2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业33静电场中的能量

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业33静电场中的能量，共7页。

1.三个固定的带电荷量均为Q的点电荷形成的电场如图所示，A、B是电场中的两个点，下列说法正确的是( )
A．三个固定的点电荷都带负电
B．A、B两点的电场强度大小EA>EB
C．A、B两点电势φAφN.现有一正电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD.下列说法正确的是( )
A．M点的电场强度小于N点的电场强度
B．正对N点射入“透镜”电场的正电子会经过N点
C.正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子不会沿直线穿出小孔
D．该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用
7.(多选)如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2m，cd与电场方向平行，a、b两点间的电势差Uab＝20V．则( )
A．电场强度的大小E＝200V/m
B．b点的电势比d点的低5V
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
8.在地图中，通常采用等高线来表示地势的高低，如图所示．在物理学中，通常采用等势线来表示电势的高低，若水平面上的图为等势线图，所标数字为电势，单位为V.元电荷为e.则( )
A．B、D两点的电场强度大小相等
B．将一电子由D点移动到C点，电场力对该电子所做的正功为30eV
C．同一正检验电荷在A点处的电势能小于其在D点处的电势能
D．A、D两点之间的电势差等于30V
9.[2023·重庆市联考]如图所示，等边△ABC所在平面与匀强电场平行，其中电势φA＝φ，φB＝2φ，φC＝3φ(φ>0)，保持该电场的场强大小和方向不变，让等边三角形以A点为定点在纸面内顺时针转过30°，到△AB′C′位置，则此时的C′点电势为( )
A．φB．2φC．eq \r(3)φD．(1＋eq \r(3))φ
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10．(多选)空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝对值分别为QA和QB，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴建立直角坐标系，分别作出部分E­x和φ­x图像，如图所示，无穷远处电势为零．则下列说法正确的是( )
A．A为正点电荷，B为负点电荷，且QAQB
C．1是E­x图像，2是φ­x图像
D．1是φ­x图像，2是E­x图像
11.[2023·山东济南一模]如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上有两点M和N，距离为2d.在M和N处分别固定电荷量为＋q和－q的两个点电荷．下列说法正确的是( )
A．点电荷＋q和－q受到的静电力大小均为qE，方向相反
B．将点电荷＋q沿M、N连线向N点移动距离d，静电力对点电荷＋q做的功为qEd
C．交换两个点电荷的位置，匀强电场施加的电场力对两个点电荷做功之和为零
D．将两点电荷沿M、N连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两个点电荷做功之和为零
12．[2023·哈尔滨质检](多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是电场中的一条直线，线上有A、B、C三点．一带电荷量为＋2×10－3C、质量为1×10－3kg的小物块(可视为质点)从A点静止释放，只受静电力作用，沿MN做直线运动，其运动的v­t图像如图乙所示，经过B点时，v­t图线的斜率最大(图中斜虚线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块带电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点电势差UAB＝4V
B．A、C间电场强度方向相同，B点场强最大，为1V/m
C．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大
D．小物块从B点到C点，静电力做的功W＝1×10－2J
课时分层作业（三十三）
1．解析：由电场线的指向可知，三个点电荷都是正电荷，故A错误；由电场线的疏密可知，EA>EB，故B正确；沿电场线方向电势降低，所以φA>φB，故C错误；负的试探电荷从A移动到B，电场力做负功，所以电势能增加，故D错误．
答案：B
2．解析：A、E两点间的电势差最大，且A、E间的距离约为1m，则E＝eq \f(500μV,1m)＝500μV/m，故选项B正确．
答案：B
3．解析：由对称性与电场叠加原理可知，a、b、c、d处四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点的合场强为零，类比正点电荷电场可知，一根带正电绝缘长棒在空间某点的场强方向沿该棒所在直线的垂线指向该点，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电场强度方向由O点垂直指向a，B、D项错误；设每根带正电绝缘长棒在O点产生的电势为φ0，且大于零，则根据电势的叠加原理知，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电场的电势为4φ0，若撤去a处的绝缘棒，其他三棒在O点产生的电场的电势为3φ0，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电势减小，A项正确、C项错误．
答案：A
