【文档说明】高考物理一轮复习课时检测22《 电场能的性质》(含解析).doc，共(6)页，151.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（二十二）电场能的性质对点训练：电势高低与电势能大小的判断1．[多选]将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则()A

．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：选ABD电场线密的地方电场强度大，A项正确；沿着电场线方向

电势逐渐降低，B项正确；由Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，D项正确。2.(2018·宿迁模拟)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如

图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是()A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒

在A点的电势能小于在B点的电势能解析：选A沿电场线电势降低，由题图可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；由运动轨迹可知，烟尘颗粒带

负电，故由A到B电场力做正功，动能增加，电势能减小，故烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，在A点的电势能大于在B点的电势能，选项C、D错误。对点训练：电势差与电场强度的关系3.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示。从坐标原点沿＋y轴前

进0.2m到A点，电势降低了102V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2m到B点，电势升高了102V，则匀强电场的场强大小和方向为()A．50V/m，方向B→AB．50V/m，方向A→BC．100V/m，方向B→

AD．100V/m，方向垂直AB斜向下解析：选C连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连接OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，故电场方向由B→A，其大小E＝Ud＝102＋1

022×0.2V/m＝100V/m，选项C正确。4.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5m的圆，圆上有一个电荷量为q＝＋1×10－8C的试探电荷P，半径OP与x轴正方向的

夹角为θ，P沿圆周移动时，其电势能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，则()A．x轴位于零势面上B．电场强度大小为500V/m，方向沿y轴正方向C．y轴位于零势面上D．电场强度大小为500V/m，方向沿x轴正方向解析：选A由Ep＝2.5×10－5sinθ(J)知，x轴上的

势能为零，是零势面，电场线沿y轴方向，A正确，C错误；当θ＝90°时，Ep＝2.5×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y轴负方向，B、D错误。对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题5.(

2018·扬州中学月考)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势φK＜φL＜φM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是()A．粒子带负电B．粒子在bc段也做减速运动C．粒子在a

点的速率大于在e点的速率D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功解析：选B已知电势φK＜φL＜φM，作出电场线如图所示，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故粒子带正电，故A错误；由电势φL＜φM，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速

运动，故B正确；a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速度大小也相等，故C错误；粒子从c点到d点的过程中，电势降低，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故D错误。6.[多选](2016·海南高考)如图，一带正电的点

电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是()A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它

在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功解析：选ABC如图所示，粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷

，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确；N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。对点训练：静电场中的图像问题7．在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x

变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm。则下列说法正确的是()A．粒子经过P点与Q点时，动能相等B．粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比为1

∶1C．粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比为1∶1D．粒子恰能运动到离原点12cm处解析：选A由题图可知，横坐标为1cm和4cm的P、Q两点电势相等，粒子经过P点到Q点的过程中，电场力做功为零，动能相等，A正确；φ-x图像的斜率大小等于场强E，则知P点的场强为Q点的场强的二倍，粒子

在P、Q两点电场力和加速度之比都为2∶1，B错误；根据功率P＝Fv，功率之比为2∶1，C错误；根据顺着电场线方向电势降低可知，0～2cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2～6cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6cm

处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动。即在0～6cm间做往复运动，故D错误。8.[多选](2018·昆山模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下

列说法正确的是()A．x1处电场强度为零B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动解析：选ABC根据电势能与电势的关系：

Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝ΔφΔx，得：E＝ΔEpqΔx，由数学知识可知Ep－x图像切线的斜率等于ΔEpΔx，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确。由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由

上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不

变，做匀变速直线运动，故D错误，B正确。根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，因粒子带负电，q＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3，故C正确。对点训练：电场力做功与功能关系9．(2018·常州一中月考)如图所示，一个电荷量为－Q

的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B两点间距离为L

0，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度先增大后减小B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C．O、B两点间的距离为kQqfD．在点电荷甲形成的电场中

，A、B两点间的电势差为UAB＝fL0＋12mv2q解析：选C点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动

过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有：f＝F库＝kQqr2，解得：r＝kQqf，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，根据动能定理有：UABq－fL0＝12mv2－12mv02

，解得UAB＝fL0＋12mv2－12mv02q，故D错误。10.[多选](2018·扬州模拟)如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为＋q1的点电荷。将另一质量为m、电荷量为＋q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已

知重力加速度为g，则()A．小球运动到B点时的速度大小为2gRB．小球运动到B点时的加速度大小为2gC．小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgRD．小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋kq1q2R2解析：选ABDq1、q2间

的库仑力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从A到B的运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，mgR＝12mv2，v＝2gR，A正确；小球运动到B点时有向心加速度，加速度大小a＝v2R＝2g，B正确；由于库仑力始终与运动方向垂直，不做功，电势

能不变，C错误；小球运动到B点时合外力等于向心力，设对轨道的压力F，F－mg－kq1q2R2＝mv2R＝2mg，F＝3mg＋kq1q2R2，D正确。考点综合训练11.如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α＝37°，其带电荷量Q＝83×10－5C；质量m＝0.1k

g、带电荷量q＝＋1×10－7C的B球在离A球L＝0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷。(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)A球在B球释放处产生

的电场强度大小和方向；(2)B球的速度最大时两球间的距离；(3)若B球运动的最大速度为v＝4m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？解析：(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小E＝kQL2＝9×

109×83×10－50.12N/C＝2.4×107N/C；方向沿斜面向上。(2)当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，即：F＝kQqr2＝mgsinα，解得r＝0.2m。(3)由于r＞L，可知两球相互远离，则B

球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；根据功能关系可知：B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所以B球电势能变化量为：ΔEp＝12mv2＋mgr－Lsinα解得，ΔEp＝0.86J。答案：(1)2.4×

107N/C，方向沿斜面向上(2)0.2m(3)电势能变小，变化量是0.86J12.(2018·如东检测)如图所示，内表面绝缘光滑的圆轨道位于竖直平面内，轨道半径为r，A、B分别为内轨道的最高点和最低点，圆心O固定电荷量

为＋Q的点电荷，质量为m、电荷量为－q的小球能在圆轨道内表面做完整的圆周运动，重力加速度为g，静电力常量为k。(1)若小球经过B点的速度为v0，求此时对轨道的压力大小；(2)求小球经过A点最小速度的大小v；(3)若小球经过A点对轨道的压力为mg，求经过B点时的动能Ek。

解析：(1)设此时轨道对小球的支持力为N，由向心力公式有N＋kQqr2－mg＝mv02r解得N＝mv02r＋mg－kQqr2由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小N′＝N＝mv02r＋mg－kQqr2。(2)小球经过A点有最小

速度时，与轨道间的弹力为0，则有kQqr2＋mg＝mv2r解得v＝kQqmr＋gr。(3)设小球经过A点的速度为vA，由向心力公式有kQqr2＋mg＋mg＝mvA2r由机械能守恒定律有12mvA2＋2mgr＝Ek解得Ek＝kQq2r＋3mgr。答

案：(1)mv02r＋mg－kQqr2(2)kQqmr＋gr(3)kQq2r＋3mgr