2018版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場基礎(chǔ)課2電場的能的性質(zhì)課時訓(xùn)練(含解析)粵教版

1、基礎(chǔ)課 2 電場的能的性質(zhì)諜時達標ill練I、選擇題（1 15 5 題為單項選擇題，6 61010 題為多項選擇題） 1 1如圖 1 1 所示，a、b、c為電場中同一條電場線上的三點，其中兩點的電勢分別為 $a= 3 3 V V , $b= 9 9 V V，則下列敘述正確的是（D.正電荷只受電場力作用從a點運動到b點的過程中動能一定增大解析 本題中電場線只有一條，又沒說明是哪種電場的電場線，因此電勢降落及場強大小情況都不能確定，A A、B B 錯；a、b兩點電勢已知，正電荷從a到b是從低電勢向高電勢運動，電場力做負功，動能減小，電勢能增大，C C 對，D D 錯。答案 C C2.2. （201

2、72017蘭州一模）帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度Vo進入電場并沿B.粒子先加速后減速C.粒子加速度一直增大D.粒子的機械能先減小后增大解析 粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，A A 錯誤；由圖知粒子受電場力睜化訓(xùn)練.技能提高c為ab的中點。已知a、b圖 1 1A A.該電場在C點處的電勢一定為 6 6 V VB B.a點處的場強曰一定小于b點處的場強曰C.正電荷從a點運動到b點的過程中電勢能一定增大A A.粒子帶負電荷虛線所示的軌跡運動到b點，F(xiàn) F 列說法正確的是（）2向右，所以先向左減速運動后向右加速運動，故B B 錯誤；從a點到b點，電場力先做負功，再做正功，

3、電勢能先增大后減小，動能先減小后增大，根據(jù)電場線的疏密知道場強34.4. 兩電荷量分別為qi和q2的點電荷固定在x軸上的O M兩點，兩電荷連線上各點電勢 隨x變化的關(guān)系如圖 4 4 所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是（N D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大D.將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小解析 根據(jù)q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷,先變小后變大，故加速度先減小后增大,答案 D DC C 錯誤，D D 正確。3.3.在某勻強電場中有M N P三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，/M=M= 3030、/P= 9090,直角邊NP的

4、長度為 4 4 cmcm。已知電場方向與三角形所在平面平行,M N和P點的電勢分A A. 150150 V/mV/m225225 , , 3 3 V/mV/mD D . 7575 3 3 V/mV/m解析 過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點,由幾何知識可O間的距離NO=2 2 cm,cm,M O間的距離MQ 6 6 cm,cm,由勻強電場的特點得等勢面上，由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知:0O=1212 V,V,即O P在同一N 0A A 正確。O點的電勢為U0N一 0OE=d=NO= 150150 V/mV/m，即選項答案 A AB B.N C兩點間場強方向沿x軸負方向C.C.A A 錯誤

5、;) )C CB B . 7575 V/mV/m別為 3 3 V V、qi、q2為等量異種電荷A A.4C間的電場方向沿x軸正方向，C點場強為 0 0，B B 錯誤；根據(jù)NHD間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小到零后反向增大，C C 正確；正電荷從N移到D,由EQq0知,電勢能先減小后增大，D D 錯誤。答案 C C5 5如圖 5 5 所示為沿水平方向的勻強電場的三條電場線，豎直平面內(nèi)有一個圓周，A點為圓周上和圓心同一高度的一點，B點為圓周上的最高點。在A點的粒子源以相同大小的初速度Vo在豎直面內(nèi)沿各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子（不計粒子重力），豎直向上發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過B點，則從圓周

6、上離開的粒子的最大速度大小為（）A A. 3 3voB B2 2voC.C. 2 2voD D.Vo解析 設(shè)粒子所帶電荷量為+q,質(zhì)量為m電場強度為E,圓周的半徑為R,因豎直向._、，. 一， 一.qE1 1上發(fā)射的粒子做類平拋運動經(jīng)過B點，故電場方向水平向右，且有a= ,R=vot,R=2 22at2,解得qE= 轡。粒子從圓周上右側(cè)與圓心等高處離開時的速度最大，則有qEX2RR1 121 12=q qmv g gmv,可得v= 3 3vo,選項 A A 正確。答案 A A6 6如圖 6 6 所示，空間有兩個等量的異種點電荷M N固定在水平面上，虛線POQ MN連線的中垂線，一負的試探電荷在

