重难专项：电场能的性质的理解与应用 分层同步练习-2025-2026学年高二上学期物理鲁科版必修第三册

重难专项　电场能的性质的理解与应用 一、必备知识基础练 1.如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受静电力作用的带正电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以判定(　　) A.M点的电势高于N点的电势 B.M点的电场强度大于N点的电场强度 C.粒子在M点的速度大于粒子在N点的速度 D.粒子在N点的电势能大于粒子在M点的电势能 2.质量为m的带电小球射入匀强电场后,以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动,在小球下落h的过程中(　　) A.小球的重力势能减少了2mgh B.小球的动能增加了2mgh C.静电力做功-2mgh D.小球的电势能增加了3mgh 3.如图所示,两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷,电荷在圆环上的分布是均匀的,两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置,B、D两点分别为两圆环圆心,C为BD中点。一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两圆环,若粒子只受静电力作用,在粒子运动过程中,下列说法正确的是(　　) A.粒子经过B点时加速度为零 B.粒子经过B点和C点时动能相等 C.粒子从A点到C点的过程中,电势能一直增大 D.粒子从B点到D点的过程中,静电力做的总功为0 4.在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　) A.q1和q2带有同种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的静电力增大 5.某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点,电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示,可以判定(　　) A.粒子带负电 B.粒子的加速度减小 C.粒子的动能增加 D.粒子的电势能增加 6.空间中一静电场的某物理量在x轴上分布情况如图所示,其中OA=OB,则(　　) A.若为E-x图像,则φA=φB B.若为E-x图像,将一电子由A沿x轴移向B,则静电力先做负功再做正功 C.若为φ-x图像,则EA、EB相同 D.若为φ-x图像,在A自由释放一质子,其仅在静电力作用下运动到B,加速度先变小后变大 7.如图所示,一电荷量为q=7.5×10-8 C的小球用绝缘绳悬挂,匀强电场方向水平向右。小球的质量为m=0.2 g,平衡时小球偏离竖直方向的夹角为θ=37°。(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求电场强度E的大小。 (2)某时刻剪断绝缘绳,求小球加速度的大小。 (3)某时刻剪断绝缘绳并从此刻开始计时,求0.2 s内静电力对小球做的功(小球一直处于匀强电场中)。 二、关键能力提升练 8.(多选)如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧可分离),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中。开始时,整个系统处于静止状态,现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,静电力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v。不计空气阻力,则在上述过程中(　　) A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B.小球的重力势能增加了W2 C.小球的电势能减少了W1 D.小球的机械能增加了mv2+W2-W1 9.(多选)一电子只在静电力的作用下从O点沿+x方向运动,其所在位置处的电势φ随x变化情况如图,已知图线在x=3.8 cm处切线与x轴平行,则(　　) A.电子从1.5 cm运动至6.0 cm处的过程中,速率先变大后变小 B.x轴上1 cm到8.0 cm之间的电场方向均沿-x方向 C.x轴上1 cm到8.0 cm之间的电场强度大小处处相等 D.电子在x=3.8 cm处时加速度为0 10.如图所示,光滑绝缘的水平面上存在一电场,其某条电场线与x轴重合,x轴上各点的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示。曲线上A点(0.15,3)的切线与x轴的交点为(0.3,0)。将一电荷量为+2.0×10-8 C的滑块P(可视为点电荷),从x=0.10 m处由静止释放,则滑块(　　) A.将沿x轴负方向运动 B.运动的加速度一直增大 C.在x=0.15 m处的电势能为3.0×10-3 J D.在x=0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 V/m 11.如图所示,在A点固定一带正电的小球1,带电小球2的质量为m,所带电荷量为q,用一根长度为L、不可伸长的绝缘细线悬挂在O点,小球2能静止在B点,悬线与竖直方向成θ角,A、B两点等高,A、B两点间距离为r。现将小球2拉至水平位置C由静止释放,小球2运动到B点的速度大小为v(小球可看成质点,重力加速度为g),求: (1)小球1所带电荷量Q; (2)B、C两点间的电势差UBC。 12.如图所示,在水平方向的匀强电场中(电场线未画出),一根长为L,不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端固定于O点,将小球拉起直至细线与电场强度平行的A点,然后无初速度释放,已知小球最多摆到最低点另一侧的B点,BO连线与竖直方向的夹角θ=30°,求:(结果可用根式表示) (1)小球经过最低点时细线对小球的拉力的大小; (2)小球由A点到B点过程中的最大速度的大小。 