2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時訓(xùn)練（十五）第15講 電場的性質(zhì)（含解析）新人教版

課時訓(xùn)練(十五)【電場的性質(zhì)】【基礎(chǔ)過關(guān)】1.關(guān)于靜電場的電場強(qiáng)度和電勢,下列說法正確的是()A.沿電場強(qiáng)度的方向電勢降低B.電場強(qiáng)度為零的地方,電勢也為零C.隨著電場強(qiáng)度的逐漸減小,電勢也逐漸降低D.電場強(qiáng)度決定于電場本身,而電勢是由電場和試探電荷共同決定的2.對于電場中的A、B兩點,下列說法正確的是()A.公式UAB=WABq說明兩點間的電勢差UAB與靜電力做功WAB成正比,與移動電荷的電荷量q成反比B.A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功C.1 C的正電荷從A點移到B點,靜電力做1 J的功,則這兩點間的電勢差為1 VD.若電荷由A點移到B點的過程中,除受靜電力外,還受其他力的作用,電荷電勢能的減少量就不再等于靜電力所做的功3.2019·桐鄉(xiāng)四校聯(lián)考 關(guān)于電容器,以下說法正確的是( )A.電容器極板越大,帶電荷量就越大B.電容器帶電荷量越大,電容就越大C.電容器A的電容比電容器B的大,說明A帶的電荷量比B的多D.電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電勢差為1 V時電容器需要帶的電荷量4.2019·浙大附中模擬 如圖Z15-1所示為等量異種點電荷周圍的電場線分布圖,A、B、O位于兩點電荷連線上,其中O為兩點電荷連線的中點,C、D是兩點電荷連線的中垂線上的兩點.關(guān)于各點的電場性質(zhì)的描述,下列說法正確的是()圖Z15-1A.A、B、O三點的電勢相等B.O、C、D三點的電場強(qiáng)度相等C.若將正電荷從C點移到B點,電勢能減小D.若將負(fù)電荷從A點移到D點,電場力做負(fù)功5.如圖Z15-2所示,帶電荷量分別為+4q和-q的兩點電荷分別放在A、B兩點,組成了電荷系統(tǒng),虛線上A、B、C等間距,則以下判斷正確的是()圖Z15-2A.A、B間的電場方向為由B指向AB.C點的電場強(qiáng)度為零C.A點的電勢低于B點的電勢D.若一電子從A點運(yùn)動至B點,該過程中電場力做正功6.如圖Z15-3所示,真空中有兩個電荷量為Q1=+4.0×10-8 C和Q2=-10-8 C的點電荷分別固定在x=0和x=4 cm的位置上,則在x軸上()圖Z15-3A.兩個點電荷間某點的電場強(qiáng)度為零B.x=8 cm處的電場強(qiáng)度為零C.48 cm區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向D.電子在兩個點電荷之間向右運(yùn)動時,電勢能先增大后減小7.2019·杭州高中期中 如圖Z15-4所示是超超同學(xué)利用傳感器得到的電容器放電過程的i-t圖像.下列說法正確的是()圖Z15-4A.由圖可以估算電容器的電容B.由圖可以估算電容器的電荷量C.由圖可以估算電容器兩極板間的電壓D.由圖可以估算電容器兩極板間的電場強(qiáng)度圖Z15-58.某電場電場線分布如圖Z15-5所示,A、B為某電場線上的兩點,一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿電場線從A運(yùn)動到B.不計粒子的重力,在整個運(yùn)動過程中()A.粒子做勻加速直線運(yùn)動B.粒子運(yùn)動的加速度增大C.粒子的電勢能減少D.粒子的動能減少圖Z15-69.如圖Z15-6所示,O是一固定的點電荷,另一點電荷P從很遠(yuǎn)處以初速度v0射入點電荷O的電場,在電場力作用下的運(yùn)動軌跡是曲線MN.a、b、c是以O(shè)為圓心,Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓,Rc-Rb=Rb-Ra,1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的交點,以|W12|表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小,|W34|表示點電荷P由3到4的過程中電場力做的功的大小,則()A.|W12|=|W34|B.|W12|>2|W34|C.P、O兩電荷可能同號,也可能異號D.P的初速度方向的延長線與O之間的距離可能為零圖Z15-710.如圖Z15-7所示,平行板電容器上極板帶正電,從上極板的端點A以水平初速度v0向右射入一個帶電荷量為+Q的粒子,粒子重力不計,當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時,恰好從下端點B射出,則d與L之比為()A.12B.21C.11D.13圖Z15-811.如圖Z15-8所示為一勻強(qiáng)電場,某帶電粒子從A點運(yùn)動到B點,在這一運(yùn)動過程中克服重力做功為2.0 J,電場力做功為4.5 J,克服空氣阻力做功為1 J.下列說法不正確的是()A.粒子帶正電B.粒子在A點的機(jī)械能比在B點的大1 JC.粒子在A點的動能比在B點的小1.5 JD.粒子在A點的電勢能比在B點的大4.5 J12.2019·麗水模擬 地面附近處電場的電場線如圖Z15-9所示,其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點,高度差為h,重力加速度為g.