【物理】2020届一轮复习人教版电场能的性质作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版电场能的性质作业（江苏专用）

课时跟踪检测（二十一） 电场能的性质 对点训练：电势高低与电势能大小的判断 1．(2018·徐州期中)带电金属棒周围电场线的分布如图所示，A、 B 是电场中的两点，OA>OB。下列说法正确的是( ) A．A 点的电势高于 B 点的电势 B．A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 C．负电荷从 A 点至 B 点，电场力一直做正功 D．负电荷在 A 点的电势能大于其在 B 点的电势能 解析：选 D 由电场线的特点可知，金属棒两侧的电场是对称的，由于 OA＞OB，故 OA 之间的电势差大于 OB 之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A 点的电势 低于 B 点的电势，故 A 错误；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B 点的电场强度大， 故 B 错误；由于不知道负电荷从 A 点至 B 点的运动的路径，所以不能判断出电场力是否一 直做正功，故 C 错误；负电荷在电势高的位置电势能小，所以负电荷在 A 点的电势能大于 其在 B 点的电势能，故 D 正确。 2．[多选](2019·扬州模拟)水平线上的 O 点放置一点电荷，图中画 出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示。以水平线上的某点 O′为圆心画一个圆，与电场线分别相交于 a、b、c、d、e。下列说法 中正确的是( ) A．b、e 两点的电场强度相同 B．b、c 两点间电势差等于 e、d 两点间电势差 C．电子在 c 点的电势能小于在 b 点的电势能 D．正点电荷从 a 点沿圆周逆时针移动到 d 点过程中，电场力对它做正功 解析：选 BC 由题图看出，b、e 两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度 是矢量，所以 b、e 两点的电场强度不同，故 A 错误。根据对称性可知，d、c 的电势相等， 同理 b、e 的电势相等，所以 b、c 两点间电势差与 e、d 两点间电势差相等，故 B 正确。由 题图可知，O 点放置的是正电荷，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷 O 越远， 电势越低，故 b 点电势低于 c 点电势，而负电荷在电势越低的点，其电势能越高，故 C 正 确。正点电荷从 a 点沿圆周逆时针移动到 d 点过程中，电势升高，正电荷的电势能增大， 故电场力对它做负功，故 D 错误。 对点训练：电势差与电场强度的关系 3.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示。从坐标原点沿＋y 轴前 进 0.2 m 到 A 点，电势降低了 10 2 V，从坐标原点沿＋x 轴前进 0.2 m 到 B 点，电势升高了 10 2 V，则匀强电场的场强大小和方向为( ) A．50 V/m，方向 B→A B．50 V/m，方向 A→B C．100 V/m，方向 B→A D．100 V/m，方向垂直 AB 斜向下 解析：选 C 连接 AB，由题意可知，AB 中点 C 点电势应与坐标原点 O 相等，连接 OC 即为等势线，与等势线 OC 垂直的方向为电场的方向，故电场方向由 B→A，其大小 E ＝U d ＝10 2＋10 2 2×0.2 V/m＝100 V/m，选项 C 正确。 4.如图所示，匀强电场方向平行于 xOy 平面，在 xOy 平面内有一个 半径为 R＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为 q＝＋1×10－8 C 的试探电荷 P，半径 OP 与 x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能 Ep＝ 2.5×10－5sin θ(J)，则( ) A．x 轴位于零势面上 B．电场强度大小为 500 V/m，方向沿 y 轴正方向 C．y 轴位于零势面上 D．电场强度大小为 500 V/m，方向沿 x 轴正方向 解析：选 A 由 Ep＝2.5×10－5sin θ(J)知，x 轴上的势能为零，是零势面，电场线沿 y 轴方向，A 正确，C 错误；当 θ＝90°时，Ep＝2.5×10－5 J＝EqR，解得 E＝500 V/m，此时 电势能大于零，故电场强度的方向沿 y 轴负方向，B、D 错误。 对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题 5.如图所示，虚线是某电场的等势线。一带电粒子只在电场力作用下 恰能沿实线从 A 点飞到 C 点，则( ) A．粒子一定带负电 B．粒子在 A 点的电势能大于在 C 点的电势能 C．A 点的电场强度大于 C 点的电场强度 D．粒子从 A 点到 B 点电场力所做的功大于从 B 点到 C 点电场力所做的功 解析：选 C 电场线和等势线垂直且由电势高的等势线指向电势低的等势线，因此题 图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧， 故粒子应带正电，故 A 错误；从 A 到 C 过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在 A 点 的电势能小于在 C 点的电势能，故 B 错误；A 点等势线密，电场线也密，所以 A 点的电场 强度大于 C 点的电场强度，故 C 正确；电场力做功与路径无关，只与初、末位置的电势差 有关，因为 UAB＝UBC，所以粒子从 A 点到 B 点和从 B 到 C 电场力做功相等，故 D 错误。 