《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第2講 電場(chǎng)能的性質(zhì)課時(shí)作業(yè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第2講 電場(chǎng)能的性質(zhì)課時(shí)作業(yè)（含解析）（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場(chǎng)能的性質(zhì) 一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題) 1．關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說法正確的是(　　) A．兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交 B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直 C．同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功 解析：B　等勢(shì)面的特點(diǎn)：兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面不可能相交，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直，故B正確；等勢(shì)面的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，故C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，負(fù)電荷受力與電場(chǎng)線的方向相反，故負(fù)電荷受力由電勢(shì)低的等勢(shì)面指向電勢(shì)高的等勢(shì)面，那么它

2、從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)誤． 2.(2018·深圳模擬)兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場(chǎng)，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中(　　) A．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大 B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小 C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大 D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小 解析：C　電場(chǎng)中A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向與等勢(shì)面垂直且指向負(fù)點(diǎn)電荷一側(cè)，故粒子在A點(diǎn)所受電場(chǎng)力與速度垂直，且指向正電荷一側(cè)，所以粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)．粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過

3、程中，電場(chǎng)力的方向不斷變化，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故粒子的電勢(shì)能先變小后變大，選項(xiàng)C正確． 3.兩個(gè)等量點(diǎn)電荷位于x軸上，它們的靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ隨位置x變化規(guī)律如圖所示(只畫出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢(shì))，x軸上有兩點(diǎn)M、N，且OM>ON，由圖可知(　　) A．N點(diǎn)的電勢(shì)低于M點(diǎn)的電勢(shì) B．M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)方向相同且M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小 C．僅在電場(chǎng)力作用下，正電荷可以在x軸上M、N之間的某兩點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．負(fù)電荷沿x軸從M點(diǎn)移到N點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功 解析：B　由題圖知，N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；由E＝可知，圖像斜率的絕對(duì)值等于場(chǎng)強(qiáng)大小，可以看出M

4、點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，斜率都為正值，說明M、N點(diǎn)的電場(chǎng)方向相同，故B正確；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知電場(chǎng)線的方向從N指向M，正電荷在x軸上M、N之間所受的電場(chǎng)力始終由N指向M，正電荷做單向直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；負(fù)電荷沿x軸從M移到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力方向由M指向N，電場(chǎng)力方向與位移方向相同，電場(chǎng)力一直做正功，故D錯(cuò)誤． 4.(2018·龍巖模擬)以無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，在電荷量為q的點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電勢(shì)可用φ＝k計(jì)算，式中r為該點(diǎn)到點(diǎn)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(diǎn)電荷固定在相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)，如圖所示．現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點(diǎn)電荷連線上的A點(diǎn)沿以電荷＋Q為圓

5、心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點(diǎn)，質(zhì)子從A移到C的過程中電勢(shì)能的變化情況為(　　) A．增加 B．增加 C．減少 D．減少 解析：B　A點(diǎn)的電勢(shì)為φA＝k＋k，C點(diǎn)的電勢(shì)為φC＝k＋k，則A、C間的電勢(shì)差為UAC＝φA－φC＝－，質(zhì)子從A移到C，電場(chǎng)力做功為WAC＝eUAC＝－，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢(shì)能增加，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 5.(2018·永州模擬)水平線上的O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷，圖中畫出了電荷周圍對(duì)稱分布的幾條電場(chǎng)線，如圖所示．以水平線上的某點(diǎn)O′為圓心，畫一個(gè)圓，與電場(chǎng)線分別相交于a、b、c、d、e，則下列說法正確的是(　　) A．b、e兩點(diǎn)的電場(chǎng)

6、強(qiáng)度相同 B．b、c兩點(diǎn)間電勢(shì)差等于e、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì) D．電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能 解析：B　由圖看出，b、e兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等，但方向不同，而電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，所以b、e兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，b、c兩點(diǎn)間電勢(shì)差與e、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，故B正確；根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低可知，離點(diǎn)電荷O越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，故a點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；d點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤． 6.(2018·張家口模擬)一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能

7、Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零 B．粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．在0、x1、x2、x3處電勢(shì)φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變 解析：D　根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系Ep＝qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系E＝得，E＝·，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Ep－x圖像切線的斜率等于Eq，x1處切線斜率為零，則知x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤，由圖看出在0～x1段圖像切線的斜率不斷減小，可知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒

8、子所受的電場(chǎng)力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)，x1～x2段圖像切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，做非勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系Ep＝qφ，粒子帶負(fù)電，q<0，則知電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C錯(cuò)誤． 7.(2018·黑龍江牡丹江一中月考)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小球(重力不計(jì))在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動(dòng)至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)

