【文档说明】【精准解析】2021年高考物理（浙江专版）微专题突破练专题11　电场力和能的性质.docx，共(12)页，178.506 KB，由envi的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题11电场力和能的性质(建议用时40分钟)1.将带电棒移近两个不带电的导体球,两个导体球开始时互相接触且对地绝缘,如图所示,下列几种方法能使两球带上异种电荷的是(

)A.先移走棒,再把两球分开B.先将棒接触一下其中一球,再把两球分开C.棒带的电荷量如果不变,不能使两导体球带电D.先把两球分开,再移走棒【解析】选D。先移走棒,此时两球中的电荷又发生中和,不再带电,再把球分开,同样不再带电,故A错误;使棒与其中一个球接触,这样两球都带同种电

,分开两球,两球仍带同种电,故B、C错误;先把两球分开,再移走棒,两球由于感应起电带上异种电荷,故D正确。2.如图各电场中,A、B两点电场强度相同的是()【解析】选C。A、B是同一圆上的两点,场强大小相等,但方向不同,则电场强度不同,A、B错误;电场线的疏密表示场强的大小,电场线的方向表示电场方向

,故C中的两点电场强度相同,而D中两点的电场强度大小不同,故选C。3.如图所示,一个绝缘圆环,当它的均匀带电且电荷量为+q时,圆心O处的电场强度大小为E,现使半圆ABC均匀带电+2q,而另一半圆ADC均匀带电-2q,则圆

心O处的电场强度的大小和方向为()A.2E,方向由O指向DB.4E,方向由O指向DC.2E,方向由O指向BD.0【解析】选A。由题意可知,若圆AB带电荷量为q,在圆心处场强为E,方向由O指向中点,若圆CD带

电荷量为-q,在圆心处的场强也是E,且方向与圆AB在圆心处场强相同;同理,圆BC、AD在圆心处的场强也是E,方向由O指向中点。合成各场强可得,圆心O处的场强大小为2E,方向由O指向D。因此A正确。4.(多选)如果在某电场中将电荷量为5.0×10-4C的正电荷,仅在静电力作用下

由A点移到B点,静电力做功为2.0×10-3J,则()A.电荷在B点的动能比在A点的动能小2.0×10-3JB.电荷在B点的电势能比在A点的电势能小2.0×10-3JC.A、B两点间电势差为-4VD.若在A、B两点间移动一个1.0×10-4C的负电荷,电荷将克服静电力做4

.0×10-4J的功【解析】选B、D。由A点移到B点电场力做正功,电荷的动能增加,故A错误;电场力做正功,电荷的电势能减小,电场力做功为2.0×10-3J,B点电势能比A点的电势能小2.0×10-3J,故B正确;A、B两点

间的电势差UAB==V=4V,选项C错误;在A、B两点间移动1.0×10-4C的负电荷时,A、B间的电势差不变,则电场力做功为WAB′=q′UAB=-1.0×10-4×4J=-4.0×10-4J,即电荷将克服静电力做4.0×10-4J的功,故D正确。故选B、D。5.如图

,直线MN为某点电荷Q所产生的电场中的一条电场线,a、b为电场线上的两点。已知正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能。下列说法正确的是()A.点电荷Q一定在M端B.a点电势一定高于b点电势C.a点场强一定大于b点场强D.将正电荷从a点移动到b点

过程中,电场力一定做负功【解析】选B。正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,所以a点的电势高于b点的电势,电场线的方向从a到b;若是正电荷的电场线,则电荷在M端,若是负电荷的电场线,则电荷在N端,故A错误,B正确;电场线越密的地方电场强度越

大,由于只有一条电场线,无法看出电场线的疏密,故C错误;正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,所以将正电荷从a点移动到b点过程中,电势能减小,电场力一定做正功,故D错误。6.(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电

势为2V。一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是世纪金榜导学号()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率

是经过d时的2倍【解析】选A、B。虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV,动能减小了6eV,电势能增加了6e

V,因此等势面间的电势差为2V,因平面b上的电势为2V,由于电子的电势能增加,电势由a到f是降低的,因此平面c上的电势为零,故A正确。由以上分析可知,当电子由a向f方向运动,则电子到达平面f的动能为2eV,由于题

目中没有说明电子如何运动,因此电子也可能在匀强电场中做抛体运动,则可能不会到达平面f,故B正确。在平面b上电势为2V,则电子的电势能为-2eV,动能为8eV,电势能与动能之和为6eV,当电子经过平面d时,动能为4eV,其电势能为2eV,故C错误。电子经过平面b时

的动能是平面d的动能的2倍,电子经过平面b时的速率是经过d时的倍,故D错误。7.如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点(匀强电场和六边形所在平面平行),B、C、F三点电势分别为1V、

