强电场中，场强方向与△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m，一个电量q＝1×10－5 C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10－3 J，则该匀强电场的场强大小和方向分别为(　　)A．500 V/m，沿ab由a指向b B．500 V/m，垂直ab向上C．1 000 V/m，垂直ab向上 D．1 000 V/m，沿ac由a指向c答案　C解析　正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，a、b两点电势相等，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W＝Uq可知，a、c两点的电势差Uac＝＝ V＝100 V；即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab斜向上；ac间沿电场线的距离d＝ac·cos60°＝0.2×0.5 m＝0.1 m；由E＝可知：电场强度E＝ V/m＝1000 V/m；方向垂直ab向上．7.(2018·长春三模)如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)A．点电荷Q位于O点B．O点电势比A点电势高C．C点的电场强度大小为D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小答案　C解析　A项，点电荷的等势面为以点电荷为球心的同心球面，在纸面内的等势线为同心圆；连接AB即为弦、OC也为弦．AB的中垂线与OC的中垂线交点为圆心，即点电荷位置，A项错误；B项，A点离正点电荷近，所以电势高，故B项错误；C项，由几何关系可知，C点距点电荷距离为a，则由点电荷场强公式E＝k计算可知，C点的电场强度大小为，故C项正确；D项，正的试探电荷从A沿直线到C，与点电荷的距离先变小后变大，则电场力做功先负后正，电势能先变大后变小，故D项错误．8．(2018·益阳模拟)在匀强电场中有一长方形区域ABCD，边长AB＝0.3 m、BC＝0.4 m，匀强电场方向与ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势φA＝55 V，φB＝19 V，φC＝－45 V，则匀强电场的电场强度大小和方向为(　　)A．120 V/m，沿AB方向 B．200 V/m，沿AC方向C．160 V/m，沿AD方向 D．300 V/m，沿BD方向答案　B解析　匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故φA－φC＝100 V，φA－φB＝36 V，φB－φC＝64 V，边长AB＝0.3 m、BC＝0.4 m，根据勾股定理知AC＝0.5 m，根据几何关系知由B向AC的连线作垂线的交点E点电势等于B点电势，电场线垂直于等势面，即电场线方向为沿AC，由A指向C，E＝＝＝200 V/m.9．(2018·合肥一模)(多选)如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能为－8 eV，飞至等势面B时速度恰好为零．已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计，则下列说法正确的是(　　)A．电子做匀变速直线运动B．匀强电场的场强大小为100 V/mC．等势面A的电势为－8 VD．电子再次飞经D等势面时，动能为16 eV答案　ACD解析　A项，电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A项正确；D项，电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16 eV，故D项正确；B、C两项，电子飞至等势面B时速度恰好为零，故由动能定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16 eV，故等势面D、B间的电势差为16 V，故场强为：E＝＝＝200 V/m；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为－8 eV，故等势面C的电势为8 V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16 V，故为－8 V，故B项错误，C项正确．10．(2018·淄博二模)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1＜φ3D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变答案　D解析　A项，根据电场力做功与电势能变化的关系得FΔx＝－ΔEp，则－F＝，可知EP­x图像切线斜率绝对值表示电场力的大小，由图知，带电粒子在x1处所受电场力为零，电场强度为零，故A项错误．B项，粒子在0～x2段所受的电场力是变力，做非匀变速运动，x2～x3段是直线，斜率一定，则粒子所受的电场力一定，做匀变速运动，故B项错误．C项，根据Ep＝qφ，粒子带负电，知φ3＜φ1.故C项错误．D项，x2～x3段是直线，斜率一定，粒子所受的电场力不变，所以x2～x3段电场强度大小方向均不变，故D项正确．11.(2018·济南二模)一个带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下以原点O为中心，沿x轴方向做周期性运动，x轴上各点电势如图所示．