2019届高考物理一轮复习练习：第7章 第2讲　电场能的性质的描述(含解析)

板块三  限时规范特训

　　时间：45分钟　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7为单选，8～10为多选)

1. [2017·重庆模拟]如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a、b两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是(　　)

A．电场强度Ea>Eb   B．电场强度Ea<Eb

C．电势φa>φb   D．电势φa<φb

答案　C

解析　两个等量同种点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从中点O沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小；由于两点电荷间距离以及a、b两点到O点的距离未知，所以a、b两点的电场强度大小不能确定，A、B错误；根据电场强度的叠加原理可知，Oab直线上电场强度方向向上，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势一定高于b点电势，C正确，D错误。

2. [2017·重庆模拟]一个正七边形七个顶点上各固定一个电荷量为q的点电荷，各电荷的电性如图所示，O点是正七边形的几何中心。若空间中有一点M，且MO垂直于正七边形所在平面，则下列说法正确的是(　　)

A．M点的电场强度方向是沿着OM连线，由O点指向M点

B．M点的电场强度方向是沿着OM连线，由M点指向O点

C．将一个负检验电荷从M点移动到无穷远处，电场力做正功

D．将一个正检验电荷从M点移动到无穷远处，电场力做正功

答案　D

解析　由于系统电荷分布不具有关于OM的对称性，所以M点电场强度不会沿OM连线，A、B错误；只考虑七个电荷在OM方向的电场强度分量，可知电场强度方向从O指向M点，所以M点电势高于无穷远处电势，故将一个负检验电荷从M点移动到无穷远处，电场力做负功；将一个正检验电荷从M点移动到无穷远处，电场力做正功，C错误，D正确。

3. [2017·山东烟台一模]直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示。一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，φa、φb分别为a、b两点的电势。下列说法中正确的是(　　)

A．可能有φa<φb

B．该电场可能为点电荷产生的电场

C．带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能

D．带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小

答案　C

解析　因为轨迹是抛物线，所以粒子受力恒定，所处电场是一个匀强电场，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；根据粒子在做曲线运动过程中，受到的合力总指向轨迹内侧，并且粒子带正电，受到的电场力方向和电场强度方向相同，可知粒子的运动轨迹有如图所示的1、2两种情况，由图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，电势减小，由图线1可知电场力先做负功，后做正功，总功为正功，电势能先增大后减小，总体减小，故一定有φa>φb，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，A、D错误，C正确。

4. [2017·广西柳州模拟]如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－q(Q>q)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法正确的是(　　)

A．A点和B点电场强度相同

B．C点和D点电场强度相同

C．将某正电荷从C点沿直线移到D点，电势能先增大再减小

D．将某正电荷从C点沿直线移到D点，电势能先减小再增大

答案　C

解析　由于Q>q，分析可得A点处电场线比B点处电场线密，故A点电场强度大于B点电场强度，A错误；电场关于MN对称，由于Q>q，则C点电场强度大小等于D点电场强度大小，但两点电场强度方向与两个点电荷的连线不平行，两点电场强度的方向不同，故两点电场强度不相同，B错误；由于Q>q，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功，电势能增大，从O点移到D点，电场力做正功，电势能减小，C正确，D错误。

5．[2017·福建龙岩市质检]以无穷远处的电势为零，在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ＝计算，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点，如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点沿以电荷＋Q为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，质子从A移到C的过程中电势能的变化情况为(　　)

A．增加   B．增加

C．减少   D．减少

答案　B

解析　A点的电势为：φA＝k＋k，C点的电势为：φC＝k＋k，则A、C间的电势差为：UAC＝φA－φC＝－。质子从A移到C，电场力做功为WAC＝eUAC＝－<0，所以质子的电势能增加，B正确。

6. [2017·四川成都一诊]如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从O点无初速释放，通过a点的速率为v。若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g。则(　　)

