（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課時分層作業(yè) 二十一 7.2 電場能的性質(zhì).doc

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課時分層作業(yè) 二十一電場能的性質(zhì) (45分鐘　100分) 【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.(2018衡水模擬)兩個帶電量均為Q的正電荷,固定于兩點,它們連線的垂直平分線MN交其連線于O點,如圖所示,現(xiàn)在MN上取a、b兩點,且aO=Ob,將電荷q從a移至b的過程中 (　　) A.電場力一定先做正功后做負(fù)功 B.電場力可能先做負(fù)功后做正功 C.電場力一直做正功 D.電場力一直做負(fù)功 【解析】選B。兩個等量的正電荷連線中垂線MN上的電場方向從O點沿MN向兩邊方向,電荷q從a移至b的過程中,因不知電荷q的電性,則電場力可能先做負(fù)功后做正功,也可能先做正功后做負(fù)功,故B正確,A、C、D錯誤。 2.(2018深圳模擬)兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場等勢面如圖中虛線所示,一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行,最后離開電場,粒子只受靜電力作用,則粒子在電場中 (　　) A.做直線運動,電勢能先變小后變大 B.做直線運動,電勢能先變大后變小 C.做曲線運動,電勢能先變小后變大 D.做曲線運動,電勢能先變大后變小 【解析】選C。根據(jù)電場線與等勢線垂直可知,在A點電場線方向應(yīng)與速度v垂直,則粒子所受的電場力方向向上,與初速度v也垂直,粒子做曲線運動,粒子靠近正電荷時,電場力做正功,離開正電荷時,電場力做負(fù)功,則其電勢能先變小后變大,故C正確,A、B、D錯誤。 3.兩個等量點電荷位于x軸上,它們的靜電場的電勢φ隨位置x變化規(guī)律如圖所示(只畫出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢),x軸上有兩點M、N,且OM>ON,由圖可知 (　　) A.N點的電勢低于M點的電勢 B.M、N兩點的電場方向相同且M點的場強(qiáng)大小大于N點的場強(qiáng)大小 C.僅在電場力作用下,正電荷可以在x軸上M、N之間的某兩點做往復(fù)運動 D.負(fù)電荷沿x軸從M點移到N點的過程中電場力先做正功后做負(fù)功 【解析】選B。由題圖知,N點的電勢高于M點的電勢,故A錯誤;由E=可知,圖象斜率的絕對值等于場強(qiáng)大小,可以看出M點的場強(qiáng)大小大于N點的場強(qiáng)大小,斜率都為正值,說明M、N點的電場方向相同,故B正確;沿著電場線方向電勢降低,可知電場線的方向從N指向M,正電荷在x軸上M、N之間所受的電場力始終由N指向M,正電荷做單向直線運動,故C錯誤;負(fù)電荷沿x軸從M移到N點的過程中,電場力方向由M指向N,電場力方向與位移方向相同,電場力一直做正功,故D錯誤。 【總結(jié)提升】由φ-x圖象分析場強(qiáng)、電勢的大小關(guān)系 (1)在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的高低,并可根據(jù)電勢高低關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向。 (2)電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小,電場強(qiáng)度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。 (3)在φ-x圖象中分析移動電荷時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,分析WAB的正負(fù),然后做出判斷。 4.(2018龍巖模擬)以無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ=k計算,式中r為該點到點電荷的距離,k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點,如圖所示。現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷+Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點,質(zhì)子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為 (　　) A.增加　　　　 B.增加 C.減少 D.減少 【解析】選B。A點的電勢為φA=k+k,C點的電勢為φC=k+k,則A、C間的電勢差為UAC=φA-φC=-,質(zhì)子從A移到C,電場力做功為WAC=eUAC=-,電場力做負(fù)功,所以質(zhì)子的電勢能增加,故B正確,A、C、D錯誤。 5.如圖,直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負(fù)功相等,則 (　　) A.直線a位于某一等勢面內(nèi),φM>φQ B.直線c位于某一等勢面內(nèi),φM>φN C.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負(fù)功 【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下三點進(jìn)行分析: (1)熟練掌握勻強(qiáng)電場的特點。 (2)根據(jù)電場力做負(fù)功判斷兩點電勢的高低。 (3)根據(jù)電子兩次做功相等分析N、P兩點電勢的高低。 【解析】選B。根據(jù)電子移動過程中電場力做負(fù)功,可知φM>φN,φM>φP,由于電場力做功相等,可知φN=φP,直線d位于同一等勢面內(nèi),根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點,可判斷直線c也位于同一等勢面內(nèi),故選項B正確,A錯誤;由于φM=φQ,電子由M點到Q點,電場力做功為零,C錯誤;因為φP<φM=φQ,電子由P點到Q點,電場力應(yīng)做正功,選項D錯誤。 6.