(新高考)高考物理一轮复习课时作业第7章第2讲《电场能的性质》(含解析)

第2讲　电场能的性质 　　时间：50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题为单选，8～10题为多选) 1. (2021·八省联考广东卷)如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受静电力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是(　　) A．p点的电势高于n点的电势 B．微粒在p点的电势能小于在m点的电势能 C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量 D．微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量 答案　D 解析　沿着电场线，电势逐渐降低，则有φn>φp，故A错误；负电荷从p到m运动静电力做正功，电势能减小，有Epp>Epm，故B错误；两微粒均只受静电力，由动能定理有qU＝ΔEk，因初末位置电势差相同，电量q相等，则静电力做的功相等，电势能减小量相等，两微粒的动能变化量相等，故C错误，D正确。 2. (2021·八省联考湖北卷)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MN连线向N点移动距离d，静电力对点电荷＋q做功为qEd C．交换两个点电荷的位置，静电力对两个点电荷做功之和为零 D．将两点电荷沿MN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 答案　D 解析　点电荷＋q受到匀强电场给其向右的静电力qE以及点电荷－q所给其向右的静电力k，合力大小为F1＝qE＋k，方向水平向右；点电荷－q受到匀强电场给其向左的静电力qE以及点电荷＋q所给其向左的静电力k，合力大小为F2＝qE＋k，方向水平向左，故A错误。将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，匀强电场的静电力做功为qEd，点电荷－q的库仑力对它做正功，则静电力对点电荷＋q做功大于qEd，故B错误。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，做功之和不为零，故C错误。将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，此过程静电力对＋q做的功为qEd＋，对－q做的功为－，故静电力对两个点电荷做功之和为零，D正确。 3．(2020·山东济南二模)如图所示为某电场中的一条电场线，线上有A、B、C三点，B点是A、C的中点。电子在A点的电势能为4 eV，在C点的电势能为10 eV，下列说法正确的是(　　) A．B点电场强度的方向一定由C指向A B．B点电场强度的方向一定由A指向C C．B点的电势一定小于－7 V D．B点的电势一定大于－7 V 答案　B 解析　根据题意可知，电子在A点的电势能较低，则说明A点的电势较高，所以电场线由A指向C，则B点电场强度的方向一定由A指向C，故A错误，B正确；φA＝＝＝－4 V，同理，φC＝－10 V，因为B点为A、C的中点，如果为匀强电场，则有φB－φA＝φC－φB，得φB＝－7 V，由题无法确定该电场是什么电场，故无法确定B点的电势，故C、D错误。 4. (2020·山西省运城市高三上学期期末调研)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是(　　) 答案　D 解析　粒子仅受静电力作用，做初速度为零的加速直线运动，静电力做的功等于电势能的减小量，故F＝||，即Ep­x图像上某点的切线的斜率绝对值表示静电力的大小，由图可知，该粒子所受静电力随位移的增大逐渐减小，根据E＝，可知电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有：F·Δx＝ΔEk，故Ek­x图线上某点切线的斜率表示静电力，由于静电力逐渐减小，故B错误；C图v­x图像是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故粒子增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而静电力减小导致加速度减小，故C错误；粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。 5. (2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势φK<φL<φM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是(　　) A．粒子带负电 B．粒子在bc段也做减速运动 C．粒子在a点的速率大于在e点的速率 D．粒子从c点到d点的过程中静电力做负功 答案　B 解析　已知电势φK<φL<φM，作出电场线如图，方向向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的静电力方向向左，故该粒子带正电，故A错误；由于该粒子所受静电力向左，则粒子在由b运动到c的过程中静电力做负功，则动能减小，做减速运动，故B正确；a与e处于同一等势面上，电势相等，则粒子在a、e点的电势能相等，根据能量守恒定律，粒子的速率也相等，故C错误；粒子从c点到d点的过程中，电势降低，该粒子的电势能减小，静电力做正功，故D错误。 6. 2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))q1、q2为固定在x轴上的两个点电荷，x轴上部分区域的电势分布如图所示，则(　　) A．q1带负电，q2带正电 B．q1电荷量小于q2电荷量 C．a点场强小于c点场强 D．若将电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先减小后增大 答案　D 解析　φ­x图像切线的斜率的绝对值表示场强的大小，由图可知，b点的场强为零，从a到c电势先增大后减小，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a、b之间场强方向向左，b、c之间场强方向向右，则q1带正电，q2带负电，故A错误；由于b点的场强为零，q1到b点的距离大于q2到b点的距离，根据点电荷的场强公式结合场强的叠加原理可知，q1电荷量大于q2电荷量，故B错误；φ­x图像切线的斜率的绝对值表示场强的大小，所以a点场强大于c点场强，故C错误；由于电子带负电，且从a点沿x轴到c点电势先增大后减小，根据电势能与电势的关系式Ep＝qφ可知，电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先减小后增大，故D正确。 