2025届高三物理一轮复习课时作业：8.2电场能的性质

2025届高三物理一轮复习课时作业 §8.2电场能的性质 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题：本题共12小题，每小题6分，共72分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项正确；第9～12小题，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 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．如图所示的点电荷电场中，带正电的场源点电荷电量为Q，固定于O点，OP＝r，已知一个电荷量为q的正检验电荷在P点受到的电场力大小为F、具有的电势能为Ep，静电力常量为k。下列说法正确的是(　　) A．P点的场强大小为 B．P点的场强大小为 C．P点的电势为 D．撤去检验电荷q，P点的电势变为0 3．如图所示，实线为某点电荷电场中的部分电场线(方向未画出)，曲线MN为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。则下列说法正确的是(　　) A．若粒子带负电，则场源电荷一定是正电荷 B．粒子在M点的加速度一定小于它在N点的加速度 C．粒子在M点的速率一定小于它在N点的速率 D．粒子在M点的电势能一定小于它在N点的电势能 4．如图，真空中固定两个等量同种点电荷A、B，A、B连线中点为O。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直A、B连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与A、B连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是(　　) A．在a、b、c、d四点中存在场强和电势均相同的点 B．将一试探电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功 C．将一试探电荷由f点移到正方形a、b、c、d任意一点时，电势能的变化量都不相同 D．沿线段eOf移动的电荷所受的电场力先增大后减小 5．如图所示，三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，对应的电势分别为5 V、10 V、15 V，实线是一不计重力的带电粒子在该区域内的运动轨迹，则可知(　　) A．粒子一定带正电荷 B．粒子在a、b、c三点中，在b点时所受电场力最大 C．粒子在三点的动能大小为Ekc>Eka>Ekb D．粒子在三点的电势能大小为Epc>Epa>Epb 6．一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v­t图象如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的是(　　) A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功 7．如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若Ⅰ的电荷量为q，则可知(　　) A．匀强电场的场强大小为E＝ B．电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝ C．电荷Ⅱ的电荷量为 D．选O点为零电势点，A点的电势为φA＝ 8．如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦滑动，小球B固定在圆环上，且小球B和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。现将小球A由静止释放，则下列说法中正确的有(　　) A．小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先增大后减小 B．小球A速度最大处位于Q点的左侧 C．小球A恰好可以运动到P点 D．小球A到达圆环最低点Q时的速度大小为 9．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块的机械能增加32 J B．金属块的电势能增加4 J C．金属块带正电荷 D．金属块克服电场力做功8 J 10．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿一圆弧从A点运动到B点，速度方向转过θ角，AB弧长为l，则下列说法正确的是(　　) A．该粒子一定处在一个点电荷的电场中 B．该粒子可能处在两个点电荷的电场中 C．圆弧AB中点的电场强度大小为 D．圆弧AB中点的电场强度大小为 11．在x轴上x＝0和x＝1 m处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在x＝0.6 m处电势最低，下列说法中正确的是(　　) A．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝ B．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为＝ C．x＝0.5 m处的位置电场强度不为0 D．在q1与q2之间的连线上电场强度为0的点有2个 12．