6．[多选](2019·海安月考)如图所示，虚线为某电场的等势面，今有 两个带电粒子(重力不计)，以不同的速率沿不同的方向，从 A 点飞入电 场后，沿不同的轨迹 1 和 2 运动。由轨迹可以断定( ) A．两个粒子的电性一定不同 B．粒子 1 的动能先减少后增加 C．粒子 2 的电势能先增大后减小 D．经过 B、C 两点，两粒子的速率一定相等 解析：选 AB 根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子 1 受到排斥力作用，其电性与场源电 荷的电性相同，粒子 2 受到吸引力作用，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性 一定相反，故 A 正确；电场力对粒子 1 先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少 后增加，故 B 正确；电场力对粒子 2 先做正功，后做负功，则粒子 2 的电势能先减小后增 大，故 C 错误；由于粒子 1 到 B 点时速率减小，粒子 2 到 C 点时速率增加，而粒子 1 的初 速率与粒子 2 的初速率不等，则经过 B、C 两点，两粒子的速率可能不等，故 D 错误。 对点训练：静电场中的图像问题 7．[多选](2019·南通一模)真空中有一半径为 r0 的均匀带电金属 球，以球心为原点建立 x 轴，轴上各点的电势φ分布如图所示，r1、 r2 分别是＋x 轴上 A、B 两点到球心的距离。下列说法中正确的是 ( ) A．0～r0 范围内电场强度处处为零 B．A 点电场强度小于 B 点电场强度 C．A 点电场强度的方向由 A 指向 B D．正电荷从 A 点移到 B 点过程电场力做正功 解析：选 ACD 根据 E＝Δφ Δx 可知，φx 图像的斜率表示电场强度的大小，由题图可知 在 0～r0 范围内斜率为 0，故在 0～r0 范围内电场强度处处为零，故 A 正确。由题图可知， 在 x＝r1 处图像的斜率大于在 x＝r2 处图像的斜率，可得 A 点的电场强度大于 B 点的电场强 度，故 B 错误。从 A 到 B 电势降低，所以 A 点的电场强度方向由 A 指向 B，故 C 正确。 正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力方向由 A 指向 B，所以电场力做正功，故 D 正 确。 8.空间中有一沿 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。下列说法正确的是( ) A．x1 处场强大于－x1 处场强 B．若电子从 x1 处由静止释放后向 x 轴负方向运动，到达－x1 点时速度为零 C．电子在 x1 处的电势能大于在－x1 处的电势能 D．x1 点的电势比－x1 点的电势高 解析：选 B 由题给图像可知，x1 处场强与－x1 处场强等大反向，A 错误；沿电场强度 方向电势降低，则电子从 x1 处由静止释放后，到 O 点过程，逆着电场线方向，电势一直升 高，过 O 点后，沿着电场线方向，电势一直降低，电子在 O 点电势最高，电势能最小，动 能最大，由对称性可知电子在 x1 处与－x1 处电势相等，电势能相等，动能相等，到达－x1 点时速度为零，B 正确，C、D 错误。 对点训练：电场力做功与功能关系 9．(2018·常州一中月考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面 上的 O 点。另一个电荷量为＋q、质量为 m 的点电荷乙，从 A 点以初速度 v0 沿它们的连线 向甲运动，运动到 B 点时速度为 v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的 阻力大小恒为 f，A、B 两点间距离为 L0，静电力常量为 k，则下列说法正确的是( ) A．点电荷乙从 A 点向甲运动的过程中，加速度先增大后减小 B．点电荷乙从 A 点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C．O、B 两点间的距离为 kQq f D．在点电荷甲形成的电场中，A、B 两点间的电势差为 UAB＝ fL0＋1 2mv2 q 解析：选 C 点电荷乙从 A 点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力， 两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故 A 错 误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故 B 错误；当速度 最小时有：f＝F 库＝kQq r2 ，解得：r＝ kQq f ，故 C 正确；点电荷从 A 运动到 B 过程中， 根据动能定理有：UABq－fL0＝1 2mv2－1 2mv02，解得 UAB＝ fL0＋1 2 mv2－1 2mv02 q ，故 D 错误。 10.如图所示为一个半径为 R 的均匀带电圆环，取环面中心 O 为原点， 以垂直于环面的轴线为 x 轴，P 到 O 点的距离为 2R。质量为 m、带负电且 电量为 q 的小球从轴上 P 点由静止释放，小球运动到 Q 点时速度为零，Q 点 在 O 点上方 R 处。下列说法正确的是( ) A．P 点电势比 Q 点电势低 B．P 点场强比 Q 点场强大 C．P、Q 两点的电势差为mgR q D．