2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)31 電場能的性質(zhì)（含解析）

作業(yè)31電場能的性質(zhì)7一、選擇題圖3111(2019年淄博模擬)如圖311所示，一圓環(huán)上均勻分布著負電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法正確的是()A從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢一直降低B從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢先降低后升高CO點的電場強度為零，電勢最低DO點的電場強度不為零，電勢最高解析：根據(jù)電荷分布的對稱性可知O點電場強度為零，而沿x軸正方向無限遠處電場強度也為零，故從O點沿x軸正方向電場強度先增大后減小由于圓環(huán)帶負電荷，故圓環(huán)右側(cè)x軸上電場方向沿x軸負方向，所以從O點沿x軸正方向，電勢一直升高，故選項A、B、D錯誤，C正確答案：C圖3122如圖312，在M、N處固定兩個等量同種點電荷，兩電荷均帶正電O點是MN連線的中點，直線PQ是MN的中垂線現(xiàn)有一帶正電的試探電荷q自O(shè)點以大小是v0的初速度沿直線向Q點運動若試探電荷q只受M、N處兩電荷的電場力作用，則下列說法正確的是()Aq將做勻速直線運動 Bq的加速度將逐漸減小Cq的動能將逐漸減小Dq的電勢能將逐漸減小解析：試探電荷從O點向Q點運動過程中，受電場力的合力從O點指向Q點，在O點時受合力為零，無窮遠處合力也為零，所以從O點向Q點運動過程中受力可能先變大后變小，也可能一直變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度可能先變大后變小，也可能一直變大，A、B錯誤；從O點向Q點運動過程中速度一直在增大，所以動能一直增大，C錯誤；從O點向Q點運動過程中，電場力一直做正功，所以電勢能逐漸減小，D正確答案：D圖3133如圖313所示，對于電場線中的A、B、C三點，下列判斷正確的是()AA點的電勢最低BB點的電場強度最大C同一正電荷在A、B兩點受的電場力大小相等D同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大解析：根據(jù)電場線的特點，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則A>C>B，又知同一負電荷在電勢越低處電勢能越大，則同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大，所以A錯誤，D正確；因在同一電場中電場線越密，電場強度越大，則知A點電場強度最大，所以B錯誤；因電場中EA>EB，則同一正電荷在A、B兩點所受電場力大小關(guān)系為FA>FB，所以C錯誤答案：D4(2019年西安質(zhì)檢)如下圖是勻強電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖314中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是()圖314AO點電勢與Q點電勢相等BO、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差C將一負電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上解析：由電場線的方向可知M>O>N，再作出此電場中過O的等勢線，可知O>Q，A錯誤；且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UM O>UON，B錯誤；因UM Q>0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤答案：C5兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，則下列圖象中能正確描述電勢隨位置x變化規(guī)律的是()解析：等量異種點電荷電場線如圖315所示，因為沿著電場線方向電勢降低，所以，以正電荷為參考點，左右兩側(cè)電勢都是降低的；因為逆著電場線方向電勢升高，所以，以負電荷為參考點，左右兩側(cè)電勢都是升高的可見，在整個電場中，正電荷所在位置電勢最高，負電荷所在位置電勢最低，符合這種電勢變化的情況只有A選項圖315答案：A圖3166如圖316所示，在光滑絕緣的水平面上，存在一個水平方向的勻強電場，電場強度大小為E，在水平面上有一個半徑為R的圓周，其中PQ為直徑，C為圓周上的一點，在O點將一帶正電的小球以相同的速度向各個方向水平射出時，小球在電場力的作用下可以到達圓周的任何點，但小球到達C點時的速度最大已知PQ與PC間的夾角為30°，則關(guān)于該電場強度E的方向及PC間的電勢差大小說法正確的是()AE的方向為由P指向Q，UPCERBE的方向為由Q指向C，UPCCE的方向為由P指向C，UPC2ERDE的方向為由O指向C，UPC解析：由題意知，過C點的切面應(yīng)是圓周上離O點最遠的等勢面，半徑OC與等勢面垂直，E的方向為由O指向C，PQ與PC間夾角為30°，則連線OC與PC間夾角也為30°，因此直線dPCR，則沿電場方向的長度為Rcos30°，則UPCE×R×，選項D正確答案：D7(2019年昆明七校聯(lián)考)(多選)如圖317甲所示，a、b是某電場中一條電場線上的兩點，若在a點釋放一初速度為零的帶負電的粒子，粒子僅在電場力作用下沿電場線由a運動到b，其電勢能W隨位移x變化的規(guī)律如圖317乙所示設(shè)a、b兩點的電勢分別為a和b，電場強度的大小分別為Ea和Eb.則下列判斷正確的是()圖317Aa>bBa<bCEa<Eb DEa Eb 解析：根據(jù)題圖乙所示的電勢能W隨位移x變化的規(guī)律為向下的傾斜直線，可知帶負電的粒子僅在電場力作用下沿電場線由a運動到b，電勢能減小，說明電場力做正功，電場線方向從b到a.由電勢沿電場線方向越來越低可知，a<b，選項A錯誤，B正確由qExmv20，Wamv2W，聯(lián)立解得：WWaqEx.