2019届高考物理复习第七单元电场题组层级快练32电场能的性质新人教版.docx

题组层级快练(三十二)一、选择题1(2017大庆一模)关于静电场下列说法中正确的是()A将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D电势下降的方向就是电场场强的方向答案B解析A项，根据Epq，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能减小故A项错误B项，无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，因无穷远处电势能为零，因此电荷在该点的电势能越大故B项正确C项，在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等；故C项错误D项，电势下降最快的方向才是电场场强的方向故D项错误2.(2017浙江模拟)在地面上插入一对电极M、N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图所示，P、Q是电场中的两点下列说法中正确的是()AP点场强比Q点场强大BP点电势比Q点电势高C电子在P点的电势能比在Q点的电势能大D电子沿直线从N到M的过程中所受电场力变大答案B解析A项，电场线密的地方电场强度大，所以P点场强比Q点场强小，故A项错误；B项，该电场与等量异种点电荷的电场相似，根据等量异种点电荷的特点可知，MN的中垂线为一个等势面，然后根据沿电场线方向电势降低可知：P点电势一定高于Q点电势，故B项正确；C项，P点电势高于Q点电势，即pq.由电势能公式Epq，可知由于电子带负电，q0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能故C项错误；D项，由于该电场是非匀强电场，从N到M的过程E先减小后增大，由FqE可知，电子所受的电场力也是先减小后增大，故D项错误3.(2017太原测评)如图，空间中存在水平向左的匀强电场在电场中将一带电液滴从b点由静止释放(不计空气阻力)，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45角，下列判断正确的是()A液滴带正电荷B液滴的电势能减少C液滴的重力势能和电势能之和不变D液滴的电势能和动能之和不变答案B解析带电液滴受重力和电场力两个力的作用，由静止释放后，沿直线由b运动到d，说明液滴所受合外力沿b到d的方向，又因为重力方向竖直向下，所以电场力的方向水平向右，而电场线水平向左，故带电液滴带负电，A项错误；液滴沿直线由b运动到d的过程中，重力和电场力均做正功，重力势能和电势能都减少，B项正确，C项错误；重力和电场力合力所做的功，等于液滴动能的增量，又因为重力和电场力所做的功等于重力势能和电势能的减少量，故液滴的重力势能、电势能、动能三者之和不变，D项错误4(多选)(2017广东三模)如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MNNQ，带电量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则()Aa一定带正电，b一定带负电Ba加速度减小，b加速度增大CMN两点电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|Da粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小答案BD解析A项，由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性故A项错误；B项，由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大故B项正确；C项，已知MNNQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|.故C项错误；D项，根据电场力做功公式WUq，|UMN|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小故D项正确5.(多选)(2017江苏)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有()Aq1和q2带有异种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案AC解析A项，由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A项正确；B项，电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B项错误；C项，负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C项正确；D项，负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，故电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D项错误6(多选)如图所示，在匀强电场中有直角三角形OBC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三点处的电势分别用O、B、C，已知O0 V，B3 V，C6 V，且边长OB cm，OC6 cm，则下列说法中正确的是()A匀强电场中电场强度的大小为200 V/mB匀强电场中电场强度的大小为100 V/mC匀强电场中电场强度的方向斜向下与OC夹角(锐角)为60D一个电子由C点运动到O点再运动到B点的过程中电势能减少了3 eV答案AC解析A、B两项，如图，根据匀强电场的特点，OC中点D的电势为3 V，则BD为一条等势线，电场方向如图；由几何关系得，O到BD的距离d cm，在匀强电场中E V/m200 V/m，故A项正确，B项错误；C项，电场方向垂直于等势面，并指向电势降落的方向，由几何关系，匀强电场中电场强度的方向斜向下与OC夹角(锐角)为60，故C项正确；D项，电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，由B3 V，C6 V，则一个电子由C点运动到B点的过程中电势能增加了3 eV，故D项错误7(2017凉山州模拟)如图，在纸面内有一水平直线，直线上有a、b两点，且ab长度为d，当在该纸面内放一点电荷Q并固定在某位置时，a、b两点的电势相等，且a点的场强大小为E，方向如图所示，30.已知静电力常量为k，描述正确的是()A点电荷Q带正电B点电荷Q所带电量的大小为C把一个q电荷从a点沿直线移动到b点过程中，q所受的电场力先增大后减小D把一个q电荷从a点沿直线移动到b点过程中，电势能先增大后减小答案C解析A项，由于a、b两点的电势相等，且a点的场强大小为E，所以Q一定位于ab的中垂线和沿电场线E的交点上，如图所示，由于a点的电场线方向指向Q，所以Q带负电，故A项错误；B项，根据点电荷电场强度的计算公式可得：E，解得Q，故B项错误；C项，把一个q电荷从a点沿直线移动到b点过程中，根据库仑定律可知q所受的电场力先增后减，故C项正确；D项，把一个q电荷从a点沿直线移动到b点过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故D项错误8(2017临沂一模)A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种的检验电荷a、b，如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A在AB的连线上a所处的位置电势a0Ba、b整体在AB连线处具有的电势能Ep0C整个移动过程中，静电力对a做正功D整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功答案B解析无穷远及中垂线上电势为零；电势沿电场线方向降落；A项，设AB连线的中点为O.