2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第7章第2講電場的能的性質(zhì)

第7章第2講電場的能的性質(zhì)課時作業(yè)時間：50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1～6題為單選，7～10題為多選)1．(2016·全國卷Ⅲ)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度一定相等D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功答案B解析假設(shè)兩個電勢不同的等勢面相交，則交點處的電勢就是兩個不同的值，這是不可能的，A錯誤；電場線與等勢面處處相互垂直，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，而場強不一定相等，C錯誤；負電荷從高電勢處移到低電勢處，電勢能增加，電場力做負功，D錯誤。2．(2016·江蘇高考)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是()A．A點的電場強度比B點的大B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同答案C解析電場線的疏密表示場強的大小，因為A點處電場線較B點處稀疏，所以EA<EB，A項錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，故B項錯誤；電場線與等勢面垂直，C項正確；電場力做功與路徑無關(guān)，故D項錯誤。3．(2019·山東淄博模擬)如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛線為電子從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是()A．A點的場強小于B點的場強B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D．電子在A點的速度大于在B點的速度答案D解析根據(jù)“電場線的密疏表示場強的大小”可知，A點的場強比B點的場強大，A錯誤；根據(jù)電場線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷。由題圖電場線分布特點可知點電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向曲線的凹側(cè)，故電子過B點時受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，電子在A點的速度大于在B點的速度，C錯誤，D正確。4．真空中，在x軸上x＝0和x＝8處分別固定兩個電性相同的點電荷Q1和Q2。電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖象如圖所示(＋x方向為場強正方向)，其中x＝6處E＝0。將一個正試探電荷在x＝2處由靜止釋放(重力不計，取無窮遠處電勢為零)。則()A．Q1、Q2均為負電荷B．Q1、Q2帶電量之比為9∶1C．在x＝6處電勢為0D．該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小答案B解析由圖可知，在x＝0處場強為正，x＝8處場強為負，可知Q1、Q2均為正電荷，A錯誤；根據(jù)x＝6處E＝0可知，在x＝6處，E1＝E2，即keq\f(Q1,62)＝keq\f(Q2,22)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(62,22)＝eq\f(9,1)，B正確；由于無窮遠處電勢為零，故在x＝6處電勢大于0，C錯誤；該試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功再做負功，因此電勢能先減小后增大，D錯誤。5.(2019·遼寧遼陽模擬)點電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的原點O處和x＝5d處，正點電荷q(不計重力)從x＝d處以初速度v0沿x軸正方向運動，其速率v與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列判斷正確的是()A．點電荷Q1帶負電荷、Q2帶正電荷B．點電荷Q1、Q2所帶電荷量的絕對值之比為2∶3C．正點電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，在x＝2d處的電勢能最小D．從x＝d處到x＝4d處，電勢先增大后減小答案D解析正點電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程，速度先減小后增大，則電場力先做負功后做正功，即從x＝d處到x＝2d處場強方向向左，從x＝2d處到x＝4d處場強方向向右，則x＝2d處合場強為零。由上面的分析結(jié)合場強的疊加可知點電荷Q1、Q2均帶負電荷，故A錯誤；由x＝2d處合場強為零得：eq\f(kQ1,2d2)＝eq\f(kQ2,3d2)，解得Q1∶Q2＝4∶9，B錯誤；由前面的分析知：正點電荷q從x＝d處到x＝4d處的過程中，電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，所以在x＝2d處的電勢能最大，C錯誤；由Ep＝qφ可知正電荷電勢能越大則電勢越大，因此在x＝2d處電勢最大，從x＝d處到x＝2d處，電勢先增大后減小，D正確。6．(2019·安徽合肥模擬)兩電荷量分別為Q1和Q2的點電荷固定在y軸上的M、N兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨坐標(biāo)y變化的關(guān)系圖象如圖所示，其中P點電勢最高，且在y軸上MP長度小于PN長度。則下列說法正確的是()A．Q1和Q2都帶正電荷B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．在M、N之間將一點電荷沿y軸從P點下側(cè)移到上側(cè)，電勢能先減小后增大，則該點電荷帶正電D．一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大答案D解析從N到P電勢升高，從P到M電勢降低，則電場線方向從P到N，從P到M，則Q1和Q2都帶負電荷，A錯誤；在P點，φ-y圖線切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，說明Q1和Q2兩點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，由公式E＝keq\f(Q,r2)，MP＜NP，則Q1的電荷量小于Q2的電荷量，B錯誤；點電荷從P點下側(cè)移到P點上側(cè)，電勢能先減小后增大，則此過程中電場力對其先做正功后做負功，結(jié)合Q1、Q2均為負電荷可知，該點電荷帶負電，C錯誤；根據(jù)φ-y圖線切線斜率表示電場強度，從P點到N點斜率越來越大，故場強越來越大，則一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大，D正確。7.水平線上的O點放置一點電荷，圖中畫出了電荷周圍對稱分布的幾條電場線，如圖所示。以水平線上的某點O′為圓心畫一個圓，與電場線分別相交于點a、b、c、d、e。則下列說法中正確的是()A．