2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 二十一 7.2 电场能的性质 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 二十一电场能的性质(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，16题为单选题，79题为多选题)1.(2020成都模拟)反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是()A.头部带负电B.A点电场强度大于B点电场强度C.C点电势高于B点电势D.正离子从A向C运动，其电势能变小【解析】选B。电场线从正电荷或无穷远处

2、出发，终止于负电荷或无穷远处，故根据电场线由头部出发可知，头部带正电，故A错误；电场线疏密程度代表电场强度，由图可知，A处电场线比B处密，故A处电场强度大于B处电场强度，故B正确；沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直，故B点电势比C点电势高，故C错误；沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直，故A点电势比C点电势低，正离子从A向C运动，电场力做负功，故电势能增大，故D错误。2.(2020长沙模拟)如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个不计重力的带负电的粒子从右侧垂直于等势面4向左进入电场，其运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则()A.四个等势面电势高低关系

3、为1234B.该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场C.等势面4上各点场强处处相等D.粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直【解析】选B。粒子所受的电场力指向轨迹凹侧，由于粒子带负电，因此c处电场线指向左上方，沿着电场线，电势降低，可知1234，故A错误；由图可知，粒子做曲线运动，其受力的方向不断变化，所以粒子的运动轨迹和等势面3不可能垂直，故D错误；该电场上、下对称，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，故B正确；等差等势面的疏密反映了电场线的疏密，电场线的疏密表示电场的强弱，所以等势面4上各点的场强不是处处相等的，故C错误。3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带

4、电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。下列说法中正确的有() A.粒子带负电B.粒子在M点的动能大于在N点的动能C.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力【解析】选C。带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故A错误。 电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度，故B错误。 电场力做正功，电势能减小，故C正确。电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速度，故D错误。4.有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上

5、，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k，半径为R的球面面积为S=4R2，则下列说法正确的是() A.均匀带电球壳带电密度为E04kB.图中r=1.5RC.在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高D.球面与球心间电势差为E0R【解析】选A。由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：E0=kQR2，解得球壳带电荷量为Q=E0R2k，则均匀带电球壳带电密度为Q4R2=E04k，选项A正确；根据点电荷场强公式12E0=kQr2，解得r=2R，选项B错误；由题意可知在x轴上各点中，在0R范围内各点的电势均

6、相同，球面与球心间的电势差为零，选项C、D错误。5.(2020济南模拟)如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是()A.A处的电场强度大于D处B.B处的电势高于C处C.水分子做匀变速运动D.水分子由A运动到C的过程中电势能减少【解析】选D。电场线密的地方电场强度大，A处的电场

7、强度小于D处，所以选项A错误；顺着电场线方向电势降低，B处的电势低于C处，所以选项B错误；水分子受到的电场力是变力，所以做变加速运动，选项C错误；水分子两端带等量异种电荷，所以水分子的棒状与电场方向平行，且上端的电场强度大，受到较大的电场力，故水分子受到的合力沿电场线向上，即电场力对水分子做正功，根据功能关系可知电势能减少，选项D正确。6.如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R。质量为m、带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处。下列说法正确的是() A.P点电势比Q点电势低B.P

8、点场强比Q点场强大C.P、Q两点的电势差为mgRqD.Q点的场强大小等于mgq【解析】选C。由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故场强沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始qEPmg，故P点场强比Q点场强小，B、D错误；由动能定理可知mgR+UPQ(-q)=0，故P、Q两点的电势差为UPQ=mgRq，C正确。【加固训练】(多选)(2016全国卷)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知() A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比

9、它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【解析】选A、B。带负电荷的油滴在匀强电场中运动，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，由此可判断匀强电场方向竖直向下，Q点的电势比P点高，油滴的加速度不变，A对、D错；油滴由P到Q过程电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对、C错。故选A、B。7.如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。则释放后小球从M运动到N的过程中() A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不

10、变B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【解析】选B、C。因为有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力与重力大小相等，在小球从M运动到N过程中，重力做了多少正功，重力势能就减少多少，电场力做多少负功，电势能就增加多少，两力做功的代数和为零，可知B正确，D错误；由动能定理可知，弹力对小球做的功等于小球动能的增加量，又弹力做的功等于弹性势能的减少量，故C正确。【加固训练】(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放

