(新课标)2020年高考物理大一轮复习第6章静电场第2节电场能的性质课时规范训练

电场能的性质1. （多选）关于电场，下列说法正确的是（）A. 由E=匸知，若q减半，则该处场强为原来的2倍qB. 由E= 知，E与Q成正比，而与r2成反比E=岁知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处场强大小相同，但方C.向不同D.电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向解析：选BC.因E= F为场强的定义式，而电场中某点场强E只由电场本身决定,q与是否引入试探电荷q及q的大小、正负无关，故选项A错误.E=7是点电荷Q 的电场中各点场强的决定式，故E* Q是正确的，即选项B正确.因场强是矢量，E 相同意味着大小、方向都相同，而在球面上各处E大小相同而方向不同，故选项 C 正确.因E只与正电荷受力方向相同，而与负电荷受力方向相反，故选项D错误.2. （多选）关于电势差的计算公式，下列说法正确的是（）、W AB 、A. 电势差的公式U A B=说明两点间的电势差U B与电场力做功VW B成正比，与移q动电荷的电荷量q成反比B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有Lk> 0、W ABC. 电势差的公式L A B=—中，U A B与移动电荷的电荷量q无关qD. 电场中A、B两点间的电势差Uk等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功解析：选BC.电场中两点间的电势差是一个定值，不会随着电场力做的功W AB和移动电荷的电荷量q的变化而变化，故A错、C对；又由U B=—知，电场力做正功，qq为正电荷，则电势差为正，即B正确；电场中A、B两点间的电势差U A B在数值上等于把单位正电荷从A点移动到B点时电场力所做的功，故D错误.3•如图所示，沿x轴正向的匀强电场中，有一动点以0为圆心，半径为r做逆时针转动一周，A点为连线0A与x轴正向成B角时圆周上的一点，电场强度为E，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为().------------- r --------- 迟禺JT■A. U= ErB. U= Er(sin 9 + 1)C. U= Er(cos 9 + 1)D. U= 2Er解析：选C.由U= Ed知，与A点间电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，d max= r + rcos 9，所以LL x= Er(cos 9 + 1)，选项C对.4.(2020 •湖北华师一附中等八校联考)英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布.如图所示为一对等量异种点电荷，电荷量分别为+ Q—Q.实线为电场线，虚线圆的圆心O 在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，下列说法正确的是()A. a、b两点的电场强度相同B. b、c两点的电场强度相同C. c点的电势高于d点的电势D. d点的电势等于a点的电势解析：选D.a、b、c、d在同一个圆上，电场线的疏密表示场强的强弱，故四点的场强大小相等，但是方向不同，选项A、B错误；沿电场线方向电势降低，故c点电势低于d点电势，选项C错误；a、d两点关于两电荷连线对称，故电势相等，选项D正确.5 •地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场•一质量为1.00 X1O_4kg、带电荷量为—1.00 X 10一7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力）（）一 4 , 一 3A. —1.50 X 10 J 和9.95 X 10 JB. —1.50 X 10 J 和9.95 X 10 JC. —1.50 X 10 J 和9.65 X 10 JD. 1.50 X 10 J 和9.65 X 10 J解析：选 D.W= —AE p, —qEd= — 1.50 X 10一4 J，所以4E p= 1.50 X 10—4 J.据—3 __.动能定理，—qEd+ mgd=AE k，AE k= 9.65 X 10 J，选项D正确.6. （多选）如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v —t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为© a、© b，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b 两点的电势能分别为W、W,不计重力，则有（）A.© a>© bB. Ea> E bC. E v E bD. W> W解析：选BD.电场线为直线，带负电的粒子仅在电场力的作用下由静止释放，那么一定沿着电场力的方向运动，故电场强度的方向向左，b点的电势高，选项A错误；由v-1图象的斜率表示粒子运动的加速度可知粒子运动的加速度越来越小，故b点的场强小，吕〉丘，选项B正确，C错误；电场力做正功，电势能减少，选项 D 正确.7. （2020 •唐山模拟）如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形.电场强度的方向与纸面平行.电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A的过程中动能减少丘，质子仅在静电力作用下从C移动到A的过程中动能增加E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为（）C盛.3ea解析：选C.