由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零AO间的电场线方向由AO，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势a0，故A项错误B项，a所处的位置电势a0，b所处的位置电势b0，由Epq知，a、b在AB连线处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep0.故B项正确；C项，在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C项错误；D项，a、b看成一个整体，原来总电势能为零，在AB处系统总电势能为正，所以整个移动过程中，总电势能增大，静电力对a、b整体做负功，故D项错误9.(2017南宁二模)空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，A、B、C为x轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法正确的是()AAC段中B点的电势最低B一带负电的粒子从A点运动到B点电势能减小CUABUBCD一正电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先增大后减小答案C解析A项，从A点到C点，电场强度的方向不变，则电势一直降低，故C点电势最低，A项错误；B项，因为电场方向沿x轴正方向，电场力沿x轴正向，所以带负电粒子电场力做负功，从A点运动到B点电势能增大，故B项错误；C项，AB两点间图像与x轴所夹的面积大于BC两点间图像与x轴所夹的面积，所以UABUBC，故C项正确；D项，正电荷从A点运动到C点电场力做正功，电势能一直减小，D项错误10.(2017吉林三模)在真空中的x轴上的原点和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是()A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21Dx4a处的电场强度一定为零答案D解析A项，由vx图像可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷故A项错误；B项，点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大故B项错误；C项，由图可知，在x4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x4a处的电场强度等于0.则M与N的点电荷在x4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：，所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41.故C项错误，D项正确二、非选择题11.如图所示，M、N是水平放置的一对正对平行金属板，其中M板中央有一小孔O，板间存在竖直向上的匀强电场，AB是一根长为9L的轻质绝缘细杆，在杆上等间距地固定着10个完全相同的带电小球，每个小球带电荷量为q，质量为m，相邻小球间的距离为L.再将最下端的小球置于O处，然后将AB由静止释放，AB在运动过程中始终保持竖直，经观察发现，在第四个小球进入电场到第五个小球进入电场前这一过程中，AB做匀速直线运动，求：(1)两板间匀强电场的场强大小；(2)上述匀速运动过程中速度大小答案(1)E(2)v解析(1)第4个带电小球进入电场能做匀速直线运动，则由平衡条件：4qE10mg解得：E.(2)释放到第4个小球刚进入电场，由动能定理：10mg3LqE3LqE2LqEL(10m)v20，解得：v.12.(2017淄博三模)如图所示，在方向竖直向上、大小为E1106 V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R0.2 mA、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q7107 C，B不带电，质量分别为mA0.01 kg、mB0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动重力加速度大小为g10 m/s2.(1)通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C?(2)求小球A的最大速度值(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值答案(1)A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点(2) m/s(3)0.134 4 J解析(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT1、WT1，则：WT1WT10设A、B到达圆环最高点的动能分别为EkA、EkB，对A由动能定理：qERmAgRWT1EKa对B由动能定理：WT1mBgREkB联立解得：EkAEkB0.04 J上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点(2)设B转过角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vAvB对A由动能定理：qERsinmAgRsinWT2mAvA2对B由动能定理：WT2mBgR(1cos)mBvB2联立解得：vA2(3sin4cos4)由上式解得，当tan时，A、B的最大速度均为vmax m/s.(3)A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由式得：3sin4cos40解得：sin或sin0(舍去)故A的电势能减少：|Ep|qERsin J0.134 4 J.13如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA2104 C，B球的质量为m0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，A、B球与地球所组成的系统总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图中曲线所示，直线为曲线I的渐近线图中M点离A点距离为6米(g取10 m/s2，静电力恒量k9.0109 Nm2/C2.令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处为零电势能处)(1)求杆与水平面的夹角；(2)求B球的带电量QB；(3)求M点电势M；(4)若B球以Ek04 J的初动能从M点开始沿杆向上滑动，求