備考2019年高考物理一輪復習文檔：第7章 第2講《電場能的性質的描述》練習（含解析）

1、板塊三限時規(guī)范特訓時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中17為單選，810為多選)1. 2017重慶模擬如圖所示，空間有兩個等量的正點電荷，a、b兩點在其連線的中垂線上，則下列說法一定正確的是()A電場強度EaEbB電場強度EabD電勢ab答案C解析兩個等量同種點電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從中點O沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減??；由于兩點電荷間距離以及a、b兩點到O點的距離未知，所以a、b兩點的電場強度大小不能確定，A、B錯誤；根據電場強度的疊加原理可知，Oab直線上電場強度方向向上，沿著電場線方向電勢逐漸降

2、低，所以a點電勢一定高于b點電勢，C正確，D錯誤。2. 2017重慶模擬一個正七邊形七個頂點上各固定一個電荷量為q的點電荷，各電荷的電性如圖所示，O點是正七邊形的幾何中心。若空間中有一點M，且MO垂直于正七邊形所在平面，則下列說法正確的是()AM點的電場強度方向是沿著OM連線，由O點指向M點BM點的電場強度方向是沿著OM連線，由M點指向O點C將一個負檢驗電荷從M點移動到無窮遠處，電場力做正功D將一個正檢驗電荷從M點移動到無窮遠處，電場力做正功答案D解析由于系統(tǒng)電荷分布不具有關于OM的對稱性，所以M點電場強度不會沿OM連線，A、B錯誤；只考慮七個電荷在OM方向的電場強度分量，可知電場強度方向從O

3、指向M點，所以M點電勢高于無窮遠處電勢，故將一個負檢驗電荷從M點移動到無窮遠處，電場力做負功；將一個正檢驗電荷從M點移動到無窮遠處，電場力做正功，C錯誤，D正確。3. 2017山東煙臺一模直線mn是某電場中的一條電場線，方向如圖所示。一帶正電的粒子只在電場力的作用下由a點運動到b點，軌跡為一拋物線，a、b分別為a、b兩點的電勢。下列說法中正確的是()A可能有ab，帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能，A、D錯誤，C正確。4. 2017廣西柳州模擬如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷Q和q(Qq)，以MN連線的中點O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點。下列說法正確的是()AA點和B點

4、電場強度相同BC點和D點電場強度相同C將某正電荷從C點沿直線移到D點，電勢能先增大再減小D將某正電荷從C點沿直線移到D點，電勢能先減小再增大答案C解析由于Qq，分析可得A點處電場線比B點處電場線密，故A點電場強度大于B點電場強度，A錯誤；電場關于MN對稱，由于Qq，則C點電場強度大小等于D點電場強度大小，但兩點電場強度方向與兩個點電荷的連線不平行，兩點電場強度的方向不同，故兩點電場強度不相同，B錯誤；由于Qq，故將某正電荷從C點移到O點，電場力做負功，電勢能增大，從O點移到D點，電場力做正功，電勢能減小，C正確，D錯誤。52017福建龍巖市質檢以無窮遠處的電勢為零，在電荷量為q的點電荷周圍某點

5、的電勢可用eq f(kq,r)計算，式中r為該點到點電荷的距離，k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點，如圖所示?，F將一質子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點，質子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為()A增加eq f(2kQe,L2R2)B增加eq f(2kQeR,L2R2)C減少eq f(2kQeR,L2R2)D減少eq f(2kQe,L2R2)答案B解析A點的電勢為：Akeq f(Q,LR)keq f(Q,R)，C點的電勢為：Ckeq f(Q,LR)keq f(Q,R)，則A、C間的電勢差為：UACACeq

6、 f(2kQR,L2R2)。質子從A移到C，電場力做功為WACeUACeq f(2kQeR,L2R2)0)的小環(huán)，在桿的左側固定一個電荷量為Q(Q0)的點電荷，桿上a、b兩點與Q正好構成等邊三角形，c是ab的中點。使小環(huán)從O點無初速釋放，通過a點的速率為v。若已知abOal，靜電力常量為k，重力加速度為g。則()A在a點，小環(huán)所受彈力大小為eq f(kQq,l2)B在c點，小環(huán)的動能最大C在c點，小環(huán)的電勢能最大D在b點，小環(huán)的速率為eq r(v22gl)答案D解析在a點，小環(huán)所受的庫侖力沿aQ方向，大小為keq f(Qq,l2)，水平方向小環(huán)受力平衡，所以小環(huán)受到向右的彈力大小等于庫侖力沿水

7、平方向的分力eq f(kQq,l2)sin60eq f(r(3)kQq,2l2)，A錯誤；在c點時，小環(huán)水平方向受到電場力和桿的彈力作用，豎直方向受到重力作用，合力豎直向下，小環(huán)有豎直向下的加速度，所以在c點時小環(huán)的動能不是最大，B錯誤；c點距離點電荷Q最近，電勢最高，帶負電荷的小環(huán)在c點的電勢能最小，C錯誤；因為a、b兩點到Q的距離相等，所以a、b兩點電勢相等，小環(huán)從a點到b點，電場力做功為0，應用動能定理得mgleq f(1,2)mveq oal(2,b)eq f(1,2)mv2，vbeq r(v22gl)，D正確。7. 真空中相距l(xiāng)的兩個固定點電荷E、F所帶電荷量大小分別是QE和QF，在