如图所示，在竖直平面内有A、B、C、D、E、F六个点均匀分布在半径为R＝ m的圆周上，直径AD水平，整个空间分布着方向与圆平面平行的匀强电场。已知φA＝(2－)V、φB＝2 V、φC＝(2＋)V，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．电场强度的大小为2 V/m，方向由C指向A B．将一负电荷从B点沿圆周经C、D移到E点，其电势能先减小后增大 C．一电荷量为q＝＋1×10－6 C、重力不计的粒子以2×10－6 J的动能从B点抛出，调整抛出的方向，可到达圆周上的任何位置 D．一电荷量为q＝＋1×10－6 C、质量为m＝2×10－7 kg的小球以2×10－6 J的动能从B点沿某一方向抛出，到达E点的动能为8×10－6 J 二、非选择题：本题共2小题，共28分。考生根据要求做答 13．(12分)如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为。求： (1)小球由A到B的过程中电场力做的功； (2)A、C两点的电势差； (3)若BC＝2h，求小球到达C时的速度大小。 14．(16分)如图甲所示，M、P、N为直角三角形的三个顶点，NM与MP间的夹角θ＝37°，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，粗糙绝缘杆MN的长L＝1.0 m，沿MN方向建立x轴(取M点处x＝0)，今在杆上穿一带正电小球(可视为点电荷)，自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x的变化图象如图乙a、b所示，图中电势能E1＝，E2＝，已知小球的电荷量q＝8.0×10－7 C，质量m＝1.0 kg，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若小球下滑至图中横坐标x1处时，杆对它的弹力恰好为零，求固定在中点处正点电荷的电荷量Q； (2)求小球在横坐标x1处的电势能E0； (3)若该小球从M点以初速度v0＝4.0 m/s沿x轴向上运动，恰好能运动到N点，然后再返回到M点，求小球返回到M点时的动能EkM。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三物理一轮复习课时作业参考答案 §8.2电场能的性质 一、选择题： 1．D 解析：电场中某点的电势高低与该点电场强度大小无关，A错误；负电荷在高电势处比在低电势处的电势能小，B错误；某点的场强为零，若电势不为零，则试探电荷在该点的电势能不为零，C错误；根据Ep＝qφ可知，某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零，D正确。 2．C 解析：根据电场强度的定义知，P点的场强大小为E＝，故A错误；由点电荷产生的电场的电场强度公式可知，P点的场强大小为E＝，故B错误；根据电势的定义式得，P点的电势为φ＝，故C正确；电场强度和电势由电场本身的性质决定，与放入电场中的检验电荷无关，故撤去检验电荷q，P点的场强、电势均不变，故D错误。 3．C 解析：带电粒子所受的电场力沿电场线向右，若带电粒子带负电，则场源电荷一定是负电荷，故A错误。电场线的疏密表示电场强度大小，由图知M点的电场强度大于N点的电场强度，由a＝知粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度，故B错误。若粒子从M运动到N，电场力做正功，动能增大，电势能减小；若粒子从N运动到M，电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以粒子在M点的速率小于它在N点的速率，在M点的电势能大于它在N点的电势能，故C正确，D错误。 4．B 解析：根据等量同种点电荷产生的电场的电场线及等势线分布情况可知，a、b、c、d的电势相同，电场强度方向各不相同，故A错误；将一试探电荷由e点沿圆弧egf移到f点，试探电荷受到的电场力始终与运动方向垂直，电场力始终不做功，故B正确；由于a、b、c、d四点的电势相同，则将一试探电荷由f移到a、b、c、d任意一点时，电势能的变化量均相同，故C错误；根据点电荷的场强公式及场强的叠加原理，沿线段eOf电场强度可能先减小到零后增大，也可能先增大再减小到零，接着增大然后减小，根据F＝qE可知，电荷所受的电场力可能先减小后增大，或者先增大后减小到零，接着增大然后减小，故D错误。 5．C 解析：由等势面的特点知，该电场为匀强电场，粒子在a、b、c三点所受电场力相等，电场线方向垂直等势面向上，而粒子所受电场力方向向下，故粒子带负电荷，A、B错误；根据负电荷在电势高处电势能小，动能大，则知粒子在b点电势能最大，动能最小，且有Epb>Epa>Epc，Ekb<Eka<Ekc，C正确，D错误。 6．C 解析：带电粒子的电性不确定，无法判断A、B、C三点电势的高低，A错误；根据图象可知带电粒子从A经B运动到C，动能先减少后增加，由能量转化关系可知，电势能先增加后减少，电场力先做负功后做正功，C正确，D错误；v­t图象的斜率绝对值表示加速度的大小，也可间接地反映电场力和电场强度的大小，图线的斜率绝对值先增大后减小，所以电场强度应该是EB最大，B错误。 7．A 解析：根据动能定理得：Fx＝Ek，知Ek­x图象的斜率为电荷所受合外力，对点电荷Ⅰ有，FⅠ＝＝qE，解得：E＝，故A正确；对点电荷Ⅱ有，FⅡ＝＝2qE，可知电荷Ⅱ的电荷量为2q，故B、C错误；取φO＝0，对正电荷Ⅰ从O到A据动能定理有qUOA＝Ek0，解得：UOA＝＝φO－φA，所以φA＝－，故D错误。 