7、電場力的作用下從P點運動到Q點，其軌跡為圖中的實線，軌跡與MN連線的交點為則下列敘述正確的是（）KO-3圖 6 6A.電荷M帶負電B. A點的電勢比P點的電勢低C.試探電荷在 A A 點速度最大D.試探電荷從P運動到Q的過程中電場力先做負功后做正功5解析 試探電荷做曲線運動，電場力指向軌跡的凹側(cè)，因為試探電荷帶負電，所以電荷N帶負電，A A 項錯誤；由等量異種點電荷電場線分布特征及沿電場線方向電勢逐漸降低可 知，B B 項正確；試探電荷從P到A的過程中，電場力做負功，電勢能增加，動能減少，試探電荷從A到Q的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，選項C C 錯誤、D D正確。答案 BDBD

8、7 7.靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖 7 7 所示，x軸正方向為場強正方向，帶正 電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（）圖 7 7A.在X2和X4處電勢能相等、仁 2B.由Xi運動到X3的過程中電勢能增大A .C.由Xi運動到X4的過程中電場力先增大后減小D.由xi運動到X4的過程中電場力先減小后增大解析 由圖象可知，將正電荷沿X軸正向移動，從X2移動到X4的過程電場力做功不為零，兩點處的電勢能不相等，選項 A A 錯誤；從X1移動到X3的過程電場力沿x軸負方向，電場 力做負功，電勢能增大，選項 B B 正確；由xi運動到X4的過程中，場強先增大后減小，因-此電場力先增大后減小，C C

9、 項正確，D D 項錯誤。答案 BCBCvjX-）& &如圖 8 8 所示，兩個固定的等量正點電荷相距為4 4L,其連線中點為Q以0為圓心、L為半徑的圓與兩正點電荷間的連線及連線的中垂線分別交于a、b和c、d,以Q為坐標原點、垂直ab向上為正方向建立Qy軸。取無窮遠處電勢為零， 則下列判斷正確的是（）廿石 苛代 /+Q、JFX.nJ Jd6圖 8 8A. a、b兩點的場強相同B. Oy軸上沿正方向電勢隨坐標y的變大而減小C.將一試探電荷+q自a點由靜止釋放，若不計電荷重力，試探電荷將在a、b間往復(fù) 運動D.Oy軸上沿正方向電場強度的大小隨坐標y的變大而增大解析a、b兩點的場強大

10、小相等、 方向相反，選項 A A 錯誤；由等量正點電荷的電場特點，知Oy軸上沿正方向電勢隨坐標y的增大逐漸減小，選項 B B 正確；a點場強方向沿ab連線向右，試探電荷+q自a點由靜止釋放后向右運動，遵循能量守恒定律，在a、b間往復(fù)運動，選項 C C 正確；等量正點電荷連線的中點電場強度為零，沿Oy軸正方向無窮遠處電場強度為零，知電場強度沿Oy軸正方向先增大后減小，選項 D D 錯誤。答案 BCBC9.9. （20172017福建臺州質(zhì)量評估）如圖 9 9 所示，豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中，x軸上固定一個 點電荷Qy軸上固定一根光滑絕緣細桿 （細桿的下端剛好在坐標原點O處），將一個重力不計的帶