参考答案 1.A　解析 带正电粒子由M点向N点运动,受到的静电力沿电场线的切线、速度方向沿轨迹的切线,粒子所受静电力的方向与速度方向的夹角为锐角,故静电力做正功,动能增加,电势能减少,C、D错误;根据静电力对正电荷做正功,正电荷从高电势向低电势运动,可知M点的电势高于N点的电势,A正确;电场强度的大小和电场线的疏密程度有关,电场线越密,电场强度越大,故M点的电场强度小于N点的电场强度,B错误。 2.D　解析 小球受到向上的静电力和向下的重力,根据牛顿第二定律得F合=F电-mg= 2mg,F电=3mg,在下落过程中静电力做功W电=-3mgh,重力做功WG=mgh,总功W=W电+WG=-2mgh,根据做功与势能变化关系可判断,小球重力势能减少了mgh,电势能增加了3mgh,根据动能定理,小球的动能减少了2mgh,故选D。 3.D　解析 两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷,电荷在圆环上的分布是均匀的,所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的,结合矢量合成的方法可得,C点的合电场强度为零,粒子在B点受到的静电力的方向向下,加速度不为零,A错误;由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的,所以粒子从B点到C点静电力做功的绝对值与粒子从C点到D点静电力做功的绝对值相等,总功等于零,所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等,D正确,B错误;粒子从A点到B点的过程中,受到的静电力的方向向下,静电力做正功,电势能减小,C错误。 4.C　解析 由题图可知,电势有正有负,且只有一个极值,说明两个点电荷为异种电荷,A错误;由E=得,φ-x图像的切线斜率表示电场强度,因此x1处的电场强度不为零,B错误;负电荷从x1移到x2的过程中,电势升高,电场强度减小,由Ep=qφ,F=qE可知,负电荷电势能减小,受到的静电力减小,C正确,D错误。 5.C　解析 粒子所受的静电力方向指向轨迹的内侧,与电场线的切线方向一致,可知粒子带正电,A错误;由电场线的疏密程度可知粒子在A点所受的静电力小于在B点所受的静电力,故粒子的加速度增加,B错误;由运动轨迹的弯曲方向知粒子在运动过程中,静电力对其做正功,则其动能增加,电势能减小,C正确,D错误。 6.D　解析 若为E-x图像,由图像知,A到B电场强度一直是负值,表明电场方向一直是沿x轴负方向,沿电场线方向电势逐渐降低,因此A到B电势是升高的,则φA<φB,A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向,电子受到的静电力方向指向x轴正方向,所以静电力一直做正功,故A、B错误;若为φ-x图像,其斜率代表电场强度,则A、B两点电场强度大小相等,但方向相反,故C错误;若为φ-x图像,A到O电势降低,电场方向指向x轴正方向,在A点静止释放质子所受静电力方向指向x轴正方向,质子将向x轴正方向运动,由图像斜率变化可知电场强度先变小,在O点为零,O到B过程电场反向逐渐变大,所以质子的加速度先变小后变大,故D正确。 7.解析 (1)对小球受力分析可知qE=mgtan θ 可得E= 解得E=2×104 N/C。 (2)由牛顿第二定律可知=ma 解得a==12.5 m/s2。 (3)由运动学公式可知s=at2 解得s=0.25 m 静电力做的功为W=Eqssin θ=2.25×10-4 J。 答案 (1)2×104 N/C　(2)12.5 m/s2　(3)2.25×10-4 J 8.BC　解析 小球上升过程中,静电力做正功,小球与弹簧组成的系统机械能增加,A错误;小球上升,重力做负功,重力势能增加,增加量等于小球克服重力所做的功W2,B正确;静电力做正功,小球的电势能减少,减少量等于静电力对小球所做的功W1,C正确;小球的机械能的增加量为它增加的动能和重力势能之和mv2+W2,D错误。 9.AD　解析 电子从1.5 cm运动至6.0 cm处的过程中,电势先增大后减小,静电力先做正功后做负功,速率先变大后变小,故A正确;根据沿电场线方向电势降低,x轴上1 cm到3.8 cm之间电势逐渐升高,则x轴上1 cm到3.8 cm之间电场方向均沿-x方向,x轴上3.8 cm到8.0 cm之间电势逐渐降低,则x轴上3.8 cm到8.0 cm之间电场方向均沿+x方向,故B错误;φ-x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小,x轴上1 cm到8.0 cm之间,图像斜率的绝对值不恒定,故x轴上1 cm到8.0 cm之间的电场强度大小不相等,故C错误;在x=3.8 cm处,φ-x图像斜率为零,电场强度为零,根据牛顿第二定律a=,可知电子在x=3.8 cm处时加速度为0,故D正确。 10.D　解析 根据沿电场方向电势降低可知,电场方向沿x轴正方向,由于滑块带正电,滑块受到的静电力沿x轴正方向,则滑块静止释放后将沿x轴正方向运动,故A错误;根据φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小,可知滑块沿x轴正方向运动过程,受到的静电力逐渐减小,加速度逐渐减小,故B错误;滑块在x=0.15 m处的电势能为Ep=qφ=2.0×10-8×3×105 J=6.0×10-3 J,故C错误;在x=0.15 m处的电场强度大小为E= V/m=2.0×106 V/m,故D正确。 11.解析 (1)小球2静止时,由力的平衡条件得 k=mgtan θ,得Q=。 (2)小球2从C点运动到B点的过程由动能定理得 mgLcos θ-qUBC=mv2 得UBC=。 答案 (1)　(2) 12.解析 (1)小球无初速度释放摆到另一侧的过程由动能定理得 mgLcos θ-qEL(1+sin θ)=0 小球摆到最低点过程中由动能定理得 mgL-qEL=mv2-0 小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力, 由牛顿第二定律得F-mg=m 联立解得F=mg。 (2)将静电力与重力合成F合=mg 由图可知,所受合力方向与竖直方向成30°角斜向右下,C点为对应的“等效最低点”。 由几何关系得α=60°,小球到达C点时速度最大,动能最大,小球从释放到小球到达C点过程中,由动能定理得mgLsin α-qEL(1-cos α)=mv'2-0 解得小球的最大速度v'=。 答案 (1)mg　(2) 10 学科网（北京）股份有限公司 $