课时测评8 电场能的性质-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（粤教版2019）

课时测评8　电场能的性质 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝10 V、φB＝8 V、φC＝2 V，则D点的电势为(　　) A．4 V B．6 V C．8 V D．10 V 答案：A 解析：由于电场是匀强电场，则有UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC，可得φD＝4 V，故选A。 2.如图所示，三角形ABC所在平面与匀强电场方向平行，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm。把一个电荷量q＝1×10－5 C的正电荷从A点移到B点，电场力做的功为零；从B点移到C点，电场力做的功为－1.73×10－3 J，则该匀强电场的场强大小和方向是(　　) A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1 000 V/m，垂直AB斜向上 D．1 000 V/m，垂直AB斜向下 答案：D 解析：把正电荷从A点移到B点，电场力做的功为零，说明A、B两点在同一等势面上，由于该电场为匀强电场，等势面应为平面，故题图中直线AB是一条等势线，场强方向应垂直于等势线，A、B错误；UBC＝＝ V＝－173 V，故B点电势比C点电势低173 V，因沿场强方向电势降低，所以场强方向垂直于AB斜向下，场强大小E＝＝ V/m≈1 000 V/m，D正确，C错误。 3.如图所示，实线为匀强电场的电场线，虚线为等势面，相邻两个等势面间的电势差相等，一个正点电荷在等势面L4处的动能为60 J，运动到等势面L1处时的动能为零。取L2处的等势面电势为零，则当此点电荷动能为8 J时，它的电势能为(不计点电荷的重力和空气阻力)(　　) A．2 J　　 B．8 J C．10 J D．12 J 答案：D 解析：设相邻两个等势面间的电势差为U，从L4到L1的过程中，根据动能定理有－3qU＝0－Ek4，而从L4到L2的过程中－2qU＝Ek2－Ek4，代入数据可得Ek2＝20 J，由于L2处的等势面电势为零，此点电荷在该处的电势能也为零，而在整个运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，总能量为E＝Ep＋Ek＝20 J，因此当此点电荷动能为8 J时，它的电势能为12 J，D正确。 4.(多选)如图所示，点电荷Q固定在O点，一不计重力的带电粒子P以初速度v0射入电场，运动轨迹为图中MN。R1、R2、R3是以O点为圆心的三个虚线圆的半径，且R2－R1＝R3－R2，a、b、c是轨迹MN与三个圆的交点，以下说法正确的是(　　) A．P、Q两电荷电性相反 B．a点电势可能小于b点电势 C．P在a点的电势能大于在c点的电势能 D．P由c点到b点的动能变化小于由c点到a点的动能变化 答案：AB 解析：由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间必定存在引力，则P、Q两电荷电性相反，A正确；由于Q的电性不确定，根据沿着电场线方向电势降低，可知a、b的电势关系也不能确定，若Q带正电，则a点电势小于b点电势，B正确；带电粒子P与点电荷Q带异种电荷，P距离点电荷Q越近，电势能越小，P距离点电荷Q越远，电势能越大，可知P在a点的电势能小于在c点的电势能，C错误；由题图可得|Uac|<|Ubc|，所以|qUac|<|qUbc|，根据动能定理可知，P由c点到b点的动能变化大于由c点到a点的动能变化，D错误。故选AB。 5.(多选)(2024·广东东莞期中)a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，a、p间距离大于p、b间距离，从图中判断以下说法正确的是(　　) A．a和b均为负电荷且q1大于q2 B．电势最低的p点的电场强度为零 C．将一负的检验电荷从b处移到p处过程中，做减速运动 D．a、p间的电场方向都指向a点 答案：BC 解析：根据题图可知p点电势最低，根据φ -x图像的斜率表示场强，可知p点场强为零，根据沿着电场线电势降低作出电场线，如图所示， 可知a和b均为正电荷，q1与q2在p点的场强大小相等、方向相反，根据E＝k可知q1＞q2，故A错误，B正确；将一负的检验电荷从b处移到p处，电场力做负功，所以其做减速运动，故C正确；由图可知，a、p间的电场方向都指向p点，故D错误。故选BC。 6．A和B两点在x轴上的坐标值为xA和xB，一质子仅在电场力作用下沿x轴运动，该质子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　) A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度小于B点的电场强度 C．质子在A点的动能大于在B点的动能 D．质子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功WAB＝EpB－EpA 答案：C 解析：Ep-x图像切线的斜率表示电场力，由题图可知切线的斜率恒定，所以质子在该电场中受到恒定的电场力，所以该电场为匀强电场，不可能是孤立点电荷形成的，A错误；在匀强电场中，各点的电场强度相等，所以EA＝EB，B错误；由电场力做功等于电势能的减少量可得WAB＝EpA－EpB，因为EpA<EpB，所以WAB<0，由动能定理可得WAB＝EkB－EkA<0，所以EkA>EkB，C正确，D错误。 