b、e兩點的電場強度相同B．b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差C．電子在c點的電勢能小于在b點的電勢能D．正點電荷從a點沿圓周逆時針移動到d點過程中，電場力對它做正功答案BC解析由圖看出，場源電荷為正電荷，b、e兩點電場強度的大小相等，但方向不同，而電場強度是矢量，所以b、e兩點的電場強度不同，A錯誤；根據(jù)對稱性可知，b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差相等，B正確；根據(jù)沿著電場線電勢逐漸降低可知，離場源電荷越遠，電勢越低，故c點電勢高于b點電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，知電子在c點的電勢能小于在b點的電勢能，C正確；正點電荷從a點沿圓周逆時針移動到d點過程中，電勢逐漸升高，由Ep＝qφ知電勢能逐漸增大，則知電場力對它做負功，D錯誤。8．(2019·安徽安慶模擬)有一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c、d四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點電勢分別為：4V、8V、10V，將一電荷量為q＝－2×10－5C的負點電荷由a點開始沿abcdA．坐標(biāo)原點O的電勢為6VB．電場強度的大小為eq\r(2)V/mC．該點電荷在c點的電勢能為2×10－5JD．該點電荷從a點移到d點過程中，電場力做功為8×10－5J答案AD解析勻強電場中沿同一方向前進相同距離電勢的降低相等，所以φb－φc＝φa－φO，代入數(shù)據(jù)解得：φO＝6V，A正確；同理可知，ab中點e的電勢為φe＝6V，連接Oe，則Oe為等勢線，如圖所示，由幾何關(guān)系可知ab垂直O(jiān)e，則ab為一條電場線，且電場強度的方向由b指向a，電場強度的大小為：E＝eq\f(Ube,dbe)＝eq\f(8－6,\f(\r(22＋22),2)×10－2)V/m＝100eq\r(2)V/m，B錯誤；該點電荷在c點的電勢能為：Epc＝qφc＝－2×10－4J，C錯誤；由幾何關(guān)系得bd∥Oe，則φd＝φb，則該點電荷從a點移動到d點電場力做功為：Wad＝Wab＝qUab＝(－2×10－5)×(4－8)J＝8×10－5J，D正確。9.空間存在一沿x軸對稱分布的電場，其電勢φ隨x變化的情況如圖所示，若在－x0處由靜止釋放一帶正電的粒子，該粒子僅在電場力的作用下運動到x0的過程中，下列關(guān)于帶電粒子的電勢能Ep、動能Ek隨位移x的變化圖線，以及速度v、加速度a隨時間t變化的圖線正確的是()答案AD解析根據(jù)電勢能Ep＝qφ可知，φ-x圖象的變化規(guī)律與帶正電的粒子的電勢能隨x的變化規(guī)律相同，A正確；觀察φ-x圖象，其斜率表示電場強度，所以電場向右，從－x0到x0的過程中電場強度先減小后增大，帶正電的粒子從－x0處由靜止釋放后，受到沿x軸正方向的電場力先減小后增大，經(jīng)過相同位移電場力做的功先減小后增大，根據(jù)動能定理可知，B錯誤(也可以根據(jù)Ep＋Ek＝Ep0得出Ek的圖象)；從－x0到x0的過程中粒子的加速度也是先減小后增大，D正確；再根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度可知，C錯誤。10．(2019·湖南衡陽模擬)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，x軸上的電勢φ與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過(0.1,4.5)和(0.15,3)兩點，圖中虛線為該曲線過點(0.15,3)的切線，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質(zhì)點)，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度g＝10m/s2A．滑塊P運動過程中的電勢能先減小后增大B．滑塊P運動過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運動的最大速度為0.1m/s答案BCD解析由電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強度可知，電場強度方向未變，滑塊運動的過程中電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，A錯誤；φ-x圖線的斜率的絕對值表示電場強度的大小，則x＝0.15m處的場強大小為E＝eq\f(ΔΦ,Δx)＝eq\f(3×105,0.3－0.15)V/m＝2×106V/m＝2.0×106N/C，滑塊P在此處的電場力大小為：F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N，滑動摩擦力大小為f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，在x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，B、C正確；在x＝0.15m處，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qU－fx＝eq\f(1,2)mv2，因為x＝0.10m和x＝0.15m處的電勢差為1.5×105V，代入求解，最大速度為0.1m/s，D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．(14分)如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q。現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為eq\r(gr)，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量。答案(1)2mg－keq\f(Qq,4r2)，方向豎直向下(2)eq\f(1,2)mgr解析(1)小球在D點時有FN＋keq\f(Qq,2r2)－mg＝meq\f(v2,r)解得FN＝2mg－keq\f(Qq,4r2)由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－keq\f(Qq,4r2)，方向豎直向下。(2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgr＋W電＝eq\f(1,2)m(eq\r(gr))2－0解得電場力做的功：W電＝－eq\f(1,2)mgr因為電場力做負功，則電勢能增加，ΔEp＝eq\f(1,2)mgr。12．(16分)如圖所示，帶電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC中點?，F(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運動到B點時速度恰好為零。已知帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：(1)小球運動到B點時的加速度大??；(2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示)。答案(1)eq\