高考物理江蘇專版總復(fù)習(xí)課時作業(yè)： 二十六 電場能的性質(zhì) 含解析

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1、課時作業(yè)課時作業(yè) 二十六二十六 電場能的性質(zhì)電場能的性質(zhì)(限時：45 分鐘)(班級_姓名_)1勻強電場中同一平面上三個點 A、B、C，各點電勢A10 V，B2 V，C6 V，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是()ABCD2.(17 年鹽城模擬)(多選)某靜電場的等勢面分布如圖所示，下列說法中正確的是()第 2 題圖AA 點電場強度方向為曲線上該點的切線方向B負電荷在 A 點的電勢能比在 C 點的電勢能小C將正電荷由圖中 A 點移到 C 點，電場力做負功D將電荷從圖中 A 點移到 B 點，電場力不做功第 3 題圖3如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有 D、E、F 三點，且 DEEF.K、M、L

2、 分別為過 D、E、F 三點的等勢面一不計重力的帶負電粒子，從 a 點射入電場，運動軌跡如圖中實線所示，以|Wab|表示該粒子從 a 點到 b 點電場力做功的數(shù)值， 以|Wbc|表示該粒子從 b 點到 c點電場力做功的數(shù)值，則()A|Wab|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由 a 點到 b 點，動能減少Da 點的電勢較 b 點的電勢低4一個電子只在電場力作用下從 a 點運動到 b 點，軌跡如圖中虛線所示，圖中的一組等距平行實線表示的可能是電場線也可能是等差等勢面，則以下說法正確的是()第 4 題圖A無論圖中的實線是電場線還是等勢面，a 點的場強都比 b 點的場強小B無論圖中的實線是電場線還是

3、等勢面，a 點的電勢都比 b 點的電勢高C無論圖中的實線是電場線還是等勢面，電子在 a 點的電勢能都比在 b 點的電勢能小D如果圖中的實線是等勢面，電子在 a 點的速率一定大于在 b 點的速率5 (多選)四個點電荷位于正方形四個角上， 電荷量及其附近的電場線分布如圖所示 ab、cd分別是正方形兩組對邊的中垂線， O為中垂線的交點， P、 Q分別為ab、 cd上的兩點， OPOQ，則()第 5 題圖AP 點的電場強度比 Q 點的小BP 點的電勢比 M 點的低COP 兩點間的電勢差小于 OQ 間的電勢差D一帶正電的試探電荷在 Q 點的電勢能比在 M 點大第 6 題圖6(多選)一帶負電的點電荷僅在電

4、場力作用下由 a 點運動到 b 點的vt 圖象如圖所示，其中 t1和 t2分別是電荷運動到電場中 a、b 兩點的時刻，下列說法正確的是()A該電荷由 a 點運動到 b 點，電場力做負功Ba 點處的電場線比 b 點處的電場線密Ca、b 兩點電勢的關(guān)系為abD電荷的電勢能一定不斷減小7(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿 x 軸正向運動，其電勢能 E 隨位移 x 變化的關(guān)系如圖所示，其中 Ox2段是對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是()第 7 題圖A從 x1到 x3帶電粒子的加速度一直增大B從 x1到 x3帶電粒子的速度一直減小C粒子在 Ox2段做勻變速運動，x2x3段做勻速直線

5、運動Dx1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為1238如圖所示，空間中存在沿 x 軸的靜電場，其電勢沿 x 軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是 x 軸上的四個點，質(zhì)量為 m、帶電量為q 的粒子(不計重力)，以初速度 v0從 O 點沿 x軸正方向進入電場，在粒子沿 x 軸運動的過程中，下列說法正確的是()第 8 題圖A粒子在 x2點的速度為 0B從 x1到 x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C若粒子能到達 x4處，則 v0的大小至少應(yīng)為2q0mD若 v02q0m，則粒子在運動過程中的最大動能為 3q09(多選)如圖所示，水平面 MN 的下方存在豎直向下的勻強電場，一帶電小球由 MN

6、 上方的 A 點以一定初速度水平拋出，從 B 點進入電場，到達 C 點時速度方向恰好水平，由此可知()第 9 題圖A從 B 到 C，小球的動能減小B從 B 到 C，小球的電勢能減小C從 A 到 B 與從 B 到 C 小球的運動時間一定相等D從 A 到 B 與從 B 到 C 小球的速度變化量大小一定相等10如圖所示，兩個平行金屬板 A、B 中間為一勻強電場，A、B 相距 10 cm，C、D 為電場中的兩點，CD8 cm，CD 連線和電場方向成 60角，C 點到 A 板的距離為 2 cm，已知質(zhì)子從 C 點移到 D 點，電場力做功為 3.21017J求：(1)勻強電場電場強度的大小(2)A、B 兩

7、點間的電勢差(3)若將 A 板接地，則 C、D 兩點的電勢各為多大？第 10 題圖11如圖所示，直角坐標(biāo)系處于豎直面內(nèi)，第一、二象限存在著平滑連接的光滑絕緣軌道第一象限內(nèi)的軌道呈拋物線形狀，其方程為 y12Rx2；第二象限內(nèi)的軌道呈半圓形狀，半徑為 R，B 點是其最高點，且第二象限處于豎直方向的勻強電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、帶電量為q的帶電小球， 從與B點等高的A點靜止釋放， 小球沿著軌道運動且恰能運動到B點 重力加速度為 g，求：(1)小球運動到 O 點時對軌道的壓力 F；(2)第二象限內(nèi)勻強電場的場強大小 E；(3)小球落回拋物線軌道時的動能 Ek.第 11 題圖課時作業(yè)(二十六)電場能的性

