【文档说明】【高考复习】高考物理 全程复习课后练习21 电场能的性质（含答案解析）.doc，共(7)页，147.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理全程复习课后练习21电场能的性质1.在电场中，下列说法正确的是()A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为

零2.如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(

)A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和电场力的合力为零3.如图所示，a、b、c、d为正四面体的四个顶点，O点为d点在底面上的投影，在a、b两点分别放置

等量的负点电荷，则()A．c点电势大于d点电势B．c、d两点的电场强度相同C．从O点沿Od移动负电荷，负电荷的电势能不断增大D．从c点沿cd移动正电荷，正电荷受到的电场力先做正功，后做负功4.如图所示,实线表示电场线

,虚线表示带电粒子运动的轨迹,带电粒子只受电场力的作用,运动过程中电势能逐渐减少,它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是()5.如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷，带电荷量为Q，坐标轴上有A、B、C三点，已知OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相

等，静电力常量为k，则()A．点电荷位于O点处B．O点电势比A点电势高C．C点处的电场强度大小为kQ2a2D．将正的试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小6.如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、

Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则()A．M点电势比P点电势高B．O、M间的电势差等于N、O间的电势差C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D．将一负电荷从M点移到P点，电

场力做正功7.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增加C．由x1运动到x4的过程中电势能先

减少后增加D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大8.如图所示，质量可忽略的绝缘细杆做成正方体框架，边长为a，框架的每个顶点固定着一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，将这个框架静止放在足够粗糙的水平面上，水平面上

方有水平向右的匀强电场(未画出)，场强为E，下列说法正确的是()A．正方体中心位置处电场强度为零B．上方四个小球受到的电场力的合力均相同C．若以右下底边为轴把这个正方体向右侧翻转90°，系统电势能减少了6qEaD．若以右下底边为轴把这个正方

体向右侧翻转90°，系统电势能减少了8qEa9.如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，壳内的电场强度处处为零，其球心位于坐标原点O，一带正电的试探电荷靠近球壳表面处由静止释放沿坐标轴向右运动．下列关于坐标轴上某点电势φ、试探电荷在该点的动能Ek与离球

心距离x的关系图线，可能正确的是()10.两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C、质量为1kg的带正电的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图

乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=0.2N/CB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后增大C．A、B两点间的电势差

UAB=5VD．UCB<UBA11.(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．C、D间各点

电场强度和电势都为零D．A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差12.(多选)如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以大小为6m/s的初速度向甲运动．此后，它们仅在静电力的作

用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v－t图象如图b所示．则由图线可知()A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小13

.如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为＋q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向从A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ(虚线AB上)时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ(虚线CD上)

时受到的摩擦力为f.求：(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．14.如图所示，半径为R=0.4m的14光滑圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电荷量q=＋0.2C、质量m=0.4kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以

v=1m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=x2－6(x和y的单位均为m)，在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E=20V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ=0.1.g取10

m/s2.求：(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小；(2)水平轨道BO的长度；(3)P点的坐标．答案解析1.答案为：D；解析：电势是人为规定的，其值与电场强度无关，电势能与零势能面的选取有关，与电场强度无关，A、C项错误；负电荷

在高电势处比在低电势处电势能小，B项错误；根据Ep=qφ可知，电势为零，电势能为零，D项正确．2.答案为：B；解析：在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，电场力对小球P一直做正功，小球P的电势能一直减小，小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加

，B正确，A错误；小球动能的减少量等于弹簧弹力、电场力和重力做功的代数和，C错误；小球P速度最大时所受重力、弹簧弹力和电场力的合力为零，D错误．3.答案为：D；解析：根据等量同种电荷电场线和等势面的性质可知，

c、d两点的电势相等，故A错误；根据对称性，c、d两点的电场强度大小相等，但方向不同，故场强不同，故B错误；从O点沿Od移动负电荷，电场力做正功，负电荷的电势能不断减小，故C错误；沿cd移动正电荷，正电荷离a、b连线中点的距离先减小后增大，而正电荷所受的

电场力始终指向a、b连线的中点，则电场力先做正功，后做负功，故D正确．4.答案为：D；解析：由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减少,可判断电场力做正功,即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角,且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧,故D项正