對照題圖乙，可知電場強度E為恒量，EaEb，選項C錯誤，D正確答案：BD8(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，O點是a、c連線的中點，a、c處分別固定一個等量正點電荷，如圖318所示，若將一個帶負電的試探電荷P置于b點，自由釋放后，電荷P將沿著對角線bd往復(fù)運動，當(dāng)電荷P從b點運動到d點的過程中，電荷P()圖318A經(jīng)過O點的電勢能最大B所受電場力先增大后減小C電勢能和機械能之和保持不變D電勢能先減小后增大解析：據(jù)題a、c處分別固定一個等量正點電荷，由等量正電荷連線的中垂線上電場分布可知：Od間電場強度方向由Od，Ob間電場強度方向由Ob，而負電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反，所以負電荷自由釋放后，所受的電場力先bO，后由dO，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，到達O點電勢能最小，故A錯誤O點的場強為零，電荷所受的電場力為零，但bO間和Od間電場線的分布情況不確定，所以場強的變化不確定，電場力的變化也不確定，故B錯誤由于只有電場力做功，所以只有電勢能與機械能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能之和保持不變，故C正確；由b到O的過程中，電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，故D正確答案：CD9(多選)在場強大小為E的勻強電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動，其加速度大小為，物體運動s距離時速度變?yōu)榱銊t下列說法正確的是()A物體克服電場力做功0.8qEsB物體的電勢能增加了0.8qEsC物體的電勢能增加了qEsD物體的動能減少了0.8qEs解析：分析題意知帶電物體應(yīng)豎直向下運動，所受電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律：0.8qEqEmg，即mg0.2qE，故電場力做功WqEs，電勢能增加了qEs，A、B錯，C對；物體所受合力為0.8qE，方向豎直向上，根據(jù)動能定理，物體的動能減少了0.8qEs，D對答案：CD圖31910(2019年湖南長沙一模)(多選)如圖319所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱軸上的兩點，下列說法正確的是()AM點場強一定大于N點場強BM點電勢一定高于N點電勢C電子在M點的電勢能大于在N點的電勢能D將正電荷從M點移動到N點，靜電力做正功解析：沿著電場線方向電勢降低，故M點電勢一定高于N點電勢，正電荷沿著電場線方向運動，所受電場力的方向與運動方向相同，靜電力做正功，故選項B、D正確；M點的電場線較N點的稀疏，故M點場強小于N點場強，選項A錯誤；因為M點電勢高于N點電勢，電子帶負電，電子在M點的電勢能小于在N點的電勢能，選項C錯誤答案：BD圖311011(多選)如圖3110所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J則下列說法正確的是()A粒子帶負電B粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 JC粒子在A點的動能比在B點多0.5 JD粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J解析：從粒子的運動軌跡可以看出，粒子所受的電場力方向與場強方向相同，粒子帶正電，A錯誤；粒子從A點運動到B點，電場力做功1.5 J，說明電勢能減少1.5 J，B錯誤；對粒子應(yīng)用動能定理得：W電W重EkBEkA，代入數(shù)據(jù)解得EkBEkA1.5 J2.0 J0.5 J，C正確；粒子機械能的變化量等于除重力外其他力做的功，電場力做功1.5 J，則粒子的機械能增加1.5 J，D正確答案：CD圖311112(多選)如圖3111，兩電荷量分別為Q(Q>0)和Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方，取無窮遠處的電勢為零下列說法正確的是()Ab點電勢為零，電場強度也為零B正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大解析：因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，正電荷從O點到a點電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電勢能變化相同，D錯誤答案：BC二、非選擇題圖311213如圖3112，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力求A、B兩點間的電勢差解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°v0sin60°由此得vBv0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)解得UAB.答案：14(2019年福建質(zhì)檢)如圖3113，軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段DG與水平段CD及傾斜段GH分別相切于D點和G點，圓弧段和傾斜段均光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道絕緣且處于水平向右的勻強電場中一帶電物塊由C處靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回CD段中點P處時速度恰好為零已知物塊的質(zhì)量m4×103 kg，所帶的電荷量q3×106 C；電場強度E1×104 N/C；CD段的長度L0.8 m，圓弧DG的半徑r0.2 m，GH段與水平面的夾角為，且sin 0.6，cos0.8；不計物塊與擋板碰撞時的動能損失，物塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2.圖3113(1)求物塊與軌道CD段的動摩擦因數(shù)；(2)求物塊第一次碰撞擋板時的動能Ek；(3)分析說明物塊在軌道CD段運動的總路程能否達到2.6 m若能，求物塊在軌道CD段運動2.6 m路程時的動能；若不能，求物塊碰撞擋板時的最小動能解析：(1)物塊由C處釋放后經(jīng)擋板碰撞滑回P點過程中，由動能定理得qEmg0由式代入數(shù)據(jù)得0.25.(2)物塊在GH段運動時，由于qEcosmgsin，所以做勻速直線運動由C運動至H過程中，由動能定理得qELmgLqErsinmgr(1cos)Ek0 由式代入數(shù)據(jù)得Ek0.018 J(3)物塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，物塊在D點的速度為0 設(shè)物塊能在水平軌道上運動的總路程為s，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得qELmgs由式代入數(shù)據(jù)得s2.4 m因為2.6 m>s，所以不能在水平軌道上運動2.6 m的路程物塊碰撞擋板的最小動能E0等于往復(fù)運動時經(jīng)過G點的動能，由動能定理得qErsinmgr(1cos)E00由式代入數(shù)據(jù)得E00.002 J答案：(1)0.25(2)0.018 J(3)不能0.002 J8