若该粒子的质量为m，电荷量为q，其电势能与动能之和为qφ0(φ0已在图中标出)，则下列说法正确的是(　　)A．x＝－3x0与原点O之间的电场为非匀强电场B．原点O右侧的电场为匀强电场，电场强度大小为C．粒子在原点O时的电势能最小，为qφ0D．粒子在运动过程中的最大动能为qφ0答案　D解析　A项，由图可知－3x0～0间电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，故A项错误；B项，由图可知，斜率表示电场强度，0与2x0两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：E＝，故B项错误；C项，粒子带正电，根据EP＝φq可知，电势越高的地方，电势能越大，所以粒子在原点O时的电势能最小为0，故C项错误；D项，粒子在原点O时的电势能最小为0，根据能量守恒此时可知，动能最大，为qφ0，故D项正确．12．(2018·武汉模拟)(多选)如图甲所示，两个带正电的小球A、B(均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA＝2.0×10－4 C，B球的质量m＝0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图乙中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中M点离A点距离为6 m．令A所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.下列说法正确的是(　　)A．杆与水平面的夹角θ＝60°B．B球的电荷量QB＝1.0×10－5 CC．若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 JD．若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大答案　BCD解析　A项，渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即为：Ep＝mgxsinθ＝k′x，则sinθ＝＝0.5，即θ＝30°；故A项错误；B项，由图乙中的曲线Ⅰ知，在x＝6 m处总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有：mgsin30°＝k，即为：1×＝9×109×，解得：QB＝1×10－5 C；故B项正确；C项，M点的电势能Ep1＝E总－Ep＝E总－mgx1sinθ＝6 J－0.1×10×6×0.5 J＝3 J，在M点B球总势能为6 J，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10 J，由图可知，总势能为10 J时，有：x2＝18 m，此时的电势能为：Ep2＝E总′－Ep′＝E总′－mgx2sinθ＝10 J－0.1×10×18×0.5 J＝1 J，所以电势能的变化为：ΔEp＝Ep1－Ep2＝3 J－1 J＝2 J．故C项正确；D项，由图，B球在M点的动能最大，速度最大该位置B受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不变，而沿斜面向上的电场力逐渐减小，所以B球受到的合外力先减小为0，然后从0开始逐渐增大，所以B球的加速度也先减小后增大．故D项正确．二、非选择题13．(2018·安徽模拟)如图所示，AB是半径为R的圆的一条直径，O点为圆心．该圆处于匀强电场中，场强方向平行圆所在平面．现在有大量的质量为m，带正电的粒子，电量为q.从A点以大小为v0的速度沿不同方向射入电场，这些粒子会经过圆上不同点，在这些点中到达C点的粒子动能最大，并变为初动能的两倍．已知∠BAC＝30°，若不计重力和空气阻力，试求：(1)场强的大小和方向；(2)若A点电势为零，则到达B点的粒子，在通过B点时的电势能Ep.答案　(1)　沿OC方向　(2)－解析　(1)因为到达C点粒子动能最大，粒子在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理可知：qUAC＝ΔEk，到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．所以C点的电势最低，则电场线方向沿OC方向．A到C过程由动能定理知：mv02－mv02＝Eq·由上式得：E＝(2)粒子由A到B电场力做功为：W＝Eq·2Rsin30°＝由功能关系得：Ep＝－W＝－.14.(2018·德阳模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一绝缘轻质弯杆AOB，∠AOB＝120°，弯杆可绕固定轴O在水平面内做无摩擦的自由转动．杆上A、B两点分别固定着两个质量相同的带电小球，其质量均为m，电量分别为＋q和－2q.已知OA＝2OB＝2L.空间存在水平向右，场强大小为E的匀强电场，初始时刻OA与电场方向平行．(忽略两小球间的相互作用)问：(1)选O点电势为0，求A、B两球在初始时刻处电势能之和；(2)从初始位置开始释放系统，问转过30°角时B球的速度是多少？答案　(1)－3EqL　(2)解析　(1)根据电场力做功和电势能的变化关系可得：小球A的电势能：EpA＝－Eq·2L①小球B的电势能：EpB＝－2q·ELsin30°②所以总的电势能为：Ep＝－Eq·2L－E×2q·Lsin30°，代入数据解得：Ep＝－3EqL③(2)设系统转过30°角时，B球的速度为vB，由动能定理有：－Eq·(2L－2Lcos30°)＋2Eq·(Lsin60°－Lsin30°)＝mvB2＋mvA2④两个小球转动的角速度相同，根据v＝rω可知，vA＝2vB⑤联立④⑤解得：vB＝.