質(zhì)量為m、電荷量為-q的檢驗電荷從a點由靜止開始沿電場線運(yùn)動,到b點時速度為gh.下列說法中正確的是()圖Z15-9A.質(zhì)量為m、電荷量為+q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運(yùn)動到b點時速度為2ghB.質(zhì)量為m、電荷量為+2q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運(yùn)動到b點時速度為2ghC.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷從a點由靜止起沿電場線運(yùn)動到b點時速度仍為ghD.質(zhì)量為m、電荷量為-2q的檢驗電荷在a點由靜止開始釋放,點電荷將沿電場線在a、b兩點間來回運(yùn)動【領(lǐng)先沖A】圖Z15-1013.2019·溫州聯(lián)考 圖Z15-10為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖.塵埃通過一定機(jī)理帶上同一種電荷,在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積.下列表述正確的是()A.到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B.向集塵極遷移的塵埃電勢能在減少C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D.沿著帶電塵埃遷移的方向電勢越來越低圖Z15-1114.如圖Z15-11所示,電場中的一簇電場線關(guān)于y軸對稱分布,O點是坐標(biāo)原點,M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點,其中M、N在y軸上,Q點在x軸上,則()A.M點的電勢比P點的電勢高B.O、M間的電勢差等于N、O間的電勢差C.一正電荷在O點的電勢能小于在Q點的電勢能D.將一負(fù)電荷從M點移到P點,電場力做正功15.如圖Z15-12所示,在E=103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電場線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點,P為圓弧QN的中點,一電荷量q=10-4 C的帶負(fù)電小滑塊質(zhì)量m=10 g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.15,位于N點右側(cè)1.5 m的M處,g取10 m/s2.(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動到半圓形軌道的最高點Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動?(2)以(1)中初速度v0開始運(yùn)動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大?圖Z15-12課時訓(xùn)練(十五)1.A解析 沿電場強(qiáng)度的方向,電勢逐漸降低,選項A正確;場強(qiáng)為零的地方電勢不一定為零,例如等量同種正點電荷連線的中點處的場強(qiáng)為零但是電勢大于零,選項B錯誤;場強(qiáng)大小與電場線的疏密程度有關(guān),而沿著電場線的方向電勢逐漸降低,故隨電場強(qiáng)度的逐漸減小,電勢不一定降低,選項C錯誤;電場強(qiáng)度和電勢都是描述電場性質(zhì)的物理量,決定于電場本身,選項D錯誤.2.C解析 A、B兩點間的電勢差由電場本身決定,與移動的電荷及靜電力做功無關(guān),在數(shù)值上等于將單位正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功,選項A、B錯誤,選項C正確;不管電荷是否受其他力的作用,電荷電勢能的減少量總等于靜電力所做的功,選項D錯誤.3.D解析 由Q=CU知,A錯誤;電容器的電容與所帶電荷量和兩板間的電壓無關(guān),由本身的性質(zhì)決定,故B錯誤;電容器A的電容比B的大,說明A儲存電荷的本領(lǐng)比B的強(qiáng),故C錯誤;由電容的定義式C=QU可知,電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電勢差為1 V時電容器需要帶的電荷量,故D正確.4.C解析 沿著電場線方向電勢逐漸降低,由圖可知,A、B、O三點的電勢不相等,故A錯誤;電場線越密處的電場強(qiáng)度越大,由圖可知,從O到D,電場線越來越疏,電場強(qiáng)度越來越小,故O、C、D三點的電場強(qiáng)度不相等,故B錯誤;由圖可知,C點的電勢高于B點的電勢,而正電荷在電勢越高處的電勢能越大,故正電荷從C點移到B點,電勢能減小,故C正確;由圖可知,A點的電勢低于D點的電勢,而負(fù)電荷在電勢越低處的電勢能越大,故負(fù)電荷從A點移到D點,電勢能減小,電場力做正功,故D錯誤.5.B解析 根據(jù)E=kQr2可知,A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向,故C點的電場強(qiáng)度為零,選項B正確;電場線由正電荷指向負(fù)電荷,故A、B間的電場方向為由A指向B,A點的電勢高于B點的電勢,選項A、C錯誤;電子從A點運(yùn)動至B點,則該過程中電場力做功WAB=qUAB,所以電場力做負(fù)功,選項D錯誤.6.B解析 