（課標(biāo)通用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)31 電場能的性質(zhì)（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)31　電場能的性質(zhì) 一、選擇題 圖31－1 1．(淄博模擬)如圖31－1所示，一圓環(huán)上均勻分布著負(fù)電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法正確的是(　　) A．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢一直降低 B．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢先降低后升高 C．O點的電場強度為零，電勢最低 D．O點的電場強度不為零，電勢最高 解析：根據(jù)電荷分布的對稱性可知O點電場強度為零，而沿x軸正方向無限遠(yuǎn)處電場強度也為零，故從O點沿x軸正方向電場強度先增大后減小．由于圓環(huán)帶負(fù)電荷，故圓環(huán)右側(cè)x軸上電場方向沿x軸負(fù)方向，所以從O點

2、沿x軸正方向，電勢一直升高，故選項A、B、D錯誤，C正確． 答案：C 圖31－2 2．如圖31－2，在M、N處固定兩個等量同種點電荷，兩電荷均帶正電．O點是MN連線的中點，直線PQ是MN的中垂線．現(xiàn)有一帶正電的試探電荷q自O(shè)點以大小是v0的初速度沿直線向Q點運動．若試探電荷q只受M、N處兩電荷的電場力作用，則下列說法正確的是(　　) A．q將做勻速直線運動 B．q的加速度將逐漸減小 C．q的動能將逐漸減小 D．q的電勢能將逐漸減小 解析：試探電荷從O點向Q點運動過程中，受電場力的合力從O點指向Q點，在O點時受合力為零，無窮遠(yuǎn)處合力也為零，所以從O點向Q點運動過程中受力可能

3、先變大后變小，也可能一直變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度可能先變大后變小，也可能一直變大，A、B錯誤；從O點向Q點運動過程中速度一直在增大，所以動能一直增大，C錯誤；從O點向Q點運動過程中，電場力一直做正功，所以電勢能逐漸減小，D正確． 答案：D 圖31－3 3．如圖31－3所示，對于電場線中的A、B、C三點，下列判斷正確的是(　　) A．A點的電勢最低 B．B點的電場強度最大 C．同一正電荷在A、B兩點受的電場力大小相等 D．同一負(fù)電荷在C點具有的電勢能比在A點的大 解析：根據(jù)電場線的特點，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φC>φB，又知同一負(fù)電荷在電勢越低處電勢能

4、越大，則同一負(fù)電荷在C點具有的電勢能比在A點的大，所以A錯誤，D正確；因在同一電場中電場線越密，電場強度越大，則知A點電場強度最大，所以B錯誤；因電場中EA>EB，則同一正電荷在A、B兩點所受電場力大小關(guān)系為FA>FB，所以C錯誤． 答案：D 4．(西安質(zhì)檢)如下圖是勻強電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖31－4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(　　) 圖31－4 A．O點電勢與Q點電勢相等 B．O、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差 C．將一負(fù)電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加 D．

5、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 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錯誤；因UM Q>0，負(fù)電荷從M到Q電場力做負(fù)功，電勢能增加，C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錯誤． 答案：C 5．兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，則下列圖象中能正確描述電勢φ隨位置x變化規(guī)律的是(　　) 解析：等量異種點電荷電場線如圖31－5所示，因為沿著電場線方向電勢降低，所以，以正電荷為參考點

6、，左右兩側(cè)電勢都是降低的；因為逆著電場線方向電勢升高，所以，以負(fù)電荷為參考點，左右兩側(cè)電勢都是升高的．可見，在整個電場中，正電荷所在位置電勢最高，負(fù)電荷所在位置電勢最低，符合這種電勢變化的情況只有A選項． 圖31－5 答案：A 圖31－6 6．如圖31－6所示，在光滑絕緣的水平面上，存在一個水平方向的勻強電場，電場強度大小為E，在水平面上有一個半徑為R的圓周，其中PQ為直徑，C為圓周上的一點，在O點將一帶正電的小球以相同的速度向各個方向水平射出時，小球在電場力的作用下可以到達(dá)圓周的任何點，但小球到達(dá)C點時的速度最大．已知PQ與PC間的夾角為θ＝30°，則關(guān)于該電場強度E的方向及

