版《红对勾讲与练》高三物理人教版总复习配套讲义第六章静电场第2节电场能的性质课时作业19.docx

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版《红对勾讲与练》高三物理人教版总复习配套讲义第六章静电场第2节电场能的性质课时作业19

课时作业19　电场能的性质

时间：

45分钟

一、单项选择题

1．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（　　）

A．电场线MN的方向一定是由N指向M

B．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小

C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度

解析：

由于带电粒子的电性不确定，所以电场线的方向不确定，A错误；带电粒子由a运动到b的过程中，只受电场力的作用，由轨迹的弯曲方向知电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C正确；由于仅给出一条电场线，电场强度的大小关系不确定，D错误．

答案：

C

2．如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是（　　）

A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小

B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大

C．电势差UAB＝UBC

D．电势φA<φB<φC

解析：

该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UABφB>φC，选项D错误．

答案：

B

3．如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处．A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是（　　）

A．A、B、C、D四个点的电场强度相同

B．O点电场强度等于零

C．将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零

D．将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大

解析：

由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电场强度不相同，O点电场强度不等于零，选项A、B错误；由于B、D两点等电势，将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，选项C正确；由于A点电势高于C点，将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能减小，选项D错误．

答案：

C

4．一个带正电的质点，电荷量为q＝2.0×10－9C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除静电力做功外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）

A．3×104VB．1×104V

C．4×104VD．7×104V

解析：

设静电力做功为Wab，

则Wab＝q·Uab

由动能定理Wab＋W其他力＝ΔEk，得

Wab＝ΔEk－W其他力

＝8.0×10－5J－6.0×10－5J＝2.0×10－5J，

故Uab＝Wab/q＝

＝1×104V，

故正确答案为B.

答案：

B

5．如图甲所示，A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙．从A到B的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．电场力对电荷一直做正功

B．电势一直升高

C．电荷所受电场力先减小后增大

D．电荷所受电场力先增大后减小

解析：

由乙图可知，点电荷的电势能先减小后增大，故电场力对其先做正功后做负功，A项错误；由于正点电荷电势能先减小后增大，则电势也先减小后增大，B项错误；乙图中，斜率的绝对值表示的含义是k＝

＝

＝q·E，即电场力的大小，由图可知，斜率绝对值先减小后增大，故电场力先减小后增大，C项正确．

答案：

C

二、多项选择题

6．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中a、c连线为球的水平大圆直径，b、d连线与电场方向平行，且b、d连线为球的竖直大圆半径．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等

B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等

C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周做匀速圆周运动

D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周做匀速圆周运动

解析：

设球半径为R，Eb＝E－k

，Ed＝E＋k

，A错误；Ea＝

，Ec＝

，且a、c在同一等势面上，B正确；当带电小球所受重力和电场力大小相等，方向相反，且k

＝m

时，小球能沿a、c所在圆周做匀速圆周运动，C正确，D错误．

答案：

BC

7．如图甲所示，两个点电荷q1、q2固定在x轴上距离为L的两点，其中q1带正电荷位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（　　）

A．q2带负电且电荷量小于q1

B．b点的场强一定为零

C．a点的电势比b点的电势高

D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小

解析：

由v－x图象知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为零，B正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得q2带负电且电荷量小于q1，A正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势比b点低，C错误；粒子从a点到b点的过程中动能减小，电场力做负功，电势能增加，D正确．

答案：

ABD

8．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（　　）

A．C点的电场强度大小为零

B．A点的电场强度大小为零

C．NC间场强方向沿x轴正方向

D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功

解析：

由题图可知，由O点到M点，电势一直降低，且图线在A点的斜率也不为零，故A点的电场强度大小不为零，而C点向N、向D两个方向电势均降低，说明C点两侧电场方向相反，且图线在C点的切线斜率为零，故C点电场强度大小为零，故A正确，B错误；由N到C电势升高，故NC间电场方向沿x轴负方向，C错误；WNC＝UNC·q，UNC<0，q<0，故WNC>0,而WCD＝UCD·q，UCD>0，q<0，所以WCD<0，D正确．

答案：

AD

三、非选择题

9．有一带负电的小球，其带电荷量q＝－2×10－4C，如图所示，开始时静止在场强为E＝2×103V/m的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h＝4cm，与A板的距离H＝36cm，小球的重力忽略不计，在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电荷量减少到碰前的k倍，已知k＝

，碰撞过程中小球的机械能没有损失．

（1）设匀强电场中挡板S所在位置的电势为零，则小球在P点时的电势能为多少？

（2）小球第一次被弹回到达最右端时距S板的距离为多少？

（3）小球从P点出发到第一次到达最右端的过程中，电场力对小球做了多少功？

解析：

（1）SP间的电势差

USP＝φS－φP＝Eh＝2×103×0.04V＝80V

因φS＝0，所以φP＝－80V

所以小球在P点时的电势能

EP＝qφP＝－2×10－4×（－80）J＝0.016J

（2）设小球与S碰撞时速度大小为v，小球第一次从P到S有－qEh＝

mv2

设小球第一次被弹回至最右端距S板的距离为h1，有

（－kq）Eh1＝

mv2

所以h1＝

h≈4.6cm

（3）由动能定理知小球从P点出发到碰撞前有

W1＝

mv2

碰撞后至到达最右端有W2＝0－

mv2

则电场力做的总功W＝W1＋W2＝0

答案：

（1）0.016J　

（2）4.6cm　（3）0

10．如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处的电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：

（1）物块在A点时受在A点到轨道的支持力大小；

（2）点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．

解析：

（1）物块在A点受到点电荷的库仑力F＝

由几何关系可知P、A间距离r＝

设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN，由平衡条件有FN－mg－Fsin60°＝0.

解得FN＝mg＋

（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有q（φ－φB）＝

mv2－

mv

解得φB＝φ＋

答案：

（1）mg＋

（2）φ＋

11．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：

（1）C、O间的电势差UCO；

（2）小球p经过O点时加速度的大小；

（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．

解析：

（1）小球p由C运动到O时，由动能定理，

得mgd＋qUCO＝

mv2－0①

得UCO＝

②

（2）小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：

F1＝F2＝k

③

它们的合力为：

F＝F1cos45°＋F2cos45°＝

④

由牛顿第二定律得：

mg＋F＝ma，⑤

a＝g＋

⑥

（3）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：

mgd＋qUOD＝

mv

－

mv2⑦

由电场特点可知：

UCO＝UOD⑧

联立②⑦⑧解得：

vD＝

v

答案：

（1）

（2）g＋

　（3）

v