8、質(zhì) 1.D【解析】由題意可知 AB 的中點電勢為 6 V，與 C 相連就是一條等勢線，而電場線與等勢線垂直，方向指向電勢低的方向，選項 D 正確故選 D.2BD3C【解析】根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布情況可知，DE 段場強大于 EF 段場強，由公式 UEd 定性分析得知，DE 間電勢差的絕對值大于 EF 間電勢差的絕對值，由電場力做功公式 WqU 得，|Wab|Wbc|.故 A、B 錯誤；由圖看出，電荷的軌跡向左彎曲，則知其所受的電場力大致向左，所以等量異種點電荷中正電荷在左側(cè)，負電荷在右側(cè)，a 點的電勢高于 b 點的電勢，粒子由 a 到 b 過程中，電勢能增大，動能減小故 C 正確，D 錯

9、誤4D【解析】根據(jù)運動軌跡可以判斷電子所受電場力方向指向曲線內(nèi)側(cè)，如果平行實線是電場線，電場方向向左，則從 a 到 b 電場力做正功，動能增大、電勢能減小，C 錯；如果平行實線是等勢面， 電場方向向上， 則從 a 到 b 電場力做負功， 動能減小、 電勢能增大，D 正確；不管平行實線是電場線還是等勢面都表示勻強電場，a、b 兩點的場強相等，A 錯；電勢高低則要根據(jù)具體情況而確定，B 錯故選 D.5AD【解析】根據(jù)電場的疊加，且 OPOQ，可知 P 點的電場強度比 Q 點的小，故 A 正確；ab 是等勢線，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可得 P 點的電勢比 M 點的高，故B 錯誤；ab 和 cd

10、是兩條等勢面，且電勢相等，所以 OP 兩點間的電勢差等于 OQ 間的電勢差，故 C 錯誤；由于QM，則 WQMq(QM)0，電場力做正功，電勢能減小，故 D正確；故選 AD.6CD【解析】由圖像可知電場力對粒子做正功，電勢能減小，因此 A 錯誤，D正確；負電荷的電勢能減小，從 a 到 b 電勢升高，所以 C 正確；從圖像可知 a 處的切線斜率小，加速度小，電場強度小，電場線稀疏，所以 B 錯誤7BD【解析】粒子的加速度與電場強度成正比，由圖可知：在 0 x1段，加速度減??；在 x1x2段，加速度增大；在 x2x3段，加速度不變，故 A、C 錯誤；從 x1到 x3電場強度沿 x 軸正向，負電荷所

11、受電場力方向向左，所以粒子做減速運動，故 B 正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，故 D 正確故選 BD.8C【解析】根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，由x 圖象，畫出沿 x 軸方向的場強方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示由圖示知，O 和 x2兩點電勢相等，O到 x2過程，電場力做功為 0，動能不變，故粒子在 x2點的速度為 v0，選項 A 錯誤；從 x1到x3過程中，電場力對負電荷一直做負功，粒子的電勢能一直增加，選項 B 錯誤；從 x3到 x4過程中，電場力對負電荷做正功，故粒子若能到達 x4點，需能到達 x3點假設(shè)粒子恰好到達 x3，由動能定理得 Wq012mv20，故 v0大小至少

12、為2q0m，選項 C 正確；粒子運動過程中，電場力所做正功的最大值為 q0，若 v02q0m，則動能最大值為 2q0，選項 D 錯誤第 8 題圖9AD【解析】根據(jù)帶電小球在電場中的運動軌跡可知，帶電小球受到的合力豎直向上，電場力豎直向上，并且電場力大于重力，從 B 到 C，合外力對小球做負功，小球的動能減小，A 對；電場力對小球做負功，小球的電勢能增大，B 錯；全過程小球在水平方向上做勻速直線運動，由于 AB 的水平距離和 BC 的水平距離大小關(guān)系不確定，所以兩段的運動時間的大小關(guān)系也不確定，C 錯；C 點的速度恰好水平，可知兩段的速度變化量的大小一定相等，D 對故選 AD.10(1)5000

13、 V/m(2)500 V(3)100 V300 V【解析】(1)根據(jù) UCDWCDq得：UCD3.210171.61019V200 V，由 UEd 得：EUCDdCD2000.08cos60V/m5000 V/m.(2)UABEdAB500010102V500 V.(3)CUCAEdCA50002102V100 V，DUDAE(ddCdCA)5000(8102cos602102) V300 V.11(1)5mg方向豎直向下(2)mg5q(3)6845mgR【解析】 (1)小球從 A 點運動到 O 點的過程中機械能守恒， 有 mg2R12mv20在 O 點處，對小球由牛頓第二定律得 FNmgmv20/R 解得 FN5mg 由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮?F5mg， 方向豎直向下； (2)小球恰能運動到 B 點， 說明小球所受的電場力向上 由牛頓第二定律得 mgqEmv2B/R 小球從 A 點到 B 點的過程中，由動能定理得 qE2R12mv2B0 解得 vB2gR5Emg5q；(3)小球從 B 點飛出后做平拋運動，設(shè)落回拋物線軌道時的坐標(biāo)為(x，y)，有 xvBt，2Ry12gt2，x、y 滿足關(guān)系 y12Rx2，小球從 B 點到拋物線軌道，由動能定理得 mg(2Ry)Ek12mv2B解得 Ek6845mgR.