《2020版高考物理一輪復習 分層規(guī)范快練23 電場的能的性質(zhì) 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復習 分層規(guī)范快練23 電場的能的性質(zhì) 新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、分層規(guī)范快練(二十三)　電場的能的性質(zhì) [雙基過關(guān)練] 1．[2016·全國卷Ⅲ]關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負試探電荷時，電場力做負功，選項D錯誤． 答案：B 2．一個帶正電

2、的質(zhì)點，電荷量q＝2.0×10－9 C，在靜電場中由a點移動到b點．在這過程中除靜電力外，其他力做的功為6.0×10－5 J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5 J，則a、b兩點間的電勢差Uab為(　　) A．1×104 V　　B．－1×104 V C．4×104 V D．－7×104 V 解析：根據(jù)動能定理得Wab＋6.0×10－5J＝8.0×10－5J，則Wab＝8.0×10－5J－6.0×10－5J＝2.0×10－5J.由UAB＝得Uab＝V＝1×104 V，選項A正確． 答案：A 3．[2019·浙江溫州十五校聯(lián)考]有一空間分布的電場，如圖所示為其中一條電場線，A、B

3、、C為電場線上的三點，箭頭方向為各點的切線方向，則下列說法正確的是(　　) A．A點的場強不可能小于C點的場強 B．A、B、C三點的切線方向為試探電荷在該位置的受力方向 C．正點電荷從A點沿電場線運動到C點，電勢能減小 D．正點電荷僅受電場力作用由A處靜止釋放后將沿該電場線運動 解析：電場線的疏密表示場強的大小，而一條電場線無法判斷電場線的分布情況，又不知道是何種電荷產(chǎn)生的電場，則無法比較場強的大小，所以A點的場強可能小于C點的場強，故A錯誤；據(jù)場強方向的規(guī)定，正電荷在某點所受電場力的方向與該點場強方向相同，若為負電荷，則與該點場強方向相反，故B錯誤；正點電荷從A點沿電場線運動到C點

4、，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；正點電荷僅受電場力作用由A處靜止釋放，該電荷所受的電場力是變力，與電場線相切，據(jù)曲線運動的條件可知該電荷并不能沿電場線運動，故D錯誤． 答案：C 4. 如圖所示，電場中某一水平方向的電場線上有a、b、c三點，c點為ab的中點．a(chǎn)、b兩點的電勢分別為φa＝5 V、φb＝3 V．下列敘述正確的是(　　) A．c點的電勢一定為4 V B．a(chǎn)點的場強Ea一定大于b點的場強Eb C．一正電荷從c點運動到b點，電勢能一定減少 D．一正電荷運動到c點時受到的電場力由c指向a 解析：只有一條電場線，此處電場并不一定是勻強電場，故A、B錯誤；由電勢高低情

5、況可知，電場強度方向為由a指向b，故正電荷所受的電場力方向由c指向b，D錯誤；正電荷由c點運動到b點，電場力做正功，電勢能減少，故C正確． 答案：C 5．(多選)如圖甲，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v －t圖線如圖乙所示，設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa、φb，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有(　　) A．φa>φb B．Ea>Eb C．EaEpb 解析：電場線為直線，帶負電的粒子僅在電場力的作用下由靜止釋放，那么一定沿著電場

6、力的方向運動，故電場強度的方向向左，b點的電勢高，選項A錯誤；由v－t圖象的斜率表示粒子運動的加速度可知粒子運動的加速度越來越小，故b點的場強小，Ea>Eb，選項B正確、C錯誤；電場力做正功，電勢能減少，選項D正確． 答案：BD 6．[2019·山東濱州模擬](多選)真空中某靜電場，虛線表示等勢面，各等勢面電勢的值如圖所示．一帶電粒子只在電場力的作用下，沿圖中的實線從A經(jīng)過B運動到C，B、C兩點位于同一等勢面上，則以下說法正確的是(　　) A．帶電粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能 B．A點電場強度大于B點電場強度 C．帶電粒子從A經(jīng)過B運動到C的過程中動能先增大再減小 D．

7、帶電粒子從A到C電場力所做的功等于從A到B電場力做的功 解析：由運動軌跡可知，帶電粒子帶負電，負電荷在電勢低處電勢能大，所以帶電粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能，A正確；對于等差等勢面，等勢面密處電場強度大，所以A點電場強度小于B點電場強度，B錯誤；帶電粒子從A經(jīng)過B運動到C的過程中電場力先做負功后做正功，動能先減小再增大，C錯誤；因為B、C兩點電勢相等，所以帶電粒子從A到C電場力所做的功等于從A到B電場力做的功，D正確． 答案：AD 7．[2019·山東濰坊市一模]如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標系平面，其中坐標原點O處的電勢為2 V，a點的坐標為(0 cm,4 cm)

