（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習 課時跟蹤檢測（二十三）電場能的性質(zhì)（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習 課時跟蹤檢測（二十三）電場能的性質(zhì)（含解析）1關(guān)于靜電場下列說法正確的是()A將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加B無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大C在同一個等勢面上的各點，場強的大小必然是相等的D電勢下降的方向就是電場強度的方向解析：選B將負電荷由低電勢點移到高電勢點，電場力做正功，電勢能減小，選項A錯誤；無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，因無窮遠處電勢能為零，因此靜電力做正功越多，電荷在該點的電勢能越大，選項B正確；在同一等勢面上，電勢處處相等，場

2、強不一定相等，選項C錯誤；電勢下降最快的方向才是電場強度的方向，選項D錯誤。2(2019淮南模擬)電場中有a、b兩點，已知a500 V，b1 500 V，將電荷量為q4109 C的點電荷從a移到b時，電場力做功為()A負功8106 JB正功8106 JC負功4106 J D正功4106 J解析：選B用絕對值先進行計算，WqU41092 000 J8106 J(注意此式僅為數(shù)值關(guān)系)，因為負電荷從低電勢處移至高電勢處，所以電場力做正功。故選項B正確。3(多選)(2017全國卷)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為

3、Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標(ra，a)標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為W、W和W。下列選項正確的是()AEaEb41 BEcEd21CWW31 DWW13解析：選AC設(shè)點電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷電場強度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，選項A正確，B錯誤；將一帶正電的試探電荷由a點移動到b點做的功Wq(ab)3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功Wq(bc)q(J)，試探電荷由c點移動到d點做功Wq(cd)q(J)，由

4、此可知，WW31，WW11，選項C正確，D錯誤。4.(多選)(2016海南高考)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是()AM帶負電荷，N帶正電荷BM在b點的動能小于它在a點的動能CN在d點的電勢能等于它在e點的電勢能DN在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功解析：選ABC粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負功，動能減小，選項B正確；d點和

5、e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故選項C正確； N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故選項D錯誤。5(多選)如圖所示，虛線a、b、c為電場中的一簇等勢線，相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，等勢線a上一點A 處，分別射出甲、乙兩個粒子，兩粒子在電場中的軌跡分別交等勢線c于B、C點，甲粒子從A到B的動能變化量的絕對值是E，乙粒子從A到C動能變化量絕對值為E。不計粒子的重力，由此可以判斷()A甲粒子一定帶正電，乙粒子一定帶負電B甲粒子的電荷量一定為乙粒子電荷量的2倍C甲粒子從A到B電場力一定做正功，乙粒子從A到C電場力一定做負功D甲粒子在B點的電勢能的絕對值一定是乙粒子在

6、C點電勢能絕對值的2倍解析：選BCD由軌跡圖可知，兩粒子所受的電場力方向相反，則兩粒子一定電性相反，但是不一定是甲粒子帶正電，乙粒子帶負電，選項A錯誤；從A點到c等勢面的電勢差相等，根據(jù)UqEk，因|Ek甲|2|Ek乙|，可知q甲2q乙，選項B正確；根據(jù)電場力與軌跡的方向，可知甲粒子從A到B電場力一定做正功，乙粒子從A到C電場力一定做負功，選項C正確；B、C兩點的電勢相同，根據(jù)Epq可知，甲粒子在B點的電勢能的絕對值一定是乙粒子在C點電勢能絕對值的2倍，選項D正確。6. (2018長沙調(diào)研)如圖所示，在直角三角形所在的平面內(nèi)存在勻強電場，其中A點電勢為0，B點電勢為3 V，C點電勢為6 V。已

7、知ACB30，AB邊長為 m，D為AC的中點，將一點電荷放在D點，且點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小為1.5 N/C，則放入點電荷后，B點場強為()A2.5 N/C B3.5 N/CC2 N/C D. N/C解析：選A根據(jù)勻強電場中任意平行相等線段兩端點的電勢差相等，可知B、D兩點電勢相等，BD連線為等勢線，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，與BD連線垂直且指向A的方向為電場方向，如圖所示。根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差關(guān)系，勻強電場的電場強度E N/C2 N/C。根據(jù)點電荷電場的特點可知，放在D點的點電荷在B點產(chǎn)生的電場強度與在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等，都是1.5 N/C，方向沿BD連線，根據(jù)電

8、場疊加原理，B點的電場強度大小為EB N/C2.5 N/C，選項A正確。B級保分題目練通抓牢7. (2019青島模擬)真空中相距為3a的兩個點電荷M、N分別固定于x軸上x10和x23a的兩點，在兩者連線上各點的電場強度隨x變化的關(guān)系如圖所示，選沿x軸方向為正方向，以下判斷正確的是()A點電荷M、N均為負電荷BM、N所帶電荷量的絕對值之比為21C沿x軸從0到3a電勢逐漸降低D將一個正點電荷沿x軸從0.5a移動到2.4a，該電荷的電勢能先減小再增大解析：選D若兩電荷為異種電荷，在x2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，故A錯誤；由于在x2a處，電場強度為0，則有，所以M、N所帶電荷量的絕

