2024年高考“2024年高考“最終三十天”專題透析PAGE好教化好教化云平臺——教化因你我而變PAGE7電場能的性質(zhì)專練十二電場能的性質(zhì)一、考點(diǎn)內(nèi)容專練十二電場能的性質(zhì)一、考點(diǎn)內(nèi)容二、考點(diǎn)突破二、考點(diǎn)突破1．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功2．(多選)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的改變關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先減小后增大3．(多選)在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大4．(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點(diǎn)由靜止起先運(yùn)動，N為粒子運(yùn)動軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡肯定與某條電場線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能D．粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向肯定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行5．(多選)如圖，電荷量分別為q和－q（q＞0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個頂點(diǎn)。則()A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢能增加6．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動至B，已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是()A．電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(Fcosθ,q)B．AB兩點(diǎn)的電勢差為UAB＝eq\f(－Fdcosθ,q)C．帶電小球由A運(yùn)動至B過程中電勢能增加了FdcosθD．帶電小球若由B勻速運(yùn)動至A，則恒力F必需反向7．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，由此可知()A．帶電粒子在R點(diǎn)時的速度大小大于在Q點(diǎn)時的速度大小B．帶電粒子在P點(diǎn)時的電勢能比在Q點(diǎn)時的電勢能大C．帶電粒子在R點(diǎn)時的動能與電勢能之和比在Q點(diǎn)時的小，比在P點(diǎn)時的大D．帶電粒子在R點(diǎn)時的加速度大小小于在Q點(diǎn)時的加速度大小8．(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速領(lǐng)先增大后減小C．從P到Q的過程中，動能削減量小于電勢能增加量D．從N到Q的過程中，電勢能始終增加9．(多選)空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示。一個質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的小球在該電場中運(yùn)動，小球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動至B點(diǎn)時的速度大小為v2。若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下推斷中正確的是()A．A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA＞EB、φA＜φBB．若v2＞v1，則電場力不肯定做正功C．A、B兩點(diǎn)間的電勢差為eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv1210．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿意拋物線方程y＝kx2，且小球通過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k)))。已知重力加速度為g，則()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點(diǎn)P時的動能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能削減eq\f(\r(2)mg,k)11．(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為+q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢為0）移到C點(diǎn)，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最終將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢為B．Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點(diǎn)后的電勢能為－4W12．如圖，一“”形絕緣導(dǎo)軌豎直放置，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中。左邊的半圓弧與水平桿ab、cd相切于a、c兩點(diǎn)，兩水平桿的高度差為h，桿長為4L，O為ad、bc連線的交點(diǎn)，虛線MN、M′N′的位置如圖，其中aM＝MM′＝CN＝NN′＝L，M′b＝N′d＝2L。一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小球穿在桿上。虛線MN左邊的導(dǎo)軌光滑，虛線MN右邊的導(dǎo)軌與小球之間的動摩擦因數(shù)為μ。已知在O處沒有固定點(diǎn)電荷＋Q的時候，將帶電小球自N點(diǎn)由靜止釋放后，小球剛好可到達(dá)a點(diǎn)?，F(xiàn)在O處固定點(diǎn)電荷＋Q，并將帶電小球自d點(diǎn)以初速度v0向左瞬間推出，結(jié)果小球可沿桿運(yùn)動到b點(diǎn)。求：（靜電力恒量為k，重力加速度為g，在運(yùn)動過程中＋Q對－q的電場力始終小于小球的重力）(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(2)運(yùn)動過程中小球所受摩擦力的最大值fm和小球經(jīng)過M′點(diǎn)時的加速度大小a；(3)使小球能夠運(yùn)動到b點(diǎn)的初速度v0的最小值。答案二、考點(diǎn)突破二、考點(diǎn)突破1．【答案】B【解析】由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中電場力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點(diǎn)在同一等勢面上，且電場線方向?yàn)镸→N，故選項B正確，選項A錯誤。M點(diǎn)與Q點(diǎn)在同一等勢面上，電子由M點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力不做功，故選項C錯誤。電子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力做正功，故選項D錯誤。2．【答案】BC【解析】由題圖可知，x1到x4場強(qiáng)先變大，再變小，則點(diǎn)電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，知A錯誤，B正確。3．