11、電圓環(huán)（可視為質(zhì)點）套在桿上，從P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細桿后恰 好繞點電荷Q做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是（）nVp細桿；AU圖 9 9A.A. 圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，加速度一直增大B.B. 圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，速度先增大后減小C.C.若只增大圓環(huán)所帶的電荷量，圓環(huán)離開細桿后仍能繞點電荷Q Q 做勻速圓周運動D.D. 若將圓環(huán)從桿上 P P 點上方由靜止釋放， 其他條件不變，圓環(huán)離開細桿后不能繞點電荷Q做勻速圓周運動解析圓環(huán)運動到O點且未離開細桿時庫侖力沿x軸正方向，與細桿對圓環(huán)的支持力平 衡，加速度為零，則 A A 錯誤；因為圓環(huán)到O點前，庫侖力沿y軸負方

12、向的分量大小始終 不為 0 0,故一直加速，7速度增加，B B 錯誤；設(shè)P、O兩點間電勢差為U由動能定理有qU2=g gmV，由牛頓第二定律有kQq= ，聯(lián)立有粵=凹，即圓環(huán)是否做圓周運動與q無關(guān)，2 2r rr rC C 正確；若從P點上方釋放，貝U U變大，不能做勻速圓周運動，D D 正確。答案 CDCD10.10. （20162016河北邢臺質(zhì)檢）如圖 1010 所示，A B為一勻強電場中同一電場線上的兩點，現(xiàn)在A B所在直線上某一點固定一電荷Q然后在A點由靜止釋放一點電荷q，結(jié)果點電荷q運動到B時的速度為零，若點電荷q只受電場力作用，則下列結(jié)論正確的是（）圖 1010A A .電荷Q與

13、點電荷q定是同種電荷B B電荷Q一定在A點的左側(cè)C C .點電荷q的電勢能一定是先減小后增大D D .A B兩點電勢一定相等解析 由題意分析知電荷Q應(yīng)在點A、B的外側(cè)，如果Q在A點左側(cè)，點電荷q從A由靜 止釋放運動到點B時速度為零，說明點電荷q先做加速運動后做減速運動，在A、B連線某一位置合場強為零，這時Q和q是同種電荷，同理分析，如果Q在B點的右側(cè)，貝 U UQ和q定是同種電荷，A A 項正確，B B 項錯誤；由于只有電場力做功，因此動能與電勢能之 和不變，且兩種能相互轉(zhuǎn)化，又知q的速度先增大后減小，則其電勢能先減小后增大，C C項正確；由于點電荷q在A、B兩點的動能均為零，因此點電荷在A、

14、B兩點的電勢能相等，則A、B兩點電勢相等，D D 項正確。答案 ACDACD二、非選擇題11.11. （20172017福建廈門質(zhì)檢）如圖 1111 所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，已知勻強電場的場強E= 5 5X 10103V/mV/m ,圓弧軌道半徑R=0.40.4 m m?，F(xiàn)有一帶電荷量q= + 2 2X 10105 5C C、質(zhì)量 rn=rn= 5 5X 10102 2kgkg 的物塊 （可視為質(zhì)點）從距B端s= 1 1 m m 處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進入圓弧 軌道BC重力加速度g= 1010 m/sm/s

15、2求：E8R/ *A P- 1*圖 11119(1)(1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達B點的速度VB的大小；物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。解析 在物塊從開始至運動到B點的過程中，由牛頓第二定律可知:qE=ma一 1 12又由運動學(xué)公式有：s= 2 2at解得：t= 1 1 s s又因：VB=at得:VB=2 2 m/sm/s 物塊剛進入圓弧軌道時，在沿半徑方向由牛頓第二定律，有:2VBNB-mg= mR解得：NB= 1 1 N N答案 (1)1(1)1 s s 2 2 m/sm/s (2)1(2)1 N N12.12.在光滑絕緣的水平面上，用長為2 2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和BoA球的帶電荷量為+ 2 2q,B球的帶電荷量為一 3 3q,組成一帶電系統(tǒng)，如圖1212 所示，虛線MP為A B兩球連線的垂直平分線，虛線NC與MF平行且相距 5 5L。最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP勺距離均為L,且A球距虛線NQ的距離為 4 4L。若視小球為質(zhì)點,不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MP NQ間加上水平向右的勻強電場E后，試求:VN一:知；+2Ber-圖 1212(1)(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小;(2)(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最