高考物理一轮复习专题突破练习7电场性质的综合应用含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习7电场性质的综合应用含答案，共13页。
1．(多选)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
2．(2022·四川省成都市高三模拟)如图所示，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Q≫q，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于( )
A．－eq \f(mgLsin θ,Q)B．eq \f(mgLsin θ,Q)
C．－eq \f(mgLsin θ,q)D．eq \f(mgLsin θ,q)
3．(多选)如图所示，一倾角θ＝30°的光滑绝缘斜槽，放在方向竖直向下的匀强电场中。有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从斜槽顶端A处，以初速度v0沿斜槽向下运动，能到达斜面底端B处。则运动过程中( )
A．小球不可能做减速运动
B．小球的电势能增加
C．电场力做的功等于小球的机械能增量
D．电场力的冲量可能与重力的冲量相同
4．(2022·山西师大附中高三检测)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
5．(2021·山东卷)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜eq \f(\r(2),2)a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是( )
甲 乙
A．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向右运动
B．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向左运动
C．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向右运动
D．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向左运动
6．(多选)(2023·福建厦门市质检)某空间存在沿x轴方向的电场，电场强度沿x轴的变化情况如图所示，有一个质量为m、电荷量为＋q的点电荷从A点以初速度v0沿x轴正方向运动，到B点时速度恰好减到零，点电荷只受电场力的作用，则( )
A．A点电势低于B点电势
B．点电荷在A、B两点的电势能相等
C．从A到B的过程中，电场力先做负功后做正功
D．若点电荷只受电场力作用，则A、B两点的电势差为－eq \f(mv\\al(2,0),2q)
7．(多选)如图所示，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为eq \f(2mg,q)的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0。下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为eq \f(5Ek0,mg)
B．a、b两点间的距离为eq \f(4Ek0,mg)
C．a、c间的电势差为eq \f(8Ek0,q)
D．a、c间的电势差为eq \f(12Ek0,q)
8．两电荷量分别为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两点间电场强度方向沿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
9．(2022·河南新乡市高三检测)如图甲所示，在真空中，两个带电荷量均为q＝1×10－3 C的负点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，将该平面上一质量m＝10 g、电荷量为1×10－3 C的带正电小球(视为质点)从a点由静止释放，小球沿两电荷连线的中垂线运动到两电荷连线的中点O，其从a点运动到O点的v­t 图像如图乙中实线所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，如图中虚线所示，则下列分析正确的是( )
甲 乙
A．在两电荷的连线上，O点的电场强度最小，电势最低
B．b点的电场强度大小为10 V/m
C．a、b两点间的电势差为45 V
D．在从a点运动到O点的过程中，小球受到电荷P的作用力先增大后减小
10．(多选)(2022·山东泰安市一模)一电荷量为－1.0×10－8 C的带电粒子P，只在电场力作用下沿x轴运动，运动过程中粒子的电势能Ep与位置坐标x的关系图像如图曲线所示，图中直线为曲线的切线，切点为(0.3,3)交x轴于(0.6,0)。曲线过点(0.7,1)，则下列说法正确的是( )
A．在x＝0.3 m处电场强度大小为103 N/C
B．在x＝0.3 m处电场强度大小为109 N/C
C．x＝0.3 m处的电势比x＝0.7 m处的电势高
D．x＝0.3 m与x＝0.7 m间电势差的绝对值是200 V
11．(多选)某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为＋q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则( )
A．若O点的电势为零，则A点的电势为－eq \f(E0d,2)
B．粒子从A到B做匀速直线运动
C．粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D．粒子运动到B点时动能为eq \f(3qE0d,2)