2V、3V,则下列说法正确的是世纪金榜导学号()A.D点的电势为4.5VB.电子在B点的电势能比在C点低1eVC.电子从B点到E点电场力做功为-3eVD.匀强电场的场强大小为V/m【解析】选D。因φC-φB=φE-φF,则φE

=4V;FC连线中点的电势为φ0=2.5V,则由φ0-φC=φE-φD可知φD=3.5V,选项A错误;B点电势比C点低1V,则电子在B点的电势能比在C点高1eV,选项B错误;E点电势比B点高3V,电子从B点到E点电场力做功为3eV,选项C错误;可求得A点的电势为φA=1.5V,设场强方向与CB夹

角为θ,则Elcosθ=φC-φB=1V;同理Elcos(120°-θ)=φA-φB=0.5V;联立解得E=V/m,选项D正确。8.(多选)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,这时电容器的电荷量为Q,P是电容器内一点,电容器的下极板与大地相连,下

列说法正确的是()A.若将电容器的上极板左移一点,则两板间电场强度减小B.若将电容器的上极板下移一点,则P点的电势不变C.若将电容器的上极板下移一点,则两板间电势差减小D.若将电容器的上极板下移一点,则两板间电势差不变【解析】选B、C。平行板电

容器充电后与电源断开后,电容器的电荷量不变,电容器上极板左移,正对面积减小,C=,电容C减小,U=,分析可知U增大,板间场强E=,d不变,则E增大。故A错误。将电容器的上极板下移一点,d变小,C=,电容变大,U=,电势差变小;E===,场强不变,根据U=Ed可知,

因为场强与间距不变,所以P与下极板电势差不变,则P点的电势不变,故B、C正确,D错误。9.如图所示,匀强电场中的六个点A、B、C、D、E、F为正八面体的六个顶点,已知BE中点O的电势为零,A、B、C三点的电势分别为7V、-1V、3V,则E

、F两点的电势分别为世纪金榜导学号()A.2V、-2VB.1V、-3VC.1V、-5VD.-2V、-4V【解析】选B。在匀强电场中,由公式U=Ed知,沿着任意方向前进相同距离,电势差必定相等。由BO=OE有φB-φO=φO-φE,得φE=

2φO-φB=0-(-1V)=1V,由AC∥EF,且AC=EF,有φA-φC=φE-φF,得φF=φC+φE-φA=3V+1V-7V=-3V,B正确。10.如图所示,AB、CD是一个圆的两条直径,该圆处于

匀强电场中,电场强度方向平行该圆所在平面。在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点先后以相同的速率v沿不同方向射向圆形区域,粒子将经过圆周上的不同点,其中经过C点时粒子的动能最小。若不计粒子所受的重力和空气阻力,则下列判断中

正确的是()A.电场强度方向由A指向BB.电场强度方向由D指向CC.粒子到达B点时动能最大D.粒子到达D点时电势能最小【解析】选D。仅在电场力作用下从A点进入,离开C点的动能最小,电势能最大,则C点沿电场强度方向离A点最近

,所以电场线与过C的切线相垂直,因为带电微粒带正电,故匀强电场的方向沿CD方向,故A、B错误;由上述分析可以知道,电场线方向从C到D,由沿着电场线方向,电势降低,则D点的电势能最小,动能最大,故C错误,D正确

。11.如图所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B点为AC的中点,C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为-q,套在杆上的带负电小球(可视

为质点)从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为2。世纪金榜导学号(1)求小球滑至C点时的速度大小。(2)求A、B两点间的电势差UAB。(3)若以C点为参考点(零电势点),试

确定A点的电势。【解析】(1)由几何关系可得BC的竖直高度hBC=R。因B、C两点电势相等,故小球从B到C的过程中电场力做功为零。对小球从B到C过程应用动能定理,有mgR=m-m,解得vC=(2)对小球从A到B过程应用动能定理,有:mg

·R+WAB=mWAB=mgR;UAB==-(3)因φB=φC,故UAB=UAC=-;又UAC=φA-φC,φC=0,因此φA=φC+UAC=-答案:(1)(2)-(3)-12.如图所示,在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷,a、b是AB连线上两

点,其中Aa=Bb=L,O为AB的中点,一质量为m带电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发,沿AB直线向b点运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的N倍(N>1),到达b点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点,求:(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数。

(2)Ob两点间的电势差。【解析】(1)由Aa=Bb=L,O为AB连线的中点得:a、b关于O点对称,则Uab=0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f,对于滑块从a→b过程,由动能定理得:qUab-f×L=0-E0而f=μmg,联立得μ=(2)对于滑块从O→b过程,由动能定理

得:qUOb-f×L=0-NE0,解得UOb=答案:(1)(2)关闭Word文档返回原板块获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com