对电子从B 到A 的过程，由动能定理可知，—eUBA=-吕；对质子从 C 到A 的过程，有eU CA =曰，可见U B A = U CA 故B C 两点电势相等，在同一等势面上， AB 沿电场线方向上的距离d = asin 60—%，由场强与电势差的关系E =彳解得E二，选项C 正确.8. （2020 •江苏南京、盐城联考）如图甲所示，x 轴上固定两个点电荷Q 、Q （Q 2 位于坐标原点O ）,其上有M N 、P 三点，间距MN= NP Q 、Q 在x 轴上产生的电势 ©随x 变化关系如图乙.贝U （）讪 5-f ------------- 1—OtpM 点电场场强大小为零一正试探电荷从P 移到M 过程中，电场力做功|WAN = |WA M解析：选B.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; |WAN = |qUp” = |q （ © P —© N ）| v |q （ © N —© = |WA M ，选项 D 错误.9. （2020 •湖北八市联考）（多选）如图所示，M 和N 是两个带有异种电荷的带电 体（M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面），P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面E ) B.— eaA. 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. A.eaw N p上的一点•在M和N之间的电场中画有三条等势线•现有一个带正电的油滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能.（E、W 两点在同一等势线上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确A. P和Q两点的电势不相等B. P点的电势低于S点的电势C. 油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D. 油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”不变解析：选BD.P、Q两点均处于带电体M的外表面，这两点电势相等，选项A错误；带正电的油滴在F点的机械能大于在W点的机械能，因而从E点运动到F点的过程中，电场力做正功，P点的电势低于S点的电势，选项B正确；油滴在F点的电势能低于在E点的电势能，选项C错误；只有电场力和重力做功，故机械能与电势能之和为定值，选项D正确.10. 如右图所示，空间有与水平方向成0角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于0点•当小球静止时，细线恰好处于水平位置，现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为（）1 Ji J i 4 4 4T T 1oF?-i-f?/ / /f h f f / ■* /// // / // / 7 j』］/1/ / H/ b.....A. mgL解析：选C.B. mgLtan 0C.mgLtan 0D.mgLcos 0小球静止时受力如图所示，则静电力F=.细线在电场方向的距离如图所示由动能定理W—F(Lsin0+ Leos 9 ) + mgL= 0,将2 們代入可解得何11. (2020 •河北衡水中学调研)如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q 在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力.(1) 求液珠的比荷；(2) 求液珠速度最大时离A点的距离h;(3) 若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成©=学，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)•求液珠能到达的最高点B离A点的高度r B.解析：(1)设液珠的电荷量为q，质量为m有解得液珠的比荷为q= 2gH.m kQ(2)当液珠速度最大时有解得h= ；'2H.⑶设CB间的电势差为U CB,有kQ kQU C B=©C—©B=——H r B根据动能定理有qU CB—mg(「B—H) = 0 解得r B= 2H.答案：⑴鵲(2)；，2H (3)2H12. 长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零•试求:(1) AB两点的电势差U A B；(2) 匀强电场的电场强度大小;(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小. 解析：(1)小球下落过程中重力和电场力做功, 由动能定理得：mgLsin 60 ° + l AB q= 0(2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系知:L B A=—U B= EL(1 —cos 60 ° ) 故E= L !—cOS A60 °沖(3) 在B点对小球受力分析如图所示.由圆周运动知: F T— Eqcos 0—mgs in mL 其中Eq= 3mg因为V B= 0,故F T— Eqcos 60 ° —mgsin 60 °= 0故F T= Eqcos 60 ° + mgs in 60 °= 3mg.答案：⑴—埠q^（2）逬矽⑶ 3mg。