高中物理高考 2021屆小題必練16 電場能的性質(zhì) 學生版-試卷下載-教習網(wǎng)

(1)電勢能、電勢；(2)電勢差、等勢面；(3)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系等。例1．(2020?全國II卷?20)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則(　　)A．a、b兩點的場強相等B．a、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等D．c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】如圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸PP′，PP′所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在PP′上的點電勢為零，即φa＝φb＝0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即φc＞φd，故B正確，D錯誤；上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確。【點睛】本題考查點電荷形成的電場的特點。例2．(2020?全國III卷?21)如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q＞0）的點電荷固定在P點。下列說法正確的是(　　)A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負【解析】點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖，∠M是最大內(nèi)角，所以PN＞PM，根據(jù)點電荷的場強公式E＝k（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可知從M→N電場強度先增大后減小，A錯誤；電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，B正確；M、N兩點的電勢大小關(guān)系為φM＞φN，根據(jù)電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；正電荷從M→N，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。【答案】BC【點睛】本題考查電場強度、電勢、電勢能大小的比較，要熟練記住相關(guān)公式。 1．(多選)真空中有一帶負電的點電荷僅在庫侖力作用下繞固定的點電荷＋Q運動，其軌跡為橢圓，如圖所示。已知a、b、c、d為橢圓的四個頂點，＋Q處在橢圓的一個焦點上，則下列說法正確的是(　　) A．負電荷在a、c兩點所受的電場力相同B．負電荷在a點和c點的電勢能相等C．負電荷由b運動到d的過程中電勢能增加，動能減少D．負電荷由a經(jīng)b運動到c的過程中，電勢能先增加后減少2．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。則(　　)A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功3．(多選)如圖所示，一水平面內(nèi)的半圓形玻璃管，內(nèi)壁光滑，在兩管口分別固定帶正電的點電荷Q1、Q2，管內(nèi)靠近Q1處有一帶正電的小球(帶電量很小)，小球由靜止開始釋放，經(jīng)過管內(nèi)b點時速度最大，經(jīng)過a、c兩點時速度的大小相等，整個運動過程中小球的電荷量保持不變。下面關(guān)于a、c兩點的電勢及b點場強的判斷正確的是(　　)A．φa＝φcB．φa＞φcC．b點的場強為E1D．b點的場強為E24．(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　　)A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大5．如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN。以下說法正確的是(　　)A．O點電勢與Q點電勢相等B．O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差C．將一負電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D．在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上6．(多選)如圖所示，A、B、C、D四點構(gòu)成一邊長為L的正方形。對角線AC豎直，在A點固定一電荷量為－Q的點電荷，規(guī)定電場中B點的電勢為零?，F(xiàn)將幾個質(zhì)量均為m、電荷量均為－q的帶電小球從D點以大小均為v0的速度向各個方向拋出，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)A．通過B點的小球過B點時的速度大小為v0B．通過C點的小球在C點時的電勢能比通過B點的小球在B點時的電勢能大C．通過C點的小球在C點時受到的庫侖力是通過B點的小球在B點時受到的庫侖力的2倍D．若通過C點的小球在C點時的速度大小為v，則C點的電勢為(v2－v－gL)7．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強電場，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至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)論正確的是(　　)A．電場強度的大小為E＝B．AB兩點的電勢差為UAB＝C．帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了Fdcos θD．帶電小球若由B勻速運動至A，則恒力F必須反向8．(多選)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A、B套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電荷，其中A球固定，帶電量QA＝2×10－4 C，B球的質(zhì)量為m＝0.1 kg。以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，B球的總勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖乙中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線Ⅰ的漸近線。圖中M點離A點距離為6 m。(g取10 m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2。)令A處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處電勢為零，則(　　)A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的帶電荷量QB＝1×10－5 CC．若B球以Ek0＝4 J的初動能從M點開始沿桿向上滑動到最高點，則此過程中電勢能減少了2 JD．若B球從離A球2 m處靜止釋放，則向上運動過程中做的是加速度先減小后增加的運動9．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，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P。已知重力加速度為g，則(　　)A．電場強度的大小為B．小球初速度的大小為C．小球通過點P時的動能為D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少10．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy中，長為L的細繩一端固定于點A，另一端系一帶正電、質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)在y軸正半軸上某處B固定一釘子，再將細繩拉至水平位置，由靜止釋放小球使細繩碰到釘子后小球能繞釘轉(zhuǎn)動。