高考物理一輪復習第七章靜電場課后分級演練21電場能的性質

課后分級演練(二十一)電場能的性質【A級——基礎練】1．(2017·河北省三市聯(lián)考)如圖甲所示，直線上固定兩個正點電荷A與B，其中B帶＋Q的電荷量，C、D兩點將AB連線三等分，現(xiàn)有一個帶負電的粒子從C點開始以某一初速度向右運動，不計粒子所受的重力，并且已知該粒子在C、D間運動的速度v與時間t的關系圖象如圖乙所示，則A點電荷的帶電荷量可能是()A．＋5Q B．＋3QC．＋2Q D．＋Q解析：A由v－t圖象可知該粒子在兩正電荷A、B的作用下做加速度逐漸減小的減速運動，故點電荷A對其的庫侖引力大于點電荷B對其的庫侖引力，根據(jù)庫侖定律，在D點，keq\f(QAq,4r2)>keq\f(Qq,r2)，即QA>4Q，故選項A正確，B、C、D錯誤．2.(2017·河南省洛陽市高三統(tǒng)考)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質絕緣細繩一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則()A．小球帶負電B．電場力跟重力是一對平衡力C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．運動過程中小球的機械能守恒解析：B根據(jù)題述小球在豎直平面內做勻速圓周運動知，電場力跟重力一定平衡，故電場力一定向上，小球帶正電，選項A錯誤，B正確．小球在從a點運動到b點的過程中，克服電場力做功，電勢能增大，選項C錯誤．小球在運動過程中動能不變，機械能做周期性變化，不守恒，選項D錯誤．3.如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，φa＝50V，φc＝20V，則a、c連線中點b的電勢φb為()A．等于35VB．大于35VC．小于35VD．等于15V解析：Cab段平均場強大于bc段平均場強，由勻強電場場強公式E＝eq\f(U,d)知Uab>Ubc，故Uab>15V，Ubc<15V，所以φB<35V．C正確．4．(多選)如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝3V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是()解析：BC勻強電場中將任一線段等分，則電勢差等分．把AB等分為三段，AB間電壓為3V，則每等分電壓為1V，H點電勢為4V，F(xiàn)點電勢為3V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2V，則G點電勢為4V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確．5.(多選)(2017·山東濰坊模擬)如圖所示，圖中K、L、M為靜電場中的三個相距較近的等勢面．一帶正電粒子射入此靜電場中后，沿abcde軌跡運動．已知粒子在ab段做減速運動．下列判斷中正確的是()A．粒子在a點的電勢能小于在d點的電勢能B．粒子在a點的電勢能大于在d點的電勢能C．K、L、M三個等勢面的電勢關系為φK<φL<φMD．K、L、M三個等勢面的電勢關系為φK>φL>φM解析：ACb、d在同一等勢面上，粒子從a到b做減速運動，電場力做負功，電勢能增加，故在a點的電勢能小于在d點的電勢能，A正確，B錯誤；由帶正電粒子在電勢高的點電勢能大，可知M的電勢最高K的電勢最低，故C正確，D錯誤．6．(多選)兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一個帶電荷量為2C、質量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v－t圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則下列說法正確的是()A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E＝1V/mB．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C．由C到A的過程中，電勢逐漸升高D．A、B兩點電勢差UAB＝－5V解析：AD由題圖乙知，小物塊在B點時加速度最大，大小為2m/s2，據(jù)qE＝ma得B點場強最大，大小E＝1V/m，A正確．由C到A的過程中小物塊的速度增大，動能增大．電勢能始終在減小，故電勢逐漸降低，B、C錯誤．根據(jù)動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得UAB＝－5V，D正確．7.如圖，半徑為R的均勻帶電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線，可能正確的是()解析：A由于帶正電的試探電荷在球殼內運動時，不受電場力，沒有力做功，動能不變，可知C、D項錯誤．在球殼外，電場力做正功，動能增大，且由F庫＝keq\f(Qq,r2)可知隨r的增大，F(xiàn)庫減小，體現(xiàn)為Ek－r圖線的斜率減小，故選項A正確，B錯誤．8.如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內有一個半徑為R＝5m的圓，圓上有一個電荷量為q＝＋1×10－8C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，則()A．x軸位于零勢面上B．電場強度大小為500V/m，方向沿y軸正方向C．y軸位于零勢面上D．電場強度大小為500V/m，方向沿x軸正方向解析：A由Ep＝2.5×10－5sinθ(J)知，x軸上的勢能為零，是零勢面，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當θ＝90°時，Ep＝2.5×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，此時電勢能大于零，故電場強度的方向沿y軸負方向，B、D錯誤．9．兩電荷量分別為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φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是()A．q1、q2為等量異種電荷B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向C．N、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大D．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小解析：C根據(jù)q1左側和q2右側電勢隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，A錯．N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為0，B錯．根據(jù)ND段圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后反向增大，C正確；正電荷從N移到D，由Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，D錯．10.