8．D 解析：小球A、B均带负电，小球A运动到圆环最低点Q点的过程中，与小球B的距离先增大后减小，库仑力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故A错误；小球A自Q点向左运动时，与小球B的距离变小，位置升高，可知电场力做负功，重力做负功，小球速度减小，则可知小球速度最大处不位于Q点的左侧，故B错误；小球A在起始点和P点处的重力势能相同，但在P点的电势能更大，则需要有外力做功才能到达P点，故C错误；由几何关系可知，小球A从释放到运动至Q点，电场力做功为0，由动能定理可得mgR＝mv－0，解得vQ＝，故D正确。 9．BC 解析：在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得：W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以金属块所受电场力方向水平向右，金属块带正电荷，故B、C正确，D错误。在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误。 10．BC 解析：带电粒子仅在电场力作用下以恒定的速率v沿一圆弧从A点运动到B点，带电粒子绕固定的点做匀速圆周运动，电场力始终指向圆心，方向在不断变化，而大小不变，所以带电粒子可能处在一个点电荷形成的电场中，也可能处在两个等量同种点电荷形成的电场中，在两点电荷连线的中垂面内绕两点电荷连线的中点做匀速圆周运动，故A错误，B正确；根据F＝m得：qE＝m，解得：E＝，故C正确，D错误。 11．AC 解析：根据沿电场线方向电势降低可知，0～0.6 m内电场强度沿x轴正方向，0.6～1.0 m内电场强度沿x轴负方向，则两个电荷是同种电荷，φ­x图线的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，x＝0.6 m处的切线斜率为零，即电场强度为0，则有k＝k，则＝＝，故A正确，B错误；φ­x图线的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，x＝0.5 m处的切线斜率不为零，则电场强度不为0，故C正确；由于两个电荷是同种电荷，根据电场的叠加可知，在q1与q2之间的连线上，只有x＝0.6 m处的电场强度为0，故D错误。 12．BD 解析：连接A、C两点，连接B、E两点，由几何关系可知BE垂直平分AC，根据匀强电场中同一直线上电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，可知AC中点的电势为＝2 V，而已知B点的电势为2 V，则EB为一条等势线，因为电场线与等势线垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，所以电场强度的方向由C指向A；由几何关系及R＝ m可知θ＝30°，AC＝3 m，根据U＝Ed可知E＝＝ V/m，故A错误。将一负电荷沿圆周从B点经C、D移到E点，电势先增大后减小，则电势能先减小后增大，故B正确。圆心O点的电势和B点电势相等，为2 V，CD圆弧中间点为圆上电势最高点，根据U＝Ed可知圆上最高电势为4 V；电荷量为q＝＋1×10－6 C、重力不计的粒子以2×10－6 J的动能从B点抛出，受到沿B点切线斜向下的电场力，若抛出后粒子做类斜抛运动，到达等效最高点时速度不为零，根据W＝qU＝Ek－Ek0可知等效最高点与B点的电势差－U＜2 V，故粒子不能到达CD圆弧中间点，故C错误。电荷量为q＝＋1×10－6 C、质量为m＝2×10－7 kg的小球以2×10－6 J的动能从B点沿某一方向抛出，到达E点时，因BE为等势线，所以电场力做功为零，根据几何关系，小球下落高度为h＝2Rsin60°＝3 m，根据动能定理：mgh＝Ek－Ek0，解得：Ek＝8×10－6 J，故D正确。 二、非选择题： 13．(12分)(1)　(2)－　(3) 解析：(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：电场力的功WAB和重力的功mgh， 由动能定理得：WAB＋mgh＝mv－0， 代入已知条件vB＝， 可得电场力做功为：WAB＝m·3gh－mgh＝。 (2)因为B、C在同一条等势线上， 所以φB＝φC，即UAB＝UAC， 由WAB＝－qUAB可得：UAB＝UAC＝＝－。 (3)小球由B到C，电场力做功为0， 由动能定理得：mg·2h＝mv－mv， 解得：vC＝。 14．(16分)(1)6.40×10－5 C　(2)1.92 J　(3)2.976 J 解析：(1)分析可知，在MN上，小球与点电荷距离最小的位置即为x1，由几何关系可知Qx1垂直于MN，小球的受力分析如图所示， 可知：k＝mgcosθ， 其中：r＝x1tanθ， 由题意知：x1＝·cosθ 联立并代入数据得：Q＝6.40×10－5C。 (2)由题图乙知，小球在x1处的电势能等于重力势能，等于E0，可得：E0＝mgrcosθ＝1.92 J。 (3)设小球从M到N的过程，克服摩擦力做功为W， 由动能定理有： －mgLsinθ－W＋(E1－E2)＝0－mv 代入数据解得：W＝2.512 J， 由对称性可知，小球从N返回M的过程，克服摩擦力做功也为W，从M到N再返回M的过程有： －2W＝EkM－mv， 代入数据解得：EkM＝2.976 J。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$