A．在a点，小环所受弹力大小为

B．在c点，小环的动能最大

C．在c点，小环的电势能最大

D．在b点，小环的速率为

答案　D

解析　在a点，小环所受的库仑力沿aQ方向，大小为k，水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力sin60°＝，A错误；在c点时，小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用，竖直方向受到重力作用，合力竖直向下，小环有竖直向下的加速度，所以在c点时小环的动能不是最大，B错误；c点距离点电荷Q最近，电势最高，带负电荷的小环在c点的电势能最小，C错误；因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，电场力做功为0，应用动能定理得mgl＝mv－mv2，vb＝，D正确。

7. 真空中相距l的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向。在电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>∠NFE。则(　　)

A．E带正电，F带负电，且QE>QF

B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点

C．过N点的等势面与EF连线垂直

D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

答案　C

解析　根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的电场强度是由E、F两电荷在N点产生电场强度的矢量和，电荷E在N点产生电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的电场方向沿NF向下，合电场方向水平向右，又∠NEF>∠NFE，可知F电荷在N点产生的电场强度大于E电荷在N点产生的电场强度，由点电荷电场强度公式E＝，知QE<QF，A错误；只有在电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场线平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合，故B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，EF连线平行于过N点的切线，所以过N点的等势面与EF连线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则φM>φN，再根据Ep＝qφ，q为负电荷，知EpM<EpN，D错误。

8. 如图所示，半径R＝0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝10－4 kg、带电荷量为q＝8.0×10－5 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则(　　)

A．该匀强电场的电场强度E＝100 V/m

B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J

C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s

D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J

答案　CD

解析　粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由圆的半径和切线垂直，以及类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，根据勾股定理，则DC＝0.4 m，即有：AD＝v0t，DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，又UDC＝φD－φC＝φD，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A到C，由动能定理知：qUAC＝mv－mv，代入数据得：vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量：EC＝mv＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正确。

9．[2017·石家庄一模]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A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，下列说法不正确的是(　　)

A．q1为正电荷，q2为负电荷

B．|q1|<|q2|

C．C点的电场强度为零

D．将一带负电的检验电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功

答案　BD

解析　从φ­x图象，可知从O到M的过程中，电势逐渐降低，且不对称，A点离M点较近，故q1为正电荷，q2为负电荷，A正确，不符合题意；在φ­x图象中，图线的斜率大小等于场强E的大小，C点是ND段的电势最高点，该点切线水平，其斜率为0，故C点的电场强度为零，C正确，不符合题意；q1、q2在C处的场强大小相等，即＝，又因OC>MC，所以|q1|>|q2|，B不正确，符合题意；由Ep＝qφ，带负电的检验电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，D不正确，符合题意。

10．一电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B、C三点，且AB＝BC，则下列关系中正确的是(　　)

A．电场强度大小关系为EA＝EC>EB

B．电势φA＝φC<φB

C．将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功

D．将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电势能先增大再减小

答案　BD

解析　由电场线分布可知EA＝EC<EB，A错误；根据等势面与电场线垂直，以及电场的对称性作出等势面，可知A、C在同一等势面上，B点电势高于A、C点电势，B正确；故UAB<0，UBC>0，将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做正功再做负功，C错误；将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，D正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．[2017·福建厦门质检](14分)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m。现有一带电荷量q＝＋2×10－5 C、质量m＝5×10－2 kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；

(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。

答案　(1)1 s　2 m/s　(2)1 N

解析　(1)在物块由静止释放至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：

qE＝ma

又由运动学公式有：s＝at2

解得：t＝1 s

又因：vB＝at

得：vB＝2 m/s

(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向上由牛顿第二定律有：

NB－mg＝m

解得：NB＝1 N

12．[2015·上海模拟](16分)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之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝0处的纵坐标φ＝φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝φ0。若在x＝－2L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。求：

(1)固定在A处的电荷的电量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＝，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm。

答案　(1)QA＝4Q　(2)μ≤　(3)小物块运动到x＝0时速度最大　vm＝

解析　(1)由图乙得，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＝

得＝，解出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：

qU1－μmgs1≥0，即q－μmg·(4L)≥0

解得μ≤。

因此，只有μ≤物块才能到达2L处。

(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：－－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：qU2－μmgs2＝mv－0

代入数据：q－μmg·(2L)＝mv－0

解得vm＝。