12．(多选)(2022·辽宁大连市第一次模拟)如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷M、N关于细杆对称固定。两电荷连线中点为O，带正电的小球套在细杆上，从距中点O高为h1处的P点静止释放，经过时间t1运动到O点。此过程中小球速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek、电势能Ep(无穷远处电势为0)随时间t或下降距离h的变化图像可能正确的有( )
A B C D
13．(多选)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时， 速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。则( )
A．C、O两点间的电势差UCO＝eq \f(mv2,2q)
B．O点处的电场强度E＝eq \f(\r(2)kQ,2d2)
C．小球下落过程中重力势能和电势能之和不变
D．小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为eq \r(2)v
14．(2022·江苏盐城市高三模拟)如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m、电荷量为＋q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均eq \f(3mgsin θ,L)，小球在距B点eq \f(4,5)L的P点处于静止状态，Q点距A点eq \f(4,5)L，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则( )
A．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mgsin θ,5q)
B．小球在Q点的加速度大小为eq \f(6,5)gsin θ
C．小球运动的最大动能为eq \f(12,25)mgLsin θ
D．小球运动到最低点的位置离B点距离为eq \f(1,5)L
专题突破练习(七)
1．AB [沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误。]
2．C [从A到B由动能定理可知mgLsin θ＋UABq＝0，解得UAB＝－eq \f(mgLsin θ,q)，故选项C正确。]
3．ABC [能到达斜面底端B处，说明电场力小于或等于小球自身重力，则小球做加速或匀速运动，不会做减速运动，故A正确；小球所受电场力与位移方向夹角为钝角，则电场力做负功，所以其电势能增加，故B正确；根据除重力外其他力做功为机械能的改变量，可知电场力做的功等于小球的机械能增量，故C正确；根据冲量的定义式，有I＝Ft，电场力的冲量大小可能与重力的冲量大小相等，但二者冲量的方向恰好相反，故D错误。]
4．D [由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确。]
5．C [
因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零，对最上边的点电荷，其他三个电荷给它的受力分别是F1＝F3＝eq \f(kq2,a2)，F2＝eq \f(kq2,2a2)，因为F1、F3大小相等，所以F1、F3的合力是eq \f(\r(2)kq2,a2)，而Q对最上边点电荷的库仑力是keq \f(qQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a)) eq \s\up10(2))，由平衡知识可得eq \f(\r(2)kq2,a2)＋eq \f(kq2,2a2)＝keq \f(qQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a)) eq \s\up10(2))，解得Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，因在0≤x＜eq \f(\r(2),2)a区间内沿x轴正向电势升高，则电场强度方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。故选C。]
6．AD [根据动能定理，从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增加，在B点的电势能大，由于带电粒子带正电荷， 因此B点的电势高于A点的电势，A正确，B错误；从A到B过程中，由于电场强度方向没变，因此电场力始终做负功，C错误；根据动能定理UABq＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可得UAB＝－eq \f(mv\\al(2,0),2q)，D正确。]
7．BC [不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq \f(4Ek0,mg)，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq \f(8Ek0,q)，故C正确，D错误。]
8．C [若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图像可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；φ­x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC段电场线向右，CD段电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。]