已知整個空間存在豎直向上的勻強電場，電場強度為，則(　　)A．小球一定能繞B做完整的圓周運動B．當yB＝時小球能做完整的圓周運動C．當yB＝時小球能做完整的圓周運動D．若小球恰好能做完整的圓周運動，則繩能承受的拉力至少為6mg11．如圖所示，BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r＝10 m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強電場。從A點以初速度v0＝9 m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m＝0.1 kg的小球(小球可視為質(zhì)點)，小球帶正電荷量q＝＋0.01 C，小球恰好從B點沿垂直于OB的方向進入圓弧軌道。不計空氣阻力。求：(1)A、B間的水平距離L；(2)勻強電場的電場強度E；(3)小球過C點時對軌道的壓力的大小N′；(4)小球從D點離開軌道后上升的最大高度H。 12．如圖所示，在絕緣水平直線軌道上方的A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的等量異種點電荷。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，從A點正下方軌道上的M點由靜止開始沿軌道向右運動。O點為軌道上M、N連線的中點。已知小球與軌道間的動摩擦因數(shù)為μ。小球運動到O點時速度為v。孤立點電荷Q產(chǎn)生的電場在距場源電荷r處的電勢為φ＝(取無窮遠處電勢為零)，k為靜電常數(shù)。AB連線到水平直線軌道的豎直距離為h，A、N連線與水平軌道的夾角為30°，小球在運動過程中不脫離軌道。求：(1)小球在N點的加速度大小；(2)小球在軌道的MO段克服摩擦力做的功。答案1．【答案】BC【解析】在a、c兩點負電荷所受電場力方向不同，A項錯誤；以單個點電荷為球心的球面是等勢面，所以a、c兩點電勢相等，根據(jù)電勢與電勢能的關(guān)系可知，負電荷在a、c兩點電勢能也相等，B項正確；負電荷由b到d過程中，電場力始終做負功，電勢能增加，動能減少，C項正確；負電荷由a經(jīng)b到c的過程中，電場力先做正功再做負功，故電勢能先減少后增加，D項錯誤。2．【答案】B【解析】由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤。電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。3．【答案】AC【解析】因為帶電小球在a、c兩處的動能相等，且整個過程中只有電場力對帶電小球做功，帶電小球的動能與電勢能的總和不變，故帶電小球在a、c兩處的電勢能也相等，a、c兩處的電勢相等，A項正確；因為帶電小球在b點處的速度最大，此處帶電小球所受的合力為零，圓管的彈力沿半徑方向，故帶電小球所受的電場力也應沿半徑方向，C項正確。4．【答案】AC【解析】由題圖可知，空間的電勢有正有負，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強度，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤。5．【答案】C【解析】由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A項錯誤；且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UM O>UON，B項錯誤；因UMQ>0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C項正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D項錯誤。6．【答案】AD【解析】B、D兩點在同一等勢面上，在同一高度，所以電場力和重力做功均為零，由動能定理可知，小球通過B點時的速度大小為v0，A項正確；小球從D到C電場力做正功，電勢能減少，且小球在B、D兩點電勢能相等，所以小球在C點的電勢能比在B點的電勢能小，B項錯誤；根據(jù)庫侖定律得小球在B點受到的庫侖力是在C點受到的庫侖力的2倍，C項錯誤；從D到C應用動能定理得mg·L－qUDC＝mv2－mv，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝(v2－v－gL)，D項正確。7．【答案】BC【解析】由題意，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有，qE＝F，則得場強E＝，故A錯誤。A、B兩點的電勢差為U＝－Edcos θ＝－，故B正確。帶電小球由A運動至B過程中恒力做功為W＝Fdcos θ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcos θ，故C正確。小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運動時，F大小、方向均不變，故D錯誤。8．【答案】BCD【解析】漸近線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，即Ep＝mgxsin θ＝kx，則斜率k＝mgsin θ，解得θ＝30°，A錯誤；由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x＝6 m處總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，則有mgsin 30°＝k，計算得出QB＝1×10－5 C，B正確；由能量守恒可知B球動能減小到0時，總勢能為10 J，此時物體沿斜面上升18 m－6 m＝12 m，重力勢能增加ΔEp＝mgΔxsin θ＝6 J，則電勢能減少了2 J，C正確；若B球從離A球2 m處靜止釋放，則向上運動過程中做的是加速度先減小后反向增大的運動，D正確。9．【答案】BC【解析】由軌跡方程y＝kx2可知小球運動軌跡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錯誤。聯(lián)立方程＝gt2，＝v0t，解得v0＝，B正確。據(jù)動能定理mg·＝Ek－mv02，得Ek＝，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D錯誤。 10．【答案】BD【解析】電場力和重力的合力大小為F＝mg，方向豎直向上。剛好做完整的圓周運動時，其軌道半徑為r＝L－L－yB＝L－yB，在釘子下方有F＝。從釋放到釘子下方r處由動能定理得F＝mv2，聯(lián)立解得yB＝，所以A、C項錯誤，B項正確；在釘子上方r處繩子承受的拉力最大，其至少為T－F＝，從釋放到此處由動能定理得FL＝mv′2，解得T＝6mg，D項正確。11．【解析】(1)設小球運動過程中的加速度為a，則小球的等效重力為ma；小球在B點的速度為vB，由小球恰好從B點垂直OB進入圓弧軌道得小球豎直方向的分速度vBy＝v0tan 53°對小球從A點到B的運動過程，由平拋運動知識得：vBy＝at豎直方向位移y＝rcos 53°y＝at2聯(lián)立解得：t＝1 s，a＝12 m/s2，L＝v0t＝9 m。(2)小球從A到B的運動過程中，對小球運用牛頓第二定律：mg＋qE＝ma得E＝20 N/C。(3)小球從A到C的運動過程中，設在C點的速度為vC，運用動能定理：mar＝mv－mv在C點，對小球有：N－ma＝m得軌道對小球的支持力N＝4.41 N由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫?/span>N′＝4.41 N。(4)對小球從A點到離開D點運動到最高點的全過程運用動能定理：mv＝maH得H＝3.375 m。12．【解析】(1)小球在N點時，受力分析，由牛頓第二定律得：sin 30°＋mg－－N＝0cos 30°－f＝ma又f＝μN聯(lián)立解得：a＝＋－μg。(2)由題意可知，M、O兩點間的電勢差UMO＝φMφM＝－＝小球由M點運動到O點的過程中，由動能定理得：qUMO－Wf＝mv2聯(lián)立解得：Wf＝－mv2。

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