(2017·貴州銅仁市模擬)如圖所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB＝2v0，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為()A.eq\f(mv\o\al(2,0),2q) B.eq\f(3mv\o\al(2,0),q)C.eq\f(2mv\o\al(2,0),q) D.eq\f(3mv\o\al(2,0),2q)解析：C粒子在豎直方向做勻減速直線運動2gh＝veq\o\al(2,0)①電場力做正功，重力做負功，則根據(jù)動能定理有qU－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②解方程①②可得，A、B兩點電勢差為eq\f(2mv\o\al(2,0),q).【B級——提升練】11.(多選)(2017·河南開封模擬)如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形ABCD，電場方向與四邊形ABCD平行，其中M為AD的中點，N為BC的中點．一個電荷量為q的帶正電粒子，從A點移動到B點過程中，電勢能減小W1，若將該粒子從D點移動到C點，電勢能減小W2，下列說法正確的是()A．勻強電場的場強方向必沿AB方向B．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)C．若D、C之間的距離為d，則該電場的場強大小為E＝eq\f(W2,qd)D．若M、N之間的距離為d，該電場的場強最小值為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)解析：BD由A到B或者由D到C，電場力對粒子做正功，電勢能減少，勻強電場的場強具體方向不能確定，故選項A錯誤；因為電場是勻強電場，則M點的電勢是A、D兩點電勢的平均值；N點的電勢是B、C兩點電勢的平均值，即φM＝eq\f(φA＋φD,2)，φN＝eq\f(φB＋φC,2)，可得WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(eq\f(φA＋φD,2)－eq\f(φB＋φC,2))＝eq\f(1,2)(φA－φB)q＋eq\f(1,2)(φD－φC)q＝eq\f(W1＋W2,2)，故B正確；由于場強的方向無法確定，故選項C錯誤；根據(jù)上述推論有UMN＝eq\f(W1＋W2,2q)，若M、N兩點正好處于同一條電場線上，距離d為過M和N的兩個等勢面之間距離的最大值，該電場的場強有最小值，即E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，故選項D正確．12．(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強度為零B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3C．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動D．x2～x3段是勻強電場解析：ABD根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ及場強與電勢的關系E＝－eq\f(Δφ,Δx)得E＝eq\f(1,q)·(－eq\f(ΔEp,Δx))，由數(shù)學知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于eq\f(ΔEp,Δx)，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A正確．由題圖可看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由A知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動．x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動．x2～x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤，D正確．根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ可知粒子帶負電，q<0，則電勢能越大，粒子所在處的位置電勢越低，所以有φ1>φ2>φ，故B正確．13.轉動動能是物體動能的一種形式，它特指物體圍繞某一點或某一軸轉動所具有的動能．如圖所示的是實驗室中一種展示和測量轉動動能的裝置，一個由四根長為l的絕緣輕質剛性桿組成的正方形水平放置，在其四個端點a、b、c、d分別固定質量均為m、電荷量均為q的點電荷，其中a點帶負電荷，其余b、c、d三點帶正電荷，正方形可繞中心豎直軸O在水平面內自由轉動．現(xiàn)將正方形裝置放入一個水平電場中，初始位置aO連線與電場方向垂直，在電場力作用下，該裝置從靜止開始發(fā)生旋轉，測量其轉動角速度便可知轉動動能．下列分析正確的是(分析時可不考慮豎直轉動軸O處的摩擦力)()A．在電場力作用下裝置從靜止開始將向順時針方向轉動B．在電場力作用下裝置從靜止開始將沿逆時針方向連續(xù)轉圈C．在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大轉動動能Ekm＝eq\f(\r(2),2)EqlD．在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大角速度ωkm＝eq\r(\f(\r(2)Eq,ml))解析：D開始時a受電場力向右，而c受電場力向左，故在電場力作用下裝置從靜止開始將向逆時針方向轉動，選項A錯誤；當整個裝置轉過90°時，a受水平向右的電場力，c受水平向左的電場力，兩力方向均通過轉動軸，而b、d均受水平向左的電場力，故裝置在此位置速度最大，同理，轉過此位置后裝置將減速轉動，再轉過90°時速度為零，選項B錯誤；在電場力作用下裝置從靜止開始轉動的最大轉動動能等于電場力做的功，即Ekm＝W＝2Eq·eq\f(\r(2),2)l＝eq\r(2)Eql，選項C錯誤；由題意可知4·eq\f(1,2)m(ωkm·eq\f(\r(2),2)l)2＝Ekm，解得ωkm＝eq\r(\f(\r(2)Eq,ml))，選項D正確．14.如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以初超度v0從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是()A．粒子在x2點的速度為0B．從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C．若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為eq\r(\f(2qφ0,m))D．若v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，則粒子在運動過程中的最大動能為3qφ0解析：C根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，由φ－x圖象，畫出沿x軸方向的場強方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示．由圖示知，O和x2兩點電勢相等，O到x2過程，電場力做功為0，動能不變，故粒子在x2點的速度為v0，選項A錯誤；從x1到x3過程中，電場力對負電荷一直做負功，粒子的電勢能一直增加，選項B錯誤；從x3到x4過程中，電場力對負電荷做正功，故粒子若能到達x4點，