9．C [点电荷在与其距离为r处的电场强度大小E＝eq \f(kQ,r2)，故两点电荷在O点的合电场强度为0，沿电场线方向电势降低，O点的电势最高，选项A错误；在题图v­t图像上图线的斜率表示加速度，在b点，ab＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有qEb＝mab，解得Eb＝15 V/m，选项B错误；小球从a点运动到b点的过程，根据动能定理有qUab＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)，由题图乙可知vb＝3 m/s，解得Uab＝45 V，选项C正确；在小球从a点运动到O点的过程中，小球与电荷P间的距离一直减小，所以受到电荷P的作用力一直增大，选项D错误。]
10．AD [根据W＝－ΔEp，可知Ep­x图像切线的斜率表示电场力，在x＝0.3 m处的电场力大小为F＝k＝eq \f(ΔEp,Δx)＝eq \f(3×10－6,0.6－0.3) N＝1.0×10－5 N，则可求得x＝0.3 m处的电场强度大小为E＝eq \f(F,q)＝eq \f(1.0×10－5,1.0×10－8) N/C＝103 N/C，故A正确，B错误；根据Ep＝qφ，可知在x＝0.3 m处的电势为φ1＝eq \f(Ep1,q)＝eq \f(3×10－6,－1×10－8) V＝－300 V，在x＝0.7 m处的电势为φ2＝eq \f(Ep2,q)＝eq \f(1×10－6,－1×10－8) V＝－100 V，所以x＝0.7 m 处的电势高于x＝0.3 m处的电势，x＝0.3 m 与x＝0.7 m 间电势差的绝对值是U＝|φ1－φ2|＝200 V，故D正确，C错误。]
11．AD [由图可知E­x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA＝eq \f(1,2)E0d，由于φO＝0，因此φA＝－eq \f(1,2)E0d，故A正确；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图像包围的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，故C错误；从O到B点过程由动能定理得WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝eq \f(1,2)E0d＋E0d，联立方程解得EkB＝eq \f(3qE0d,2)，故D正确。]
12．BCD [根据等量同种正点电荷电场线的特点可知，MN在杆的位置处的电场线方向向上，从杆与MN的连线的交点处向上，电场强度的大小从0先增大后减小。小球受重力，如果开始时小球的位置在电场强度最大点的下方，则小球向下运动的过程中受到的电场力逐渐减小，所以小球的加速度逐渐增大，小球做加速度增大的加速运动；如果开始时小球的位置在电场强度最大点的位置上方，则小球向下运动的过程中受到的电场力先增大后减小，所以小球的加速度可能先减小后增大，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的加速运动，则B项中的速度变化是可能的，A项的加速度的变化是不可能的，故A错误，B正确。如果开始时小球的位置在电场强度最大的点的位置上方，而且电场力最大的时候电场力大于重力，则小球向下运动的过程中受到的电场力先增大后减小，所以小球的加速度先减小然后反向增大，所以小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动；当经过了电场力的最大点后，又做加速度减小的减速运动，最后再做加速度增大的加速运动，该种情况下小球的运动过程最复杂，小球的速度先增大，然后减小，最后又增大，小球的动能也是先增大，然后减小，最后又增大，故C正确。小球向下运动的过程中电场力一直做负功，所以小球的电势能一直增大，故D正确。]
13．BD [
小球P由C运动到O时，由mgd＋qUCO＝eq \f(1,2)mv2－0，得UCO＝eq \f(mv2－2mgd,2q)，选项A错误；对小球P在O点处时受力分析，如图所示，F1＝F2＝eq \f(kQq,\r(2)d2)＝eq \f(kQq,2d2)，它们的合力为：F＝F1cs 45°＋F2cs 45°＝eq \f(\r(2)kQq,2d2)，则O点处的电场强度E＝eq \f(F,q)＝eq \f(\r(2)kQ,2d2)，选项B正确；小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C错误；小球P由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd＋qUOD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mv2，由等量异种点电荷的电场特点可知UCO＝UOD，联立解得vD＝eq \r(2)v，选项D正确。]
14．C [依题意，小球在距B点eq \f(4,5)L的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为F＝2kΔx＝2×eq \f(3mgsin θ,L)×eq \f(L,5)＝eq \f(6,5)mgsin θ，对小球由共点力平衡可得(mg＋qE)sin θ＝F，解得E＝eq \f(mg,5q)，故A错误；根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有F＋(mg＋qE)sin θ＝ma，求得a＝eq \f(12,5)gsin θ，故B错误；小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得(mg＋qE)xQPsin θ＝Ekm－0，由几何关系可求得xQP＝2L－2×eq \f(4,5)L＝eq \f(2,5)L，联立求得Ekm＝eq \f(12,25)mgLsin θ，故C正确；依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为eq \f(2,5)L，所以小球运动到最低点的位置离B点距离为x＝xPB－eq \f(2,5)L＝eq \f(4,5)L－eq \f(2,5)L＝eq \f(2,5)L，故D错误。]