7、PC間的電勢差大小說法正確的是(　　) A．E的方向為由P指向Q，UPC＝ER B．E的方向為由Q指向C，UPC＝ C．E的方向為由P指向C，UPC＝2ER D．E的方向為由O指向C，UPC＝ 解析：由題意知，過C點的切面應(yīng)是圓周上離O點最遠(yuǎn)的等勢面，半徑OC與等勢面垂直，E的方向為由O指向C，PQ與PC間夾角為θ＝30°，則連線OC與PC間夾角也為30°，因此直線dPC＝R，則沿電場方向的長度為Rcos30°，則UPC＝E×R×＝，選項D正確． 答案：D 7．(昆明七校聯(lián)考)(多選)如圖31－7甲所示，a、b是某電場中一條電場線上的兩點，若在a點釋放一初速度為零的帶負(fù)電的粒子，

8、粒子僅在電場力作用下沿電場線由a運動到b，其電勢能W隨位移x變化的規(guī)律如圖31－7乙所示．設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa和φb，電場強度的大小分別為Ea和Eb.則下列判斷正確的是(　　) 圖31－7 A．φa>φb　　　　　　 B．φa<φb C．Ea

9、qEx.對照題圖乙，可知電場強度E為恒量，Ea＝Eb，選項C錯誤，D正確． 答案：BD 8．(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，O點是a、c連線的中點，a、c處分別固定一個等量正點電荷，如圖31－8所示，若將一個帶負(fù)電的試探電荷P置于b點，自由釋放后，電荷P將沿著對角線bd往復(fù)運動，當(dāng)電荷P從b點運動到d點的過程中，電荷P(　　) 圖31－8 A．經(jīng)過O點的電勢能最大 B．所受電場力先增大后減小 C．電勢能和機械能之和保持不變 D．電勢能先減小后增大 解析：據(jù)題a、c處分別固定一個等量正點電荷，由等量正電荷連線的中垂線上電場分布可知：Od間電場強度方向由O→

10、d，Ob間電場強度方向由O→b，而負(fù)電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反，所以負(fù)電荷自由釋放后，所受的電場力先b→O，后由d→O，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，到達(dá)O點電勢能最小，故A錯誤．O點的場強為零，電荷所受的電場力為零，但bO間和Od間電場線的分布情況不確定，所以場強的變化不確定，電場力的變化也不確定，故B錯誤．由于只有電場力做功，所以只有電勢能與機械能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能之和保持不變，故C正確；由b到O的過程中，電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負(fù)功，電勢能增加，故D正確． 答案：CD 9．(多選)在場強大小為E的勻強電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋

11、q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動，其加速度大小為，物體運動s距離時速度變?yōu)榱悖畡t下列說法正確的是(　　) A．物體克服電場力做功0.8qEs B．物體的電勢能增加了0.8qEs C．物體的電勢能增加了qEs D．物體的動能減少了0.8qEs 解析：分析題意知帶電物體應(yīng)豎直向下運動，所受電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律：0.8qE＝qE－mg，即mg＝0.2qE，故電場力做功W＝－qEs，電勢能增加了qEs，A、B錯，C對；物體所受合力為0.8qE，方向豎直向上，根據(jù)動能定理，物體的動能減少了0.8qEs，D對． 答案：CD 圖31－9 10．(湖南長沙一模)