9、論正確的是(　　) A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝ B．AB兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UAB＝ C．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B過程中電勢(shì)能增加了Fdcos θ D．帶電小球若由B勻速運(yùn)動(dòng)至A，則恒力F必須反向 解析：BC　由題意，小球的重力不計(jì)，只受到電場(chǎng)力與恒力F而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有，qE＝F，則得場(chǎng)強(qiáng)E＝，故A錯(cuò)誤．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U＝－Edcos θ＝－，故B正確．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)至B過程中恒力做功為W＝Fdcos θ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢(shì)能增加了Fdcos θ，故C正確．小球所受的電場(chǎng)力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)大小、方向均不變，故D錯(cuò)誤． 8.(2018·河南南

10、陽一中月考)空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場(chǎng)，電場(chǎng)線分布如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2.若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是(　　) A．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)大小關(guān)系為EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，則電場(chǎng)力不一定做正功 C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v－v－2gh) D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做的功為mv－mv 解析：BC　由電場(chǎng)線的疏密可判斷出EAφB，故A錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理得，mg

11、h＋qU＝mv－mv，若v2>v1，qU可正可負(fù)，即電場(chǎng)力不一定做正功，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝(v－v－2gh)，電場(chǎng)力做功W＝qU＝mv－mv－mgh，故B、C正確，D錯(cuò)誤． 9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點(diǎn)P(，)．已知重力加速度為g，則(　　) A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 B．小球初速度的大小為 C．小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為 D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減少 解析：BC　由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動(dòng)軌跡

12、為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知mg＝Eq，E＝，A錯(cuò)誤．聯(lián)立方程＝gt2，＝v0t 解得v0＝，B正確 據(jù)動(dòng)能定理mg·＝Ek－mv，得Ek＝，C正確． ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D錯(cuò)誤． 10.在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，有一四面體C－AOB，C、A、O、B為四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，且O(0,0,0)，A(L,0,0)，B(0，L,0)，C(0，0，L)，D(2L,0,0)，是x軸上一點(diǎn)，在坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定著＋Q的點(diǎn)電荷，下列說法正確的是(　　) A．A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．電勢(shì)差UOA＝UAD C．將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、

13、B兩點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相等 D．電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在D點(diǎn)的電勢(shì)能 解析：CD　根據(jù)E＝k可知，A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)檠豿軸正方向的場(chǎng)強(qiáng)逐漸減弱，由U＝Ed可知UOA≠UAD，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、B兩點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相等，選項(xiàng)C正確；由于A點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)，故電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在D點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)D正確． 二、計(jì)算題(需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(2018·吉林模擬)如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝＋1×10－6 C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)

14、，該物塊恰能靜止在斜面上，g取10 m/s2，求： (1)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。? (2)若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼模∥飰K運(yùn)動(dòng)的加速度大?。? (3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝ m時(shí)，機(jī)械能的改變量． 解析：(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力的三個(gè)力作用，受力平衡，則有： 在x軸方向： Fcos θ－mgsin θ＝0 在y軸方向： FN－mgcos θ－Fsin θ＝0 解得：E＝＝7.5×104 N/C (2)場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力為： F合＝mgsin 37°－qEcos 37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F合＝ma 解得：a＝0.3g＝3

15、m/s2 (3)機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功，故： ΔE＝－qELcos 37°，解得：ΔE＝－0.02 J 故機(jī)械能減少0.02 J 答案：(1)7.5×104 N/C　(2)3 m/s2 (3)機(jī)械能減少0.02 J 12.如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37°，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個(gè)軌道處于場(chǎng)強(qiáng)為E＝1×104 N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一質(zhì)量m＝4×10－3 kg、帶電量q＝＋3×10－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的

16、中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知CD段長(zhǎng)度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m，不計(jì)滑塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．求： (1)滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (2)滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程． (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得： qE·－μmg(L＋)＝0 解得：μ＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動(dòng)摩擦力μmg＝0.01 N，電場(chǎng)力qE＝0.03 N，滑動(dòng)摩擦力小于電場(chǎng)力，故不可能停在CD段，滑塊最終會(huì)在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)的速度為0，全過程由動(dòng)

17、能定理得：qE·L－μmgs＝0－0 解得：s＝2.4 m (3)滑塊在GH段運(yùn)動(dòng)時(shí)：qEcos θ－mgsin θ＝0 故滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能 對(duì)C到G過程，由動(dòng)能定理得： Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mgr(1－cos θ)＝Ekmax－0 解得：Ekmax＝0.018 J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣擋板有最小動(dòng)能 對(duì)D到G過程由動(dòng)能定理得： Eqrsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekmin－0 Ekmin＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J 8