8、，電勢為8 V，b點的坐標為(3 cm，0 cm)，電勢為8 V，則電場強度的大小為(　　) A．250 V/m B．200 V/m C．150 V/m D．120 V/m 解析：由題意可知a、b兩點的電勢相等，則ab為一條等勢線，又O點電勢為2 V，則知勻強電場的場強方向垂直于ab指向左下方．過O點作ab的垂線交ab于c點，由幾何關(guān)系得：tan∠b＝，得∠b＝53° Oc＝Ob·sin∠b＝0.03 m×sin53°＝2.4×10－2 m c、O間的電勢差U＝8 V－2 V＝6 V 則電場強度大小E＝＝250 V/m，故A正確． 答案：A 8．[2019·山西

9、晉中調(diào)研]如圖所示，真空中有直角坐標系：xOy，在x軸上固定著關(guān)于O點對稱的等量異種點電荷＋Q和－Q，C是y軸上的一個點，D是x軸上的一個點，DE連線垂直于x軸．下列說法中正確的是(　　) A．D、E兩點場強大小相等 B．D點電勢比E點電勢低 C．將正電荷由O移至C電勢能減少 D．將正電荷由O移至D和由C移至E電勢能變化相等 解析：由等量異種點電荷＋Q和－Q特點可知D、E兩點場強大小不相等，故A錯誤；由于D點靠近負電荷，所以D點電勢比E點電勢低，故B正確；O、C兩點電勢相等，將正電荷由O移至C電場力不做功，電勢能不變，故C錯誤；由于D點電勢比E點電勢低，所以正電荷由O移至D和由C移至

10、E電勢能變化不相等，故D錯誤． 答案：B 9．[2019·泰安一模]如圖所示，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其一條等勢線．兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點．a(chǎn)B、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大?。挥嬃Ｗ又亓?，以下判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)B＝aC　vB＝vC B．a(chǎn)B>aC　vB＝vC C．a(chǎn)B>aC　vBvC 解析：庫侖力F＝，兩粒子在B、C兩點受的庫侖力大小相同，根據(jù)粒子的運動軌跡可知aB>aC，a＝，解得mB

11、

12、點電勢為－ 解析：根據(jù)題目意思：克服摩擦力做功Wf＝Ek＝FfL，克服電場力做功W電克＝Ek＝EqL，所以摩擦力是電場力的，即A項錯誤；而W電克＝ΔEpAB增＝EpB，所以EpB＝Ek，B項正確；由于從B點返回A點過程中，摩擦力繼續(xù)做負功，所以C項錯誤；A點電勢為零，所以B點電勢應該是φB＝＝，即D項錯誤． 答案：B 11．如圖所示，正電荷Q固定于O點，在M、N兩點各有一個帶電荷量分別為qM、qN(qM

13、、aN，qM、qN距離O點最近的距離分別為rM、rN，分別從M、N點出發(fā)到距離O點最近的過程中，qM、qN克服電場力做功分別為WM、WN，僅考慮Q對點電荷qM、qN的電場力作用，下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)M>aN B．rM>rN C．rM＝rN D．WM＝WN 解析：根據(jù)庫侖定律可知，在距離相等時，帶電荷量較大的點電荷qN所受的庫侖力較大，由牛頓第二定律可知qN剛開始運動時的加速度較大，即aN>aM，選項A錯誤；由于兩個點電荷的初動能相同，根據(jù)動能定理，分別 從M、N點出發(fā)到距離O點最近的過程中，qM、qN克服電場力做功相同，即WM＝WN，選項D正確；由于qM、qN克服

14、電場力做功相同，而qN所受的庫侖力較大，所以qN運動的距離較小，qN距離O點最近的距離較大，即rM

15、半徑的最大值． 解析：(1)由于電場力方向沿豎直方向，小球在水平軌道上運動時，速度與電場力方向垂直 所以電場力在水平軌道上部做功，小球做勻速直線運動，故到達A點時的速度為6 m/s. 從A到B過程中，重力和電場力都做負功，故根據(jù)動能定理可得－mg·2R－FE·2R＝mv－mv，根據(jù)牛頓第二定律可得在B點FE＋mg＋FN＝m，解得FN＝210 N， 根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖膲毫?10 N. (2)小球恰好能通過最高點B時，小球與軌道間沒有相互作用力，重力與電場力的合力完全充當向心力 故有mg＋FE＝m 從A到B過程中，重力和電場力都做負功，故根據(jù)動能定理可得－mg·2Rmax－FE·2Rmax＝mv－mv，解得Rmax＝0.2 m. 答案：(1)210 N　(2)0.2 7