【物理】2020届一轮复习人教版电场能的性质课时作业(2)

【物理】2020届一轮复习人教版电场能的性质课时作业(2)

2020 届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业 一、选择题 考点一 电场综合问题分析 1．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．电场力做负功 2mgh D．小球的电势能增加了 3mgh 答案 D 解析 带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律 F 合＝F 电－mg＝2mg，得 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. 2．(多选)如图 1 所示，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M 和 N 仅在电场力作用下先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点．下列说法正确 的是( ) 图 1 A．M 带负电荷，N 带正电荷 B．M 在 b 点的动能小于它在 a 点的动能 C．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 D．N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功 答案 ABC 解析 如题图所示，M 粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知 M 粒子受到了引力 作用，故 M 带负电荷，而 N 粒子的轨迹向下弯曲，则 N 粒子所受的电场力方向向下，说明 N 粒子受到斥力 作用，故 N 带正电荷，选项 A 正确；由于虚线是等势面，故 M 粒子从 a 到 b 电场力对其做负功，故动能减 小，选项 B 正确；对于 N 粒子，由于 d 和 e 在同一等势面上，故从 e 到 d 电场力做功为零，故电势能不变， 选项 C 正确；由于 N 粒子带正电，故从 c 点运动到 d 点的过程中，电场力做正功，选项 D 错误． 3.(2018·山东省实验中学期末)如图 2 所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的 粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知( ) 图 2 A．带电粒子在 R 点时的速度大于在 Q 点时的速度 B．带电粒子在 P 点时的电势能比在 Q 点时的电势能大 C．带电粒子在 R 点时的动能与电势能之和比在 Q 点时的小，比在 P 点时的大 D．带电粒子在 R 点的加速度小于在 Q 点的加速度 答案 A 解析 根据牛顿第二定律可得 qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可以得出 Q、R 两点处的电场强度的大小 关系为 ER>EQ，则带电粒子在 R、Q 两点处的加速度大小关系为 aR>aQ，故 D 项错误；由于带电粒子在运动过 程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，故 C 项错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在 R 处所受电场力的方向沿 电场线向右，假设粒子从 Q 向 P 运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒 子从 P 向 Q 运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，故 A 项正确，B 项错误． 4.(2018·厦门高二质量检测)如图 3 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 分别为两环圆心，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环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是 ( ) 图 3 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 到 C 的过程中，电势能一直增大 D．粒子从 B 到 D 的过程中，电场力做的总功为 0 答案 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 点的合场强为零，带负电的粒子在 B 点受到的电场力的 方向向下，加速度不为零，故 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 到 C 电 场力做功的绝对值与粒子从 C 到 D 电场力做功的绝对值大小相等，总功等于零，所以粒子经过 B 点与经过 D 点时的动能相等，故 D 正确，B 错误；粒子从 A 到 B 的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正 功，电势能减小，故 C 错误． 5.(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图 4，同一平面内的 a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平 行，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点．一电荷量为 q(q>0)的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势 能减小 W1；若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2.下列说法正确的是( ) 图 4 A．此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行 B．若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为W1＋W2 2 C．若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2 qL D．若 W1＝W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差 答案 BD 解析 结合题意，只能判定 Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A 项错误；由于 M、N 分别为 ac 和 bd 的 中点，对于匀强电场，则 UMN＝φM－φN＝φa＋φc 2 －φb＋φd 2 ＝Uab＋Ucd 2 ，可知该粒子由 M 移动到 N 过程中， 电场力做功 W＝W1＋W2 2 ，B 项正确；电场强度的方向只有沿 c→d 时，场强 E＝W2 qL ，但本题中电场方向未知， C 项错误；若 W1＝W2，则 Uab＝Ucd，则 ac 与 bd 一定相互平行，可知 UaM＝UbN，D 项正确． 考点二 电场中的图象问题 6．如图 5 甲所示，一条电场线与 Ox 轴重合，取 O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势φ随 x 变化的情况如 图乙所示，若在 O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( ) 图 5 A．电子沿 Ox 的负方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 答案 D 解析 由题图看出，沿 Ox 方向电势逐渐升高，则电场线方向沿 Ox 负方向，电子所受的电场力沿 Ox 正方 向，则电子将沿 Ox 正方向运动，电子的电势能将减小，故 A、B 错误；φ－x 图象的斜率大小等于电场强 度大小，由几何知识知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所以电子的加速度先减小后增大， 故 C 错误，D 正确． 7.(多选)(2018·哈师大附中期中)电荷量不等的两点电荷固定在 x 轴上坐标为－3L 和 3L 的两点，其中坐 标为 3L 处电荷带正电，电荷量为 Q.