2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)分層規(guī)范快練23電場的能的性質(zhì)新人教版

PAGEPAGE1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．[2024·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．電場線與等勢面到處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度肯定相等D．將一負的摸索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；電場線與等勢面肯定相互垂直，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，移動負摸索電荷時，電場力做負功，選項D錯誤．答案：B2．一個帶正電的質(zhì)點，電荷量q＝2.0×10－9C，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6.0×10－5J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5J，則a、b兩點間的電勢差UabA．1×104VB．－1×104VC．4×104VD．－7×104V解析：依據(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＝eq\f(WAB,q)得Uab＝eq\f(2.0×10－5,2.0×10－9)V＝1×104V，選項A正確．答案：A3．[2024·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、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點的場強不行能小于C點的場強B．A、B、C三點的切線方向為摸索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，而一條電場線無法推斷電場線的分布狀況，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，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：C4.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＝5V、φb＝3V．下列敘述正確的是()A．c點的電勢肯定為4VB．a(chǎn)點的場強Ea肯定大于b點的場強EbC．一正電荷從c點運動到b點，電勢能肯定削減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，此處電場并不肯定是勻強電場，故A、B錯誤；由電勢凹凸?fàn)顩r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，電勢能削減，故C正確．答案：C5．(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>φbB．Ea>EbC．Ea<EbD．Epa>Epb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，那么肯定沿著電場力的方向運動，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，電勢能削減，選項D正確．答案：BD6．[2024·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．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：AD7．[2024·山東濰坊市一模]如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標(biāo)系平面，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為2V，a點的坐標(biāo)為(0cm,4cm)，電勢為8V，b點的坐標(biāo)為(3cm，0cm)，電勢為8V，則電場強度的大小為()A．250V/mB．200V/mC．150V/mD．120V/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2V，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＝eq\f(4,3)，得∠b＝53°Oc＝Ob·sin∠b＝0.03m×sin53°＝2.4×10－2c、O間的電勢差U＝8V－2V＝6V則電場強度大小E＝eq\f(U,Oc)＝250V/m，故A正確．答案：A8．[2024·山西晉中調(diào)研]如圖所示，真空中有直角坐標(biāo)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電勢能削減D．將正電荷由O移至D和由C移至E電勢能改變相等解析：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E電勢能改變不相等，故D錯誤．答案：B9．[2024·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?，以下推斷正確的是()A．a(chǎn)B＝aCvB＝vCB．a(chǎn)B>aCvB＝vCC．a(chǎn)B>aCvB<vCD．a(chǎn)B<aCvB>vC解析：庫侖力F＝eq\f(kQq,r2)，兩粒子在B、C兩點受的庫侖力大小相同，依據(jù)粒子的運動軌跡可知aB>aC，a＝eq\f(F,m)，解得mB<mC，因為B、C兩點位于同一等勢線上，電勢相等，所以兩粒子從A運動到B和從A運動到C，電場力做功相同且做負功．有－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以eq\f(1,2)mB(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B))＝eq\f(1,2)mC(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C))，因為mB<mC，所以vB<vC，C正確．答案：C[技能提升練]10．如圖所示，在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶電荷量為＋q的小金屬塊以肯定初動能Ek從A點起先沿水平面對左做直線運動，經(jīng)L長度到達B點，速度變?yōu)榱悖诉^程中，金屬塊損失的動能有eq\f(3,4)轉(zhuǎn)化為電勢能．取A點電勢為零，下列說法正確的是()A．摩擦力大小是電場力的eq\f(1,4)B．B點電勢能為eq\f(3,4)EkC．再次回到A點時動能為eq\f(3,4)EkD．B點電勢為－eq\f(3Ek,4q)解析：依據(jù)題目意思：克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,4)Ek＝FfL，克服電場力做功W電克＝eq\f(3,4)Ek＝EqL，所以摩擦力是電場力的eq\f(1,3)，即A項錯誤；而W電克＝ΔEpAB增＝EpB，所以EpB＝eq\f(3,4)Ek，B項正確；由于從B點返回A點過程中，摩擦力接著做負功，所以C項錯誤；A點電勢為零，所以B點電勢應(yīng)當(dāng)是φB＝eq\f(W,q)＝eq\f(3Ek,4q)，即D項錯誤．答案：B11．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<qN)的點電荷．已知兩點電荷的質(zhì)量相等，某時刻兩點電荷以大小相同的速率v0向O點運動，運動過程中兩點電荷均未到達O點．已知MO＝NO，若剛起先運動時點電荷qM、qN的加速度大小分別為aM、aN，qM、qN距離O點最近的距離分別為rM、rN，分別從M、N點動身到距離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，下列推斷正確的是()A．a(chǎn)M>aNB．rM>rNC．rM＝rND．WM＝WN解析：依據(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，由牛頓其次定律可知qN剛起先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，依據(jù)動能定理，分別從M、N點動身到距離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<rN，選項B、C錯誤．答案：D12．如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道固定于豎直平面內(nèi)，半圓形軌道與光滑絕緣的水平地面相切與半圓的端點A，一質(zhì)量為1kg的小球在水平地面上勻速運動，速度為v＝6m/s，經(jīng)A運動到軌道最高點B，最終又落在水平地面上的D點(圖中未畫出)，已知整個空間存在豎直向下的勻強電場，小球帶正電荷，小球所受電場力的大小等于2mg，g為重力加速度．(1)當(dāng)軌道半徑R＝0.1m時，求小球到達半圓形軌道B點時對軌道的壓力；(2)為使小球能運動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值．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6m/s.從A到B過程中，重力和電場力都做負功，故依據(jù)動能定理可得－mg·2R－FE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，依據(jù)牛頓其次定律可得在B點FE＋mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