7．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示(x轴正方向为电场强度正方向)。下列说法正确的是(　　) A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和－x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 答案：C 解析：电场对称分布，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向，沿电场线方向电势降低，所以O点的电势最高，A、B错误；根据U＝Ed，可知E -x图像与x轴所围的面积表示电势差，因图像关于原点对称，所以－x1～O内图像和x轴所围面积与O～x1内图像和x轴所围面积相等，所以x1和－x1两点的电势相等，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则x1和x3两点电势不相等，D错误。 8.(多选)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中(　　) A．先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C．电势能与机械能之和保持不变 D．电势能先减小，后增大 答案：CD 解析：a、c两点固定带电量相同的正点电荷，则bd为等量正点电荷连线的中垂线，由电场线分布情况可知，带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动，故A错误；等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高，带负电的粒子从b点运动到d点的过程中，先从低电势到高电势，后从高电势到低电势，电场力先做正功，后做负功，因此电势能先减小，后增大，故B错误，D正确；只有电场力做功，电势能与机械能之和保持不变，故C正确。 9.(多选)(2024·广东揭阳段考)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，取无穷远处电势为0。P点为图中最高点，且AP<PB，x1位置到A的距离等于x2位置到B的距离。由图像可知(　　) A．由A到B电势先降低后升高 B．由A到B场强先减小后增大 C．两点电荷均带负电，且q1<q2 D．若一电子在x1处由静止释放，电子能到达x2位置再返回 答案：BC 解析：由题图可知由A到B电势先升高后降低，故A错误；φ -x图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，由题图可知，从A到B的过程中，图像斜率的绝对值先减小后增大，由此可知从A到B的过程中，电场强度的大小先减小后增大，故B正确；由题图可知，两电荷之间的电势均为负值，可知两电荷均为负电荷，根据φ -x图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知最高点P的场强为0，则两电荷在P点的场强大小相等、方向相反，由于AP<PB，由此可知电荷量q1<q2，故C正确；电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能之和守恒，由题图可知，x1处的电势高于x2的电势，则电子在x1处的电势能小于x2的电势能，若一电子在x1处由静止释放，电子不能到达x2位置，故D错误。故选BC。 10.(多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，匀强电场场强方向与正六边形所在平面平行。A、B、C三点的电势分别为1 V、2 V、4 V，AB边长度为2 cm。则下列说法中正确的是(　　) A．F点的电势为2 V B．该匀强电场场强方向沿AB方向由B指向A C．将电子从E点移到F点，电场力做的功为2 eV D．该匀强电场的场强大小E＝100 V/m 答案：AD 解析：如图所示， 连接AC，由匀强电场电势差与场强公式U＝Ed，将AC三等分，则M点的电势为2 V，MB是一条等势线，可知F点的电势为2 V，A正确；根据电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，可知该匀强电场场强方向沿AD方向由D指向A，B错误；将电子从E点移到F点，电场力做的功为WEF＝WCB＝qUCB＝－e×(4－2) V＝－2 eV，C错误；该匀强电场的场强大小为E＝＝ V/m＝100 V/m，D正确。故选AD。 11．(10分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求： (1)电场强度的大小； (2)B运动到P点时的动能。 答案：(1)　(2)2m(v＋g2t2) 解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma，a()2＝gt2 解得E＝。 (2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv 且有v1·＝v0t，h＝gt2 联立解得Ek＝2m(v＋g2t2)。 学生用书↓第36页 学科网（北京）股份有限公司 $$