高中物理一轮复习对点训练72 电场能的性质文档格式.docx

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2．（多选）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。

a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。

则小球a（　　）

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B．从N到P的过程中，速率先增大后减小

C．从N到Q的过程中，电势能一直增加

D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

答案　BC

解析　如图所示，根据三角形定则，在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°

逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；

从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°

，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；

小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；

P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误。

3．（多选）如图所示，两电荷量分别为Q（Q>

0）和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。

取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（　　）

A．b点电势为零，电场强度也为零

B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右

C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功

D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大

解析　根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误。

Epa＝qφa，φa＞0，若q＞0，则Epa＞0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确。

由于φO＜φa，且q＞0，故必须克服电场力做功，C正确。

电场力做的功等于电势能的变化，WOa＝q（φO－φa），Wba＝q（φb－φa），φO＝φb，所以WOa＝Wba电势能变化相等，D错误。

4．（多选）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。

c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）

A．a点的电场强度比b点的大

B．a点的电势比b点的高

C．c点的电场强度比d点的大

D．c点的电势比d点的低

答案　ACD

解析　电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确。

a与左侧负电荷附近且在与b同一电场线上某点电势相等，顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误。

两个负电荷在c点场强为零，而在d点的场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等，方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，C正确。

在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷电场中电势的代数和d点比c点高，D正确。

5．（多选）关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）

A．电场强度的方向处处与等电势面垂直

B．电场强度为零的地方，电势也为零

C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低

D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向

答案　AD

解析　电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；

再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误。

由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误。

6．（多选）如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°

。

M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。

已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）

A．点电荷Q一定在MP的连线上

B．连接PF的线段一定在同一等势面上

C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功

D．φP大于φM

解析　因为φM＝φN，故点电荷＋Q一定在MN连线的垂直平分线上，假设该垂直平分线与MP相交于H，如图所示，由几何关系知，HF＝HP，故H点就是点电荷Q的位置，A项正确；

根据离正电荷越近电势越高可知，φP＝φF>

φN＝φM，D项正确；

正试探电荷从P点到N点电势降低，电场力做正功，C项错误；

根据点电荷的电场线分布和等势面特点可知，B项错误。

7．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。

取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。

下列图象中合理的是（　　）

答案　D

解析　因只有电场力做功，由功能关系有F电Δx＝ΔEp，由此可知F电＝

，即图象的斜率的绝对值表示电场力大小。

由题图可知图线斜率逐渐减小，故带电粒子所受电场力逐渐减小，由F电＝qE知E逐渐减小，故选项A错。

由牛顿第二定律F电＝ma，知a逐渐减小，故选项D正确；

由功能关系可知，带电粒子电势能逐渐减小，其动能逐渐增大，且动能与电势能的和为定值，电势能变化快的地方动能的变化也快，故Ekx图象的斜率也应逐渐减小，故选项B错误。

由于动能增大的越来越慢，所以速度不会均匀变化，故选项C错误。

8．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN＝NP。

Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙。

则（　　）

A．M点电场场强大小为零

B．N点电场场强大小为零

C．M、N之间电场方向沿x轴负方向

D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|

解析　由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；

|WPN|＝|qUPN|＝|q（φP－φN）|＜|q（φN－φM）|＝|WNM|，选项D错误。

9．（多选）一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电圆环，小球从A运动到与O对称的点A′的过程中，其加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象如图所示（取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零）。

其中可能正确的是（　　）

解析　圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；

小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，选项A错误。

小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG＝mgh，小球穿过圆环后，EpG＝－mgh，B是可能的，选项B正确。

小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，选项C是可能的，选项C正确。

由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的，选项D错误。

10．如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°

，OB＝

OA。

将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。

使此小球带电，电荷量为q（q>

0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。

现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；

若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。

重力加速度大小为g。

求：

（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；

（2）电场强度的大小和方向。

答案　

（1）

（2）

，与竖直方向的夹角为30°

，斜向右下方

解析　

（1）设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝

d，根据平抛运动的规律有

dsin60°

＝v0t①

dcos60°

＝

gt2②

又有

Ek0＝

mv

③

由①②③式得

mgd④

设小球到达A点时的动能为EkA，则

EkA＝Ek0＋

mgd⑤

由④⑤式得

⑥

（2）加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了

和

，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得

ΔEpA＝3Ek0－Ek0－

mgd＝

Ek0⑦

ΔEpB＝6Ek0－Ek0－

mgd＝Ek0⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。

设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如上图，则有

⑨

解得x＝d。

MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。

设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得

α＝30°

⑩

即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°

设场强的大小为E，有qEdcos30°

＝ΔEpA⑪

由④⑦⑪式得E＝

⑫