11、一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中() A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒B.小球的重力势能增加-W1C.小球的机械能增加W1+12mv2D.小球的电势能减少W2【解析】选B、D。本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律。因为电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，增加量为-W1，故B选项正确；小球增加的机械能等于

12、重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即-W1+12mv2，故C选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度知，电场力做正功电势能减少，减少量为W2，故D选项正确。8.如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是() A.小球经过环的最低点时速度最大B.小球在运动过程中机械能守恒C.小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg+qED.小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg+qE)【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)带电小球在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能相互发

13、生转化，小球的机械能不再守恒；(2)题目中除电场力做功外还有其他力做功，优先考虑动能定理；(3)小球在电场中做圆周运动时，在最低点的向心力不能忽视电场力的参与。【解析】选A、D。根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：mgR+qER=12mv2，根据牛顿第二定律得：FN-qE-mg=mv2R，解得：FN=3(mg+qE)，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为3(mg+qE)，故C错误，D正确。9.一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面

14、内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和-q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中() A.小球2受到的电场力增加B.小球1电势能减少了12UqC.小球1、2的机械能总和增加了Uq+mglD.小球1、2的动能总和增加了Uq【解析】选A、D。由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A正确；根据U=Ed，小球1前后位置电势差小于12U，所以小

15、球1的电势能减少量小于12qU，故B错误；对于小球1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了Uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qU，故C错误，D正确。二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点处自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线所示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，试求：(1)小球通过C点的速度大小。(2)小

16、球由A到C的过程中电势能的增加量。【解析】(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得mgRsin30=12mvC2-12mv2解得vC=v2+gR。(2)由A到C应用动能定理得WAC+mgh=12mvC2-0解得WAC=12mvC2-mgh=12mv2+12mgR-mgh由电势能变化与电场力做功的关系得Ep=-WAC=mgh-12mv2-12mgR。答案：(1)v2+gR(2)mgh-12mv2-12mgR【加固训练】如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为+Q和-Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为

17、+q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)C、O间的电势差UCO。(2)小球p经过O点时加速度的大小。(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。【解析】(1)小球p由C运动到O时，由动能定理，得mgd+qUCO=12mv2-0得UCO=mv2-2mgd2q(2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：F1=F2=kQq2d2它们的合力为：F=F1cos45+F2cos45=2kQq2d2由牛顿第二定律得：mg+F=m

18、a，a=g+2kQq2md2(3)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd+qUOD=12mvD2-12mv2由电场特点可知：UCO=UOD联立解得：vD=2v答案：(1)mv2-2mgd2q(2)g+2kQq2md2 (3)2v11.(14分)如图所示，空间有电场强度E=1.0103 V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.4 m不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m=0.05 kg带正电荷q=510-4 C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面内与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点，重力加

19、速度g=10 m/s2。试求：(1)绳子能承受的最大拉力。(2)A、C两点间的电势差。【解析】(1)AB由动能定理及圆周运动知识有(mg+Eq)L=12mvB2，F-(mg+qE)=mvB2L，联立解得F=3 N。(2)vB=2(mg+qE)Lm=4 m/s，vC=vBsin30=8 m/s，因qE=mg=0.5 N，对小球A至C过程由动能定理，得W电+WG=2qUAC=12mvC2，解得UAC=1 600 V。答案：(1)3 N(2)1 600 V12.(16分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4 m，在轨道所在空间存

20、在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0104 N/C。现有一电荷量q=1.010-4 C，质量m=0.1 kg的带正电的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g=10 m/s2。试求：(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小。(2)D点到B点的距离xDB。(3)带电体在从P点开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留三位有效数字)。【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg=mvC2R，解得vC=2.0 m/s。设带电体通过B点时

21、的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FB-mg=mvB2R。带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有-mg2R=12mvC2-12mvB2联立解得FB=6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB=6.0 N。(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R=12gt2，xDB=vCt-12Eqmt2联立解得xDB=0。(3)由P点到B点带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B到C的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处。设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin45-mgR(1-cos45)=Ekm-12mvB2，代入数据解得Ekm=1.17 J。答案：(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J关闭Word文档返回原板块