12、(多選)如圖31－9所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱軸上的兩點，下列說法正確的是(　　) A．M點場強一定大于N點場強 B．M點電勢一定高于N點電勢 C．電子在M點的電勢能大于在N點的電勢能 D．將正電荷從M點移動到N點，靜電力做正功 解析：沿著電場線方向電勢降低，故M點電勢一定高于N點電勢，正電荷沿著電場線方向運動，所受電場力的方向與運動方向相同，靜電力做正功，故選項B、D正確；M點的電場線較N點的稀疏，故M點場強小于N點場強，選項A錯誤；因為M點電勢高于N點電勢，電子帶負(fù)電，電子在M點的電勢能小于在N點的電勢能，選項C錯誤． 答案：BD 圖31－10 11．

13、(多選)如圖31－10所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點．在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J．則下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J C．粒子在A點的動能比在B點多0.5 J D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J 解析：從粒子的運動軌跡可以看出，粒子所受的電場力方向與場強方向相同，粒子帶正電，A錯誤；粒子從A點運動到B點，電場力做功1.5 J，說明電勢能減少1.5 J，B錯誤；對粒子應(yīng)用動能定理得：W電＋W重＝EkB－EkA，代入數(shù)據(jù)解得EkB－EkA＝1.5 J－2.0 J＝－0.5

14、J，C正確；粒子機械能的變化量等于除重力外其他力做的功，電場力做功1.5 J，則粒子的機械能增加1.5 J，D正確． 答案：CD 圖31－11 12．(多選)如圖31－11，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零．下列說法正確的是(　　) A．b點電勢為零，電場強度也為零 B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大 解析：因為等量

15、異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負(fù)電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，正電荷從O點到a點電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電勢能變化相同，D錯誤． 答案：BC 二、非選擇題 圖31－12 13．如圖31－12，一

16、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力．求A、B兩點間的電勢差． 解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin30°＝v0sin60° 由此得 vB＝v0 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v) 解得UAB＝. 答案： 14．(福建質(zhì)檢)如圖31－13，軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段DG與水平段CD及傾斜段GH分別相切于D點和G點，

17、圓弧段和傾斜段均光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道絕緣且處于水平向右的勻強電場中．一帶電物塊由C處靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回CD段中點P處時速度恰好為零．已知物塊的質(zhì)量m＝4×10－3 kg，所帶的電荷量q＝＋3×10－6 C；電場強度E＝1×104 N/C；CD段的長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m，GH段與水平面的夾角為θ，且sinθ ＝ 0.6，cosθ＝0.8；不計物塊與擋板碰撞時的動能損失，物塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2. 圖31－13 (1)求物塊與軌道CD段的動摩擦因數(shù)μ； (2)求物塊第一次碰撞擋板時的動能Ek； (3)分析

18、說明物塊在軌道CD段運動的總路程能否達(dá)到2.6 m．若能，求物塊在軌道CD段運動2.6 m路程時的動能；若不能，求物塊碰撞擋板時的最小動能． 解析：(1)物塊由C處釋放后經(jīng)擋板碰撞滑回P點過程中，由動能定理得 qE－μmg＝0① 由①式代入數(shù)據(jù)得 μ＝＝0.25.② (2)物塊在GH段運動時，由于qEcosθ＝mgsinθ，所以做勻速直線運動③ 由C運動至H過程中，由動能定理得 qEL－μmgL＋qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek－0 ④ 由④式代入數(shù)據(jù)得 Ek＝0.018 J．⑤ (3)物塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，物塊在D點的速度為0 設(shè)物塊能在水平軌道上運動的總路程為s，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得 qEL＝μmgs⑥ 由⑥式代入數(shù)據(jù)得 s＝2.4 m⑦ 因為2.6 m>s，所以不能在水平軌道上運動2.6 m的路程． 物塊碰撞擋板的最小動能E0等于往復(fù)運動時經(jīng)過G點的動能，由動能定理得 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝E0－0⑧ 由⑧式代入數(shù)據(jù)得 E0＝0.002 J．⑨ 答案：(1)0.25　(2)0.018 J　(3)不能　0.002 J