9、對值之比為41，故B錯誤；沿x軸從0到2a電勢逐漸降低，從2a到3a電勢逐漸增大，故C錯誤；從0.5a到2.4a電勢先降低后增大，根據(jù)Epq可知將一個正點電荷沿x軸從0.5a移動到2.4a，該電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。8.(多選)兩個等量點電荷位于x軸上，它們的靜電場的電勢隨位置x變化規(guī)律如圖所示(只畫出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢)，x軸上有兩點M、N，且OM ON，由圖可知()AN點的電勢低于M點的電勢BM、N兩點的電場方向相同且M點的場強大小大于N點的場強大小C僅在電場力作用下，正電荷可以在x軸上M、N之間的某兩點做往復(fù)運動D負電荷沿x軸從M點移到N點的過程中電場力一直做正功解析：選BD

10、由題圖知，N點的電勢高于M點的電勢，故A錯誤； 由E可知，圖像的斜率絕對值等于場強大小，可以看出M點的場強大小大于N點的場強大小，斜率都為正值，說明M、N點的電場方向相同，故B正確； 根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知電場線的方向從N指向M，正電荷在x軸上M、N之間所受的電場力始終由N指向M，正電荷做單向直線運動，故C錯誤；負電荷沿x軸從M移到N的過程中，電場力方向從M指向N，電場力方向與位移相同，電場力一直做正功，故D正確。9如圖甲在水平地面上放置一個質(zhì)量為m0.1 kg，帶電荷量為q0.01 C的物體。物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.4，地面上存在水平向左的電場，物體由靜止開始向左運動，電場

11、強度E隨物體的位移x變化的圖像如圖乙所示。已知g10 m/s2，求：(1)運動過程中物體的最大加速度；(2)物體的速度達到最大時距出發(fā)點的距離。解析：(1)剛開始時物體的加速度最大，由牛頓第二定律，得qEmgma解得：a6 m/s2，方向水平向左。(2)由圖像可得電場強度隨位移是變化的，所以物體受到的電場力隨位移是變化的，當電場力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大，則qEmg，E40 N/C由題中圖像得到E 與x的函數(shù)關(guān)系式E10025x解得x2.4 m。答案：(1)6 m/s2，方向水平向左(2)2.4 mC級難度題目適情選做10(多選)(2018全國卷)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點

12、處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2。下列說法正確的是()A此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為C若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為D若W1W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差解析：選BD結(jié)合題意，只能判定ab，cd，但電場方向不能得出，故A錯誤。電場強度的方向沿cd時，才有場強E，故C錯誤。由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，M，N，則UMN

13、，可知該粒子從M點移動到N點的過程中，電場力做功W，故B正確。若W1W2，則abcd，變形得acbd，即UacUbd，而UaM，UbN，可知UaMUbN，故D正確。11.(多選)如圖所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P和F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M30。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示。已知MN，PF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則()A點電荷Q一定在MP連線上B連接PF的線段一定在同一個等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DP大于M解析：選AD根據(jù)正點電荷的電場的特點可知，點電荷的電場的等勢面是以點電荷為中心的同心球

14、面，故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線，如圖所示，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，兩條線交MP于A點，即點電荷在A點，選項A正確，B錯誤；將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，選項C錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故PM，選項D正確。12. (2019合肥四校聯(lián)考)如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R0.4 m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E1.0104 N/C?，F(xiàn)有一電荷量q1.0104 C，質(zhì)量m0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能

15、通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點(圖中未畫出)。取g10 m/s2。試求：(1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大?。?2)D點到B點的距離xDB；(3)帶電體在從P點開始運動到落至D點的過程中的最大動能(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析：(1)設(shè)帶電體通過C點時的速度為vC，根據(jù)牛頓第二定律有mgm，解得vC2.0 m/s。設(shè)帶電體通過B點時的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點時，根據(jù)牛頓第二定律有FBmgm。帶電體從B運動到C的過程中，根據(jù)動能定理有mg2RmvC2mvB2聯(lián)立解得FB6.0 N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力FB6.0 N。(2)設(shè)帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運動的分解有2Rgt2，xDBvCtt2聯(lián)立解得xDB0。(3)由P點到B點帶電體做加速運動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B到C的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個力大小相等，其合力與重力方向成45夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點右側(cè)對應(yīng)圓心角為45處。設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有qERsin 45mgR(1cos 45)EkmmvB2，代入數(shù)據(jù)解得Ekm1.17 J。答案：(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J