两点电荷连线上各点电势φ随 x 变化的关系如图 6 所示，其中 x＝L 处 电势最低，x 轴上 M、N 两点的坐标分别为－2L 和 2L，则下列判断正确的是( ) 图 6 A．两点电荷一定为异种电荷 B．原点 O 处场强大小为kQ 3L2 C．负检验电荷在原点 O 处受到向左的电场力 D．负检验电荷由 M 点运动到 N 点的过程，电势能先减小后增大 答案 BC 解析 由φ－x 图象特点可知两点电荷均为正电荷，故 A 错误；x＝L 处电势最低，此处图线切线的斜率为 0，即该点的合场强为 0， kQ 2L2＝kQ′ 4L2，得 Q′＝4Q，故原点处的场强大小为 4kQ 3L2－ kQ 3L2＝kQ 3L2，方向向右， 负检验电荷在原点 O 处受到的电场力向左，故 B、C 正确；由 M 点到 N 点电势先减小后增大，所以负检验 电荷由 M 点运动到 N 点的过程，电势能先增大后减小，故 D 错误． 8．(2018·六安一中质检)沿电场中某条直电场线方向建立 x 轴，该电场线上各点电场强度 E 随 x 的变化 规律如图 7 所示，坐标点 O、x1、x2 和 x3 分别与 x 轴上 O、A、B、C 四点相对应，相邻两点间距相等．一个 带正电的粒子从 O 点由静止释放，运动到 A 点的动能为 Ek，仅考虑电场力作用，则( ) 图 7 A．从 O 点到 C 点，电势先升高后降低 B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动 C．粒子在 AB 段电势能变化量大于 BC 段电势能变化量 D．粒子在 AB 段电势能变化量小于 BC 段电势能变化量 答案 C 解析 由 O 点到 C 点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A 项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一 致，所以粒子一直做加速直线运动，在 0～x1 段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒 子在 OA 段做加速度增大的变加速直线运动，B 项错误；E－x 图象中图线与坐标轴所围面积代表电势差， 可知 AB 段的电势差大于 BC 段的电势差，故电场力做功 WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒 子在 AB 段电势能变化量大于 BC 段的电势能变化量，C 项正确，D 项错误． 9.(多选)(2018·东北师大附中期中)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep 随位 移 x 变化的关系如图 8 所示，其中 O～x2 段是关于直线 x＝x1 对称的曲线，x2x3 段是直线，则下列说法正确 的是( ) 图 8 A．x1 处电场强度最小，但不为零 B．粒子在 O～x3 段做变速运动，x2～x3 段做匀变速运动 C．x2～x3 段的电场强度大小方向均不变，为一定值 D．在 O、x1、x2、x3 处电势φ0、φ1、φ2、φ3 的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3 答案 BCD 解析 由 E＝U d 得场强与电势的关系：E＝Δφ Δx ，电势能：Ep＝qφ，联立可得：E＝1 q ·ΔEp Δx ，可知 Ep－x 图 象切线的斜率ΔEp Δx ＝qE＝F 电，x1 处切线斜率为零，所以 x1 处电场强度为零，故 A 错误；由题图可知，O～ x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率大小变化情况为变小，变大，不变，则可知三段电场力变小，变大，不变， 故 B、C 正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电 势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故 D 正确． 二、非选择题 10.一长为 L 的细线，一端固定于 O 点，另一端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图 9 所示的水 平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在 A 点，释放后小球由静止开始向下摆动， 当细线转过 60°角时，小球到达 B 点速度恰好为零．试求：(重力加速度为 g) 图 9 (1)A、B 两点的电势差 UAB； (2)匀强电场的场强大小． 答案 (1)－ 3mgL 2q (2) 3mg q 解析 (1)小球由 A 到 B 过程中，由动能定理得 mgLsin 60°＋qUAB＝0，所以 UAB＝－ 3mgL 2q (2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系， 可得 E＝ UBA L－Lcos 60° ＝ 3mg q . 11．如图 10 所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷 Q 为圆心的某圆交于 B、C 两点，质量为 m、 带电荷量为－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 3gh. 求小球由 A 到 C 的过程中静电力做的功及 A、C 两点间的电势差． 图 10 答案 1 2 mgh －mgh 2q 解析 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：静电力做功 W 和重力做功 mgh，由动 能定理得：W＋mgh＝1 2 mvB 2 代入已知条件 vB＝ 3gh得静电力做功 W＝1 2 m·3gh－mgh＝1 2 mgh 因 Q 为点电荷，则 B、C 在同一等势面上，由 B 到 C 电场力做功为 0，所以由 A 到 C 电场力做功 WAC＝W＋0 ＝1 2 mgh.则 UAC＝ WAC －q ＝－mgh 2q . 12.如图 11 所示，Q 为固定的正点电荷，A、B 两点在 Q 的正上方和 Q 相距分别为 h 和 0.25h，将另一点电 荷从 A 点由静止释放，运动到 B 点时速度正好变为零，若此电荷在 A 点处的加速度大小为 3 4 g，静电力常量 为 k，求： 图 11 (1)此电荷在 B 点处的加速度； (2)A、B 两点间的电势差(用 k、Q 和 h 表示)． 答案 (1)3g，方向竖直向上 (2)－3kQ h 解析 (1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为 q，由牛顿第二定律得，在 A 点时：mg－kQq h2 ＝ m·3 4 g.在 B 点时：k Qq 0.25h2－mg＝m·aB，解得 aB＝3g，方向竖直向上． (2)从 A 到 B 的过程，由动能定理得 mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得 UAB＝－3kQ h . 13.如图 12 所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为 d，各等势面电势 已在图中标出(U>0)，现有一质量为 m 的带电小球以速度 v0、方向与水平方向成 45°角斜向上射入电场， 要使小球做直线运动，求：(重力加速度为 g) 图 12 (1)小球应带何种电荷及其电荷量； (2)小球受到的合外力大小； (3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小 xm.(电场范围足够大) 答案 (1)正电荷 mgd U (2) 2mg (3) 2v0 2 4g 解析 (1)作电场线如图甲所示．由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力方向与初 速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示．只有当 F 合与 v0 在一条直线上才可能使小球做直线运动，所 以小球带正电，小球沿 v0 方向做匀减速运动．由图乙知 qE＝mg，相邻等势面间的电势差为 U，所以 E＝U d ， 所以 q＝mg E ＝mgd U . (2)由图乙知，F 合＝ qE2＋mg2＝ 2mg. (3)由动能定理得：－F 合 xm＝0－1 2 mv0 2 所以 xm＝ mv0 2 2 2mg ＝ 2v0 2 4g .