8、它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向。在電場線上標出了M、N兩點，其中N點的切線與EF連線平行，且NEFNFE。則()AE帶正電，F帶負電，且QEQFB在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿電場線運動到N點C過N點的等勢面與EF連線垂直D負檢驗電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能答案C解析根據電場線的指向知E帶正電，F帶負電；N點的電場強度是由E、F兩電荷在N點產生電場強度的矢量和，電荷E在N點產生電場方向沿EN向上，電荷F在N點產生的電場方向沿NF向下，合電場方向水平向右，又NEFNFE，可知F電荷在N點產生的電場強度大于E電荷在N點產生的

9、電場強度，由點電荷電場強度公式Eeq f(kQ,r2)，知QEN，再根據Epq，q為負電荷，知EpMEpN，D錯誤。8. 如圖所示，半徑R0.5 m的eq f(1,4)圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質量為m104 kg、帶電荷量為q8.0105 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v03 m/s水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出)，取C點電勢0，則()A該勻強電場的電場強度E100 V/mB粒子在A點的電勢能為8105 JC粒子到達C點的速度大小為5 m/sD粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.5104 J

10、答案CD解析粒子在電場力作用下做類平拋運動，因粒子垂直打在C點，由圓的半徑和切線垂直，以及類平拋運動規(guī)律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且ODAO0.3 m，根據勾股定理，則DC0.4 m，即有：ADv0t，DCeq f(1,2)eq f(qE,m)t2，聯立并代入數據可得：E25 N/C，故A錯誤；因UDCEDC10 V，又UDCDCD，而A、D兩點電勢相等，所以A10 V，即粒子在A點的電勢能為：EpqA8104 J，故B錯誤；從A到C，由動能定理知：qUACeq f(1,2)mveq oal(2,C)eq f(1,2)mveq oal(2,0)，代入數據得：vC5 m/s，故C正確

11、；粒子在C點總能量：ECeq f(1,2)mveq oal(2,C)eq f(1,2)10452 J1.25103 J，由能量守恒定律可知，粒子速率為4 m/s時的電勢能為：EpECeq f(1,2)mv21.25103 Jeq f(1,2)10442 J4.5104 J，故D正確。92017石家莊一模兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，下列說法不正確的是()Aq1為正電荷，q2為負電荷B|q1|MC，所以|q1|q2|，B不正確，符合題意；由Epq，帶負電的檢驗電荷從N點移到D點

12、，電勢能先減小后增大，故電場力先做正功后做負功，D不正確，符合題意。10一電場的電場線分布如圖所示，電場中有A、B、C三點，且ABBC，則下列關系中正確的是()A電場強度大小關系為EAECEBB電勢ACBC將一帶負電粒子由A經B移至C點過程中，電場力先做負功再做正功D將一帶正電粒子由A經B移至C點過程中，電勢能先增大再減小答案BD解析由電場線分布可知EAECEB，A錯誤；根據等勢面與電場線垂直，以及電場的對稱性作出等勢面，可知A、C在同一等勢面上，B點電勢高于A、C點電勢，B正確；故UAB0，將一帶負電粒子由A經B移至C點過程中，電場力先做正功再做負功，C錯誤；將一帶正電粒子由A經B移至C點過

13、程中，電場力先做負功再做正功，電勢能先增大再減小，D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)112017福建廈門質檢(14分)如圖所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，已知勻強電場的場強E5103 V/m，圓弧軌道半徑R0.4 m?，F有一帶電荷量q2105 C、質量m5102 kg的物塊(可視為質點)從距B端s1 m處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進入圓弧軌道BC，重力加速度g10 m/s2，求：(1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達B點的速度vB的大??；(2)物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。答案(1)1 s2

14、 m/s(2)1 N解析(1)在物塊由靜止釋放至運動到B點的過程中，由牛頓第二定律可知：qEma又由運動學公式有：seq f(1,2)at2解得：t1 s又因：vBat得：vB2 m/s(2)物塊剛進入圓弧軌道時，在沿半徑方向上由牛頓第二定律有：NBmgmeq f(voal(2,B),R)解得：NB1 N122015上海模擬(16分)在絕緣粗糙的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定電量不等的正電荷，兩電荷的位置坐標如圖甲所示，已知B處電荷的電量為Q。圖乙是AB連線之間的電勢與位置x之間的關系圖象，圖中xL點為圖線的最低點，x2L處的縱坐標0，x0處的縱坐標eq f(25,63)0，x2L處的

15、縱坐標eq f(3,7)0。若在x2L的C點由靜止釋放一個質量為m、電量為q的帶電物塊(可視為質點)，物塊隨即向右運動。求：(1)固定在A處的電荷的電量QA；(2)為了使小物塊能夠到達x2L處，試討論小物塊與水平面間的動摩擦因數所滿足的條件；(3)若小物塊與水平面間的動摩擦因數eq f(kqQ,3mgL2)，小物塊運動到何處時速度最大？并求最大速度vm。答案(1)QA4Q(2)eq f(q0,7mgL)(3)小物塊運動到x0時速度最大vmeq r(f(76q0,63m)f(4kqQ,3mL)解析(1)由圖乙得，xL點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合電場強度E合0所以eq f(kQA,roal(2,A)eq f(kQB,roal(2,B)得eq f(kQA,4L2)eq f(kQB,2L2)，解出QA4Q。(2)物塊先做加速運動再做減速運動，到達x2L處速度v10從x2L到x2L過程中，由動能定理得：qU1mgs10，即qeq blc(rc)(avs4alco1(0f(3,7)0)mg(4L)0解得eq f(q0,7mgL)。因此，只有eq f(q0,7mgL)物塊才能到達2L處。(3)小物塊運