根據(jù)點電荷場強(qiáng)的疊加原理知,兩點電荷之間的場強(qiáng)方向沿x軸正方向,不可能為零,A錯誤;在x軸上場強(qiáng)為零的點只能在x=4 cm右側(cè),設(shè)在x=4 cm右側(cè)距離為L處,則有kQ1(4cm+L)2=k|Q2|L2,解得L=4 cm,則x=4 cm+L=8 cm處的電場強(qiáng)度為零,B正確;48 cm區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的方向沿x軸負(fù)方向,C錯誤;電子在兩個點電荷之間向右運(yùn)動時,電場力做負(fù)功,電勢能增大,D錯誤.7.B解析 根據(jù)Q=It可知,圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積代表電容器的電荷量,選項B正確.8.C解析 根據(jù)題目信息,帶負(fù)電的粒子從A運(yùn)動到B的過程中,電場力方向與運(yùn)動方向相同,電場強(qiáng)度逐漸減小,電場力逐漸減小,因為粒子重力不計,電場力就是粒子受到的合力,所以粒子做加速度減小的直線運(yùn)動,選項A、B錯誤;因為電場力方向與運(yùn)動方向相同,所以電場力做正功,電勢能減少,粒子的動能增加,選項C正確,選項D錯誤.9.B解析 因為Rb-Ra=Rc-Rb,a、b間場強(qiáng)大于b、c間場強(qiáng),根據(jù)U=Ed可知,a、b間的電勢差大于b、c間的電勢差,可知|U12|>2|U34|,則由W=Uq可知,|W12|>2|W34|,故A錯誤,B正確.從電荷P的運(yùn)動軌跡可知,P、O兩電荷一定異號,故C錯誤.如果P的初速度方向延長線與O點之間的距離為零,則P的軌跡為一直線,故D錯誤.10.C解析 設(shè)粒子從A到B的時間為t,水平方向上做勻速直線運(yùn)動,則有L=vxt,豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動,則有d=vy2t,又因為vxvy=12,聯(lián)立解得dL=11,選項C正確.11.B解析 從運(yùn)動軌跡上來看,垂直于電場方向射入的帶電粒子向電場的方向偏轉(zhuǎn),說明帶電粒子受到的電場力方向與電場方向相同,所以帶電粒子帶正電,選項A正確.從A到B的過程中,除了重力做功以外,還有電場力和阻力做功,由能量守恒定律可知,機(jī)械能的增加量等于電場力與阻力做功之和,即4.5 J-1 J=3.5 J,所以機(jī)械能增加了3.5 J,選項B錯誤.從A到B的過程中,由動能定理可知,粒子在A點的動能比在B點的小1.5 J,選項C正確.從A到B的過程中,電場力做正功,電勢能在減少,所以在A點的電勢能比在B點的電勢能大4.5 J,選項D正確.12.D解析 從a到b的過程中,由動能定理,對電荷量為-q的檢驗電荷,有mgh-Uq=12mv12,對電荷量為+q的檢驗電荷,有mgh+Uq=12mv22,兩式相加化簡得v2=3gh,故A錯誤;對電荷量為+2q的檢驗電荷,由動能定理得mgh+2Uq=12mv32,聯(lián)立解得v3=2gh, 故B錯誤;對電荷量為-2q的檢驗電荷,由動能定理得mgh-2Uq=12mv42,聯(lián)立解得v4=0,故C錯誤;電荷量為-2q的檢驗電荷到達(dá)b點時,速度為零,說明電場力大于重力,故接下來向上運(yùn)動,根據(jù)電場線的分布可知,越向上,電場力越小,最終會小于重力,當(dāng)速度減為零后,又會向下運(yùn)動,之后如此往復(fù)運(yùn)動,故D正確.13.B解析 塵埃在電場力作用下向集塵極遷移并沉積,說明塵埃帶負(fù)電,A錯誤;塵埃向集塵極遷移過程中,電場力做正功,電勢能減小,故B正確;塵埃在電場中受電場力的方向與電場方向相反,C錯誤;由于帶電塵埃遷移的方向與電場方向相反,所以沿著帶電塵埃遷移的方向電勢越來越高,故D錯誤.14.D解析 根據(jù)電場線與等勢線垂直的特點,在M點所在電場線上找到P點的等勢點,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知,P點的電勢比M點的電勢高,故A錯誤;根據(jù)電場線分布可知,O、M間的平均電場強(qiáng)度比N、O間的平均電場強(qiáng)度小,故由公式U=Ed可知,O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差,故B錯誤;O點電勢高于Q點電勢,根據(jù)Ep=q可知,正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能,故C錯誤;M點的電勢比P點的電勢低,負(fù)電荷從低電勢處移動到高電勢處,電場力做正功,故D正確.15.(1)7 m/s(2)0.6 N解析 (1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點時速度為v,由牛頓第二定律得mg+qE=mv2R小滑塊從開始運(yùn)動至到達(dá)Q點過程中,由動能定理得-mg·2R-qE·2R-(mg+qE)x=12mv2-12mv02聯(lián)立解得v0=7 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點時速度為v',則從開始運(yùn)動至到達(dá)P點過程中,由動能定理得-(mg+qE)R-(qE+mg)x=12mv'2-12mv02又在P點時,由牛頓第二定律得FN=mv'2R解得FN=0.6 N由牛頓第三定律得,小滑塊通過P點時對軌道的壓力F'N=FN=0.6 N.- 7 -