高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十一）电场能的性质（含解析）-人教版高三物理试题

课时跟踪检测（二十一）电场能的性质对点训练：电势高低与电势能大小的判断1．(2018·徐州期中)带电金属棒周围电场线的分布如图所示，A、B是电场中的两点，OA>OB。下列说法正确的是()A．A点的电势高于B点的电势B．A点的电场强度大于B点的电场强度C．负电荷从A点至B点，电场力一直做正功D．负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能解析：选D由电场线的特点可知，金属棒两侧的电场是对称的，由于OA＞OB，故OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势，故A错误；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大，故B错误；由于不知道负电荷从A点至B点的运动的路径，所以不能判断出电场力是否一直做正功，故C错误；负电荷在电势高的位置电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故D正确。2．[多选](2019·扬州模拟)水平线上的O点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示。以水平线上的某点O′为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e。下列说法中正确的是()A．b、e两点的电场强度相同B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差C．电子在c点的电势能小于在b点的电势能D．正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电场力对它做正功解析：选BC由题图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误。根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等，所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确。由题图可知，O点放置的是正电荷，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故b点电势低于c点电势，而负电荷在电势越低的点，其电势能越高，故C正确。正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电势升高，正电荷的电势能增大，故电场力对它做负功，故D错误。对点训练：电势差与电场强度的关系3.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示。从坐标原点沿＋y轴前进0.2m到A点，电势降低了10eq\r(2)V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2m到B点，电势升高了10eq\r(2)V，则匀强电场的场强大小和方向为()A．50V/m，方向B→A B．50V/m，方向A→BC．100V/m，方向B→A D．100V/m，方向垂直AB斜向下解析：选C连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连接OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，故电场方向由B→A，其大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(10\r(2)＋10\r(2),\r(2)×0.2)V/m＝100V/m，选项C正确。4.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5m的圆，圆上有一个电荷量为q＝＋1×10－8C的试探电荷P，半径OP与x轴正方向的夹角为θ，P沿圆周移动时，其电势能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，则()A．x轴位于零势面上B．电场强度大小为500V/m，方向沿y轴正方向C．y轴位于零势面上D．电场强度大小为500V/m，方向沿x轴正方向解析：选A由Ep＝2.5×10－5sinθ(J)知，x轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y轴方向，A正确，C错误；当θ＝90°时，Ep＝2.5×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y轴负方向，B、D错误。对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题5.如图所示，虚线是某电场的等势线。一带电粒子只在电场力作用下恰能沿实线从A点飞到C点，则()A．粒子一定带负电B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C．A点的电场强度大于C点的电场强度D．粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功解析：选C电场线和等势线垂直且由电势高的等势线指向电势低的等势线，因此题图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故A错误；从A到C过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；A点等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于C点的电场强度，故C正确；电场力做功与路径无关，只与初、末位置的电势差有关，因为UAB＝UBC，所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等，故D错误。6．[多选](2019·海安月考)如图所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以不同的速率沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动。由轨迹可以断定()A．两个粒子的电性一定不同B．粒子1的动能先减少后增加C．粒子2的电势能先增大后减小D．经过B、C两点，两粒子的速率一定相等解析：选AB根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力作用，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力作用，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反，故A正确；电场力对粒子1先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少后增加，故B正确；电场力对粒子2先做正功，后做负功，则粒子2的电势能先减小后增大，故C错误；由于粒子1到B点时速率减小，粒子2到C点时速率增加，而粒子1的初速率与粒子2的初速率不等，则经过B、C两点，两粒子的速率可能不等，故D错误。对点训练：静电场中的图像问题7．[多选](2019·南通一模)真空中有一半径为r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立x轴，轴上各点的电势φ分布如图所示，r1、r2分别是＋x轴上A、B两点到球心的距离。下列说法中正确的是()A．0～r0范围内电场强度处处为零B．A点电场强度小于B点电场强度C．A点电场强度的方向由A指向BD．