7. (2021·八省联考湖南卷)如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大 B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低 C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能 D．小球在D、F两点所受的静电力相同 答案　C 解析　小球从C运动到D的过程中，小球所受两点电荷静电力的合力的方向与小球速度方向的夹角一直是钝角，两静电力的合力一直做负功，由动能定理可知，小球的速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线分布图可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则由O指向F，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知φC>φO>φF，B错误；根据对称性可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C、E两点的动能相同，速度大小相等，C正确；根据对称性可知，D、F两点的电场强度大小相等、方向相反，因此小球在D、F两点所受的静电力方向不同，D错误。 8. (2021·八省联考辽宁卷)电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的是(　　) A．正方形右下角电荷q带正电 B．M、N、P三点中N点场强最小 C．M、N、P三点中M点电势最高 D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小 答案　AC 解析　根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，右上角电荷带负电，右下角电荷带正电，左下角电荷带负电，A正确；根据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误；依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高，C正确；P点电势低于O点电势，由Ep＝φq可知，负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大，D错误。 9. (2020·云南省大理、丽江、怒江高三第二次复习统一检测)如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在a、c两个点处放等量异种电荷＋Q和－Q，取无限远处电势为0，则下列说法正确的是(　　) A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同 B．e、d两点电势不同 C．电子沿曲线b→e→d运动过程中，静电力做正功 D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变 答案　AD 解析　由等量异种点电荷的电场的特点，结合题图可知，图中平面bedf是两个点电荷连线的垂直平分面，该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度方向都与该平面垂直，由于b、f、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、f、d、e各点的场强大小也相等，由以上分析可知，b、d、e、f各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A正确，B错误；由于平面bedf为等势面，故电子沿曲线b→e→d运动过程中，静电力不做功，故C错误；将＋Q从a点移动到b点，球心O仍位于等量异种点电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故D正确。 10. (2020·湖南省永州市高三下学期高考培优信息卷)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＝ B．O点处的电场强度E＝ 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v 答案　BD 解析　小球从C点运动到O点的过程中，根据动能定理得：mgd＋UCO·q＝mv2－0，解得：UCO＝，故A错误；点电荷A(或B)在O点处产生的场强大小为：E′＝＝，根据平行四边形定则，O点处的电场强度大小为：E＝E′＝，故B正确；小球下落过程中，只有静电力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，从C到O的过程中，小球的动能增加，则重力势能和电势能之和减小，故C错误；根据对称性，C、O间电势差与O、D间电势差相等，小球P从C到D的过程中，根据动能定理可得：mg·2d＋2UCO·q＝mv，得到小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度vD＝v，故D正确。 二、非选择题(本题共2小题，共30分) 11．(14分) 如图所示，AB⊥CD，且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求： (1)小球运动到D点时对轨道的压力； (2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。 答案　(1)2mg－k，方向竖直向下　(2)mgr 解析　(1)小球在D点时有FN＋k－mg＝m 解得FN＝2mg－k 由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg－k，方向竖直向下。 (2)小球从A运动到D，根据动能定理，有： mgr＋W电＝m()2－0 解得静电