4．解析：等势面1和等势面2电势是否相等的判断依据应为两等势面是否关于两正电荷连线的中垂线对称，故A、B错误；电场线一定处处与等势面垂直，假设－Q与＋Q的连线与某条电场线重合，则该电场线上各处都应该与等势面垂直，观察题目所给图像，－Q与＋Q的连线不满足该要求，所以不存在与这个连线重合的电场线，而从沿电场线方向电势降低，无法推理出是否存在电场线与－Q和＋Q的连线重合，故C错误，D正确．
答案：D
5．解析：A、B两点关于避雷针对称，电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；由图可知，A、B两点在同一个等势面上，且电势低于C点的电势，可知正电荷在C点的电势能大于在A点的电势能，选项B正确；B点的电势小于C点的电势，负电荷从低电势到高电势，电场力做正功，根据动能定理可知，负电荷的动能增大，选项C错误；等差等势面越密集电场强度越大，结合题图可知C点的电场强度小于A点的，选项D错误．
答案：B
6．解析：因M点处的等差等势面比N点处的等差等势面密集，则M点处的电场线比N点处的电场线密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；因电场线与等势面垂直，故正对N点射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向不总是指向N点，故正电子不会经过N点，选项B错误；电场线与等势面垂直，由图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，选项C错误；根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，选项D正确．
答案：D
7．解析：由匀强电场中场强与电势差的关系可知，E＝eq \f(Uab,abcs60°)＝200V/m，A项正确；沿电场线方向电势降低，故b点电势高于d点电势，B项错误；同理，a点电势低于c点电势，由Ep＝－eφ可知，电子在a点的电势能大于在c点的电势能，D项正确；电子受力与场强方向相反，故电子从c点到d点，电场力做负功，C项错误．
答案：AD
8．解析：由图可知，B、D两点的电势相等，B点处的等差等势线比D点处的等差等势线稀疏，由E＝eq \f(U,d)可知，B点处的电场强度大小小于D点处的电场强度大小，即B、D两点的电场强度大小不相等，选项A错误；由于D点的电势为100V，C点的电势为130V，将一电子由D点移动到C点，电场力对该电子做正功，为WDC＝e（φD－φC）＝30eV，选项B正确；由于A点的电势（120V）高于D点的电势（100V），根据电势能的定义，Ep＝qφ，可知同一正检验电荷在A点处的电势能大于其在D点处的电势能，选项C错误；A、D两点之间的电势差UAD＝φA－φD＝120V－100V＝20V，选项D错误．
答案：B
9．解析：利用等分法确定匀强电场方向为从C指向A，设AC长度为L，则E＝eq \f(2φ,L)，由几何知识得，C′A沿电场线方向的距离为dC′A＝Lcs30°＝eq \f(\r(3),2)L，由电势差与电场强度的关系可知，UC′A＝φC′－φA＝EdC′A＝eq \f(2φ,L)·eq \f(\r(3)L,2)，解得φC′＝（1＋eq \r(3)）φ，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
10．解析：由于正点电荷周围电势趋于正无穷大，所以由图可知B为正点电荷，因为点电荷B右侧有场强为0的点，说明A为负点电荷，因电场强度叠加为0的位置，离B近，离A远，故由E＝keq \f(Q,r2)可知QA>QB，B正确，A错误．当φ­x图像斜率为0时，场强为0，结合图中的辅助线，可知1是φ­x图像，2是E­x图像，D正确，C错误．
答案：BD
11．解析：点电荷＋q受到的静电力为匀强电场对其施加的向右的电场力qE以及点电荷－q对其施加的向右的库仑力keq \f(q2,4d2)的矢量和，则合力为F1＝qE＋keq \f(q2,4d2)，方向水平向右；点电荷－q受到的静电力为匀强电场对其施加的向左的电场力qE以及点电荷＋q对其施加的向左的库仑力keq \f(q2,4d2)的矢量和，则合力为F2＝qE＋keq \f(q2,4d2)，方向水平向左，选项A错误．将点电荷＋q沿M、N连线向N点移动距离d，静电力做功包含两部分，即匀强电场施加的电场力对点电荷＋q做的功qEd和点电荷－q对点电荷＋q施加的库仑力做的正功之和，选项B错误．若交换两个点电荷的位置，静电力对点电荷＋q做正功，对点电荷－q也做正功，二者的代数和大于零，选项C错误．将两点电荷沿M、N连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，此时两点电荷之间的库仑力所做总功为零，匀强电场施加的电场力对两个点电荷所做功的数值恰好互为相反数，故静电力对两个点电荷做功之和为零，选项D正确．
答案：D
12．解析：小物块由A到B的过程中，根据动能定理得WAB＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，代入数据解得WAB＝8×10－3J，又UAB＝eq \f(WAB,q)，代入数据解得UAB＝4V，选项A正确；根据v­t图线的斜率表示加速度，可得由A到B，小物块加速度不断增大，在B点的加速度最大，为a＝eq \f(4,5－3)m/s2＝2m/s2，在B点所受的静电力最大，为F＝ma＝1×10－3×2N＝2×10－3N，则A、C间电场强度方向相同且B点的电场强度最大，为E＝eq \f(F,q)＝eq \f(2×10－3,2×10－3)N/C＝1N/C＝1V/m，选项B正确；由v­t图线可知，由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则其电势能一直减小，选项C错误；小物块从B点到C点静电力做功W＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝eq \f(1,2)×1×10－3×（62－42）J＝1×10－2J，选项D正确．
答案：ABD