确。5.答案为：C；解析：A点和B点的电势相等，根据点电荷电场的特点可知，点电荷位于A点和B点连线的垂直平分线上，O点和C点的电势相等，根据点电荷电场的特点可知，点电荷位于O点和C点连线的垂直平分线上，即正点电荷处

于坐标(a，a)处，选项A错误；与O点相比，A点距离场源电荷较近，所以A点电势比O点电势高，选项B错误；C点到场源电荷的距离为r=2a，根据点电荷电场强度公式，C点处电场强度大小为EC=kQr2=kQ2a2，选项C正

确；将正的试探电荷从A点沿直线移动到C点电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D错误．6.答案为：D；解析：根据电场线与等势线垂直的特点，在M点所在电场线上M点下方找到P点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A项错

误；根据电场分布可知，O、M间的平均电场强度比N、O之间的平均电场强度小，故由U=Ed定性分析可知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故B项错误；由以上分析，可知O点电势高于Q点，根据Ep=qφ可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C项错误；M点的电势比P点的

电势低，负电荷从低电势处移动到高电势处电场力做正功，故D项正确．7.答案为：B；解析：x1～x4场强方向沿x轴负方向，则正电荷从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正点电荷在x4处电场能较大，故A错误；x1～x3处场强方向沿x轴负方

向，则正电荷从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能增加，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正点电荷的电势能增加，故C错误；由x1运动到x4的过程中，场强的大小先增大后减小，故由F=qE知

，电场力先增大后减小，故D错误．8.答案为：D；解析：正方体中心位置处电场强度为E，A项错误；上方四个小球受到的电场力的合力方向不同，B项错误；电场力做的功为系统电势能的减少量，且电场力做的功与路径无关，则有

W=4qE·2a，C项错误，D项正确．9.答案为：A；解析：当x≤R时，电势是定值，当x>R时，电势为φ=kQx，所以A项正确，B项错误；试探电荷受到的库仑力F=kQqx2，而F=ΔEkΔx越来越小，所以C、D项错误．10.答案为：D；解析：v－t图象的斜率表示加速度的大小，而a

=Eqm，所以B点为中垂线上电场强度最大的点，E=maq=mΔvΔtq=1N/C，A错误；由C到A的过程中，电场力一直做正功，小物块的电势能一直减少，B错误；由B到A的过程，由动能定理得UBAq=12mv2A

－12mv2B，解得UBA=5V，所以UAB=－5V，C错误；由C到B的过程，由动能定理得UCBq=12mv2B－0，解得UCB=4V，所以UCB<UBA，D正确．11.答案为：AB；解析：由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场

强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C

到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误．12.答案为：BC；解析：由题图b可知，开始时乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，A

选项错误；在t1时刻，两个电荷共速，两个电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，电荷始终克服电场力做功，以后两电荷的距离逐渐增大，电场力做正功，故间距最小时两电荷的电势能最大，B选项正确；在0～t2时间内，两电荷间的距

离先减小后增大，故它们之间的静电力先增大后减小，C选项正确；0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后反向增大，故它的动能也是先减小后增大，D选项错误．13.解：(1)设圆盘转动的角速度为ω，场强大小为E，小物块质量为m，由牛顿第二定律得在位置Ⅰ：qE=

mω2r在位置Ⅱ：f2－2=mω2r圆盘边缘两点间电势差的最大值U=2ER联立解得U=2fRq(2)设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf由动能定理得qEr－Wf=0解得Wf=2fr214.解：(1)小物块由A运动到B的过程，由动能定理得(mg＋qE)R=12mv2B小物块经过B点时，由向心力

公式FN－(mg＋qE)=mv2BR解得FN=24N，vB=4m/s由牛顿第三定律，小物块对轨道压力大小为24N(2)小物块由B运动到O的过程，由动能定理有－μ(mg＋qE)l=12mv2－12mv2B解得l=3.75m(3)小物块从

O点水平抛出后满足y=－12gt2x=vt解得小物块的轨迹方程y=－5x2，和y=x2－6联立，解得x=1m，y=－5m所以P点坐标为(1m，－5m)