Q 点的场强大小等于mg q 解析：选 C 由题意可知带负电小球由 P 点到 Q 点先加速后减速运动，受到沿 x 轴向 上的电场力作用，故场强沿 x 轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故 P 点电势比 Q 点电 势高，A 错误；开始 qEPmg，故 P 点场强比 Q 点场强小，B、D 错误； 由动能定理可知，小球由 P 到 Q 克服电场力做功为 mgR，故 P、Q 两点的电势差为 UPQ＝mgR q ， C 正确。 考点综合训练 11.[多选](2018·扬州模拟)如图所示，竖直平面内有半径为 R 的 半圆形光滑绝缘轨道 ABC，A、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低 点，圆心处固定一电荷量为＋q1 的点电荷。将另一质量为 m、电荷量为＋q2 的带电小球从 轨道 A 处无初速度释放，已知重力加速度为 g，则( ) A．小球运动到 B 点时的速度大小为 2gR B．小球运动到 B 点时的加速度大小为 2g C．小球从 A 点运动到 B 点过程中电势能减少 mgR D．小球运动到 B 点时对轨道的压力大小为 3mg＋kq1q2 R2 解析：选 ABD q1、q2 间的库仑力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从 A 到 B 的 运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，mgR＝1 2mv2，v＝ 2gR，A 正确；小球运动到 B 点时有向心加速度，加速度大小 a＝v2 R ＝2g，B 正确；由于库仑力始终与运动方向垂直，不 做功，电势能不变，C 错误；小球运动到 B 点时合外力等于向心力，设对轨道的压力 F，F －mg－kq1q2 R2 ＝mv2 R ＝2mg，F＝3mg＋kq1q2 R2 ，D 正确。 12．(2018·苏州一模)一根轻质杆长为 2l，可绕固定于中点位置处的 轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球 1 和小球 2，它 们的质量均为 m，带电荷量分别为＋q 和－q，整个装置放在如图所示的 关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖直位置 A、B 两点，设 A、B 间电势差为 U，该过程中( ) A．小球 2 受到的电场力减小 B．小球 1 电势能减少了 1 2Uq C．小球 1、2 的机械能总和增加了 Uq＋mgl D．小球 1、2 的动能总和增加了 Uq 解析：选 D 由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖直位 置 A、B 两点，小球 2 位置的电场线变密，电场强度变大，故小球 2 受到的电场力增大，故 A 错误；根据 U＝Ed，小球 1 前后位置电势差小于 1 2U，所以小球 1 的电势能减少量小于 1 2qU， 故 B 错误；对于小球 1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小 球 1、2 的动能总和增加了 Uq，所以小球 1、2 的机械能总和增加了 qU，故 C 错误，D 正 确。 13.如图所示，在方向水平向右、大小为 E＝6×103N/C 的匀强 电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑 块甲和乙，甲的质量为 m1＝2×10－4kg，带正电荷量为 q1＝2×10－9C； 乙的质量为 m2＝1×10－4kg，带负电荷量为 q2＝1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，由静 止释放两滑块，t＝3 s 时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，g 取 10 m/s2，试求： (1)细绳断裂前，两滑块的加速度大小； (2)在整个运动过程中，滑块乙的电势能增量的最大值； (3)当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量。 解析：(1)绳断裂前，对甲和乙整体分析，有 q1E－q2E＝(m1＋m2)a 代入数据解得 a＝0.02 m/s2。 (2)当乙向右运动的速度减为零时，乙的电势能增量最大， 绳断前，乙的位移为 x1＝1 2at2＝0.09 m， 绳断时，乙的速度为 v1＝at＝0.06 m/s。 细绳断裂后，对滑块乙：q2E＝m2a2 则 a2＝q2E m2 ＝0.06 m/s2 乙减速前的位移 x2＝v12 2a2 ＝0.03 m 由功能关系可得，乙的电势能增量为 ΔEp 乙 max＝－W 电＝q2E(x1＋x2) 解得ΔEp 乙 max＝7.2×10－7J。 (3)分析可知，当乙回到出发点时，电场力对其做功为零，其电势能增量为零；设从绳 断至乙回到出发点用时为 t， 则有：－x1＝v1t1－1 2a2t12， 解得 t1＝3 s， 此段时间内，甲加速运动的加速度 a1＝q1E m1 ＝0.06 m/s2， 末态时刻，甲、乙的速度分别为 v 甲＝v1＋a1t1＝0.24 m/s，v 乙＝v1－a2t1＝－0.12 m/s， 故系统机械能增量 ΔE 机＝1 2m2v 乙 2＋1 2m1v 甲 2＝6.48×10－6J 或ΔE 机＝q1E 1 2at2＋v1t1＋1 2a1t12 解得ΔE 机＝6.48×10－6J。 答案：(1)0.02 m/s2 (2)7.2×10－7J (3)6.48×10－6J