正电荷从A点移到B点过程电场力做正功解析：选ACD根据E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ­x图像的斜率表示电场强度的大小，由题图可知在0～r0范围内斜率为0，故在0～r0范围内电场强度处处为零，故A正确。由题图可知，在x＝r1处图像的斜率大于在x＝r2处图像的斜率，可得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误。从A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故C正确。正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D正确。8.空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高解析：选B由题给图像可知，x1处场强与－x1处场强等大反向，A错误；沿电场强度方向电势降低，则电子从x1处由静止释放后，到O点过程，逆着电场线方向，电势一直升高，过O点后，沿着电场线方向，电势一直降低，电子在O点电势最高，电势能最小，动能最大，由对称性可知电子在x1处与－x1处电势相等，电势能相等，动能相等，到达－x1点时速度为零，B正确，C、D错误。对点训练：电场力做功与功能关系9．(2018·常州一中月考)如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B两点间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度先增大后减小B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C．O、B两点间的距离为eq\r(\f(kQq,f))D．在点电荷甲形成的电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2,q)解析：选C点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有：f＝F库＝keq\f(Qq,r2)，解得：r＝eq\r(\f(kQq,f))，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，根据动能定理有：UABq－fL0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D错误。10.如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R。质量为m、带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处。下列说法正确的是()A．P点电势比Q点电势低B．P点场强比Q点场强大C．P、Q两点的电势差为eq\f(mgR,q)D．Q点的场强大小等于eq\f(mg,q)解析：选C由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故场强沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始qEP<mg，在Q点qEQ>mg，故P点场强比Q点场强小，B、D错误；由动能定理可知，小球由P到Q克服电场力做功为mgR，故P、Q两点的电势差为UPQ＝eq\f(mgR,q)，C正确。考点综合训练11.[多选](2018·扬州模拟)如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为＋q1的点电荷。将另一质量为m、电荷量为＋q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则()A．小球运动到B点时的速度大小为eq\r(2gR)B．小球运动到B点时的加速度大小为2gC．小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgRD．小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋keq\f(q1q2,R2)解析：选ABDq1、q2间的库仑力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从A到B的运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，mgR＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gR)，A正确；小球运动到B点时有向心加速度，加速度大小a＝eq\f(v2,R)＝2g，B正确；由于库仑力始终与运动方向垂直，不做功，电势能不变，C错误；小球运动到B点时合外力等于向心力，设对轨道的压力F，F－mg－eq\f(kq1q2,R2)＝meq\f(v2,R)＝2mg，F＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)，D正确。12．(2018·苏州一模)一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为＋q和－q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中()A．小球2受到的电场力减小B．小球1电势能减少了eq\f(1,2)UqC．小球1、2的机械能总和增加了Uq＋mglD．小球1、2的动能总和增加了Uq解析：选D由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A错误；根据U＝Ed，小球1前后位置电势差小于eq\f(1,2)U，所以小球1的电势能减少量小于eq\f(1,2)qU，故B错误；对于小球1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了Uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qU，故C错误，D正确。13.如图所示，在方向水平向右、大小为E＝6×103N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1＝2×10－4kg，带正电荷量为q1＝2×10－9C；乙的质量为m2＝1×10－4kg，带负电荷量为q2＝1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，由静止释放两滑块，t＝3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，g取10m/s2，试求：(1)细绳断裂前，两滑块的加速度大小；(2)在整个运动过程中，滑块乙的电势能增量的最大值；(3)当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量。解析：(1)绳断裂前，对甲和乙整体分析，有q1E－q2E＝(m1＋m2)a代入数据解得a＝0.02m/s2。(2)当乙向右运动的速度减为零时，乙的电势能增量最大，绳断前，乙的位移为x1＝eq\f(1,2)at2＝0.09m，绳断时，乙的速度为v1＝at＝0.06m/s。细绳断裂后，对滑块乙：q2E＝m2a2则a2＝eq\f(q2E,m2)＝0.06m/s2乙减速前的位移x2＝eq\f(v12,2a2)＝0.03m由功能关系可得，乙的电势能增量为ΔEp乙max＝－W电＝q2E(x1＋x2)解得ΔEp乙max＝7.2×10－7J。(3)分析可知，当乙回到出发点时，电场力对其做功为零，其电势能增量为零；设从绳断至乙回到出发点用时为t，则有：－x1＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12，解得t1＝3