【答案】AC【解析】由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，則兩個點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強(qiáng)度，因此x1處的電場強(qiáng)度不為零，B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢上升，電場強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤。4．【答案】AC【解析】在兩個同種點(diǎn)電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止起先運(yùn)動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動，若運(yùn)動到N點(diǎn)的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢能相等；僅在電場力作用下運(yùn)動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動到N點(diǎn)時動能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢能小于在M點(diǎn)的電勢能，即粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能，選項C正確；若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡不會與電場線重合，選項B錯誤；若粒子運(yùn)動軌跡為曲線，依據(jù)粒子做曲線運(yùn)動的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向肯定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，選項D錯誤．5．【答案】BC【解析】由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢分布可知q在a點(diǎn)產(chǎn)生的電勢低于在b點(diǎn)產(chǎn)生的電勢，－q在a點(diǎn)產(chǎn)生的電勢也低于在b點(diǎn)產(chǎn)生的電勢，故φa＜φb，再由Ep＝qφ可知負(fù)電荷在a、b兩點(diǎn)的電勢能Epa＞Epb，故A、D均錯誤。由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)分布可知q在a點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與－q在b點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)完全相同，q在b點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與－q在a點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)也完全相同，故a點(diǎn)與b點(diǎn)的總場強(qiáng)也完全相同，B、C均正確。6．【答案】BC【解析】由題意，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運(yùn)動，則有，qE＝F，則得場強(qiáng)E＝eq\f(F,q)，故A錯誤。A、B兩點(diǎn)的電勢差為U＝－Edcosθ＝－eq\f(Fdcosθ,q)，故B正確。帶電小球由A運(yùn)動至B過程中恒力做功為W＝Fdcosθ，依據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcosθ，故C正確。小球所受的電場力恒定不變，若帶電小球由B向A做勻速直線運(yùn)動時，F(xiàn)大小、方向均不變，故D錯誤。7．【答案】A【解析】粒子做曲線運(yùn)動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以電場力的方向沿電場線向右，若粒子從P運(yùn)動到Q，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，R點(diǎn)速度大于Q點(diǎn)速度，若粒子從Q運(yùn)動到P，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，Q點(diǎn)速度小于R點(diǎn)速度，在P點(diǎn)時的電勢能比在Q點(diǎn)時的電勢能小，故A正確，B錯誤；只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，動能與電勢能之和保持不變，故C錯誤；由電場線疏密可知R點(diǎn)場強(qiáng)比Q點(diǎn)大，電場力大，加速度大，故D錯誤。8．【答案】BD【解析】a由N到Q的過程中，重力豎直向下，而庫侖力始終沿二者的連線方向，則可知，重力與庫侖力的夾角始終減小，同時庫侖力在增大，故合力始終在增大，故A錯誤；在從N到P的過程中合力先與運(yùn)動方向的夾角為銳角，合力做正功；而后合力與運(yùn)動方向夾角為鈍角，合力做負(fù)功，故從N到P的過程中，速領(lǐng)先增大后減小，故B正確；從P到Q的過程中，由動能定理可知，－mgh－WE＝0－eq\f(1,2)mv2，故動能的減小量等于重力勢能增加量和電勢能的增加量，故C錯誤；由于在下降過程中，庫侖力始終與運(yùn)動方向夾角大于90度，故庫侖力始終做負(fù)功，電勢能始終增加，故D正確。9．【答案】BC【解析】由電場線的疏密可推斷出EA＜EB，由電場線的方向可推斷出φA＞φB，故A錯誤；在運(yùn)動的過程中，由動能定理得，mgh＋qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若v2＞v1，qU可正可負(fù)，即電場力不肯定做正功，A、B兩點(diǎn)間的電勢差U＝eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)，電場力做功W＝qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－mgh，故B、C正確，D錯誤。10．【答案】BC【解析】由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動軌跡為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知eq\r(2)mg＝Eq，E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯誤。聯(lián)立方程eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,k)＝v0t，解得v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確。據(jù)動能定理mg·eq\f(1,k)＝Ek－eq\f(1,2)mv02，得Ek＝eq\f(5mg,4k)，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·eq\f(\r(2),k)＝－eq\r(2)mg·eq\f(\r(2),k)＝eq\f(－2mg,k)，D錯誤。11．【答案】ABD【解析】由題意可知，C點(diǎn)的電勢為，故A正確；由于B、C兩點(diǎn)到A點(diǎn)(+q)的距離相等，所以B、C兩點(diǎn)的電勢相等，所以Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點(diǎn)的電勢相等，所以當(dāng)在B點(diǎn)固定Q1后，C點(diǎn)的電勢為，所以Q2從無窮遠(yuǎn)移到C點(diǎn)過程中，電場力做功為，故C錯誤；由于C點(diǎn)的電勢為，所以電勢能為Ep＝－4W，故D正確。12．【解析】(1)依據(jù)