(2018張家口模擬)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中0～x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線,x2～x3段是直線,則下列說法正確的是 (　　) A.x1處電場強(qiáng)度最小,但不為零 B.粒子在0～x2段做勻變速運動,x2～x3段做勻速直線運動 C.在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2=φ0>φ1 D.x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變 【解析】選D。根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ,場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系E=得,E=,由數(shù)學(xué)知識可知Ep-x圖象切線的斜率等于Eq,x1處切線斜率為零,則知x1處電場強(qiáng)度為零,故A錯誤,由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小,可知場強(qiáng)減小,粒子所受的電場力減小,加速度減小,做非勻變速運動,x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大,場強(qiáng)增大,粒子所受的電場力增大,做非勻變速運動,x2～x3段斜率不變,場強(qiáng)不變,即電場強(qiáng)度大小和方向均不變,是勻強(qiáng)電場,粒子所受的電場力不變,做勻變速直線運動,故B錯誤,D正確;根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ,粒子帶負(fù)電,q<0,則知電勢能越大,粒子所在處的電勢越低,所以有φ1>φ2=φ0>φ3,故C錯誤。 【加固訓(xùn)練】 如圖所示,真空中有一半徑為R、電荷量為+Q的均勻帶電球體,以球心為坐標(biāo)原點,沿半徑方向建立x軸。理論分析表明,x軸上各點的場強(qiáng)隨x變化關(guān)系如圖乙所示,則(　　) A.x2處場強(qiáng)大小為 B.球內(nèi)部的電場為勻強(qiáng)電場 C.x1、x2兩點處的電勢相同 D.假設(shè)將試探電荷沿x軸移動,則從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功相同 【解析】選A。計算x2處的電場強(qiáng)度時,可把帶電球體等效為位于原點的點電荷,則有x2處場強(qiáng)大小為E=k,故A正確;由乙圖E-x圖象可知,球內(nèi)部由O到球表面區(qū)間電場強(qiáng)度均勻增大,所以內(nèi)部電場為非勻強(qiáng)電場,故B錯誤;x軸上O點右側(cè)的電場方向始終是向右的,沿著電場的方向電勢逐漸減小,可知>,故C錯誤;E-x圖象與x軸所圍面積表示電勢差,由乙圖可知兩處面積不相等,所以x1處與球表面、球表面與x2處的電勢差不同,則將試探電荷沿x軸從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功不相同,故D錯誤。 7.(2016海南高考)如圖,一帶正電的點電荷固定于O點,兩虛線圓均以O(shè)為圓心,兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡,a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是(　　) A.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷 B.M在b點的動能小于它在a點的動能 C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 【解析】選A、B、C。由圖中帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡可知,粒子M受到引力作用所以帶負(fù)電,粒子N受到斥力作用所以帶正電,選項A正確;由于a點比b點更靠近帶正電的點電荷,所以粒子M由a點運動到b點的過程中粒子要克服電場力做功,動能減小,選項B正確;d點和e點在同一個等勢面上,所以N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能,選項C正確;粒子N帶正電,從c點運動到d點的過程中電場力做正功,選項D錯誤。 8.(2018臨汾模擬)圖中K、L、M為靜電場中的3個相距很近的等勢面(K、M之間無電荷)。一帶電粒子射入此靜電場后,依abcde軌跡運動。已知電勢φK<φL<φM,ULK=UML,且粒子在ab段做減速運動。下列說法中正確的是(不計重力) (　　) A.粒子帶正電 B.粒子在a點的加速度小于在c點的加速度 C.粒子在a點的動能大于在e點的動能 D.粒子在c點的電勢能大于在d點的電勢能 【解析】選A、B、D。由于φK<φL<φM,所以電場線的方向向左,由軌跡的彎曲方向判斷出帶電粒子所受電場力大體向左,畫出電場線的分布,如圖所示。粒子受到的電場力的方向向左,電場線的方向向左,即粒子受到的電場力的方向與電場線的方向相同,所以粒子帶正電,故A正確;等差等勢面的疏密表示電場的強(qiáng)弱,由圖可知,c點的電場大,所以粒子在c點受到的電場力大,由牛頓第二定律可知,粒子在a點的加速度小于在c點的加速度,故B正確;a和e在同一條等勢面上,所以粒子在a點的電勢能等于在e點的電勢能,在a點的動能等于在e點的動能,故C錯誤;由軌跡的彎曲方向判斷出帶電粒子所受電場力大體向左,粒子從c到d 的過程中電場力做正功,所以在c點的電勢能大于在d點的電勢能,故D正確。 9.如圖所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖,在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材,針狀電極O和平板電極MN之間加上高壓直流電源,其間產(chǎn)生強(qiáng)非勻強(qiáng)電場E;水分子是極性分子,可以看成棒狀帶電體,一端帶正電,另一端帶等量負(fù)電;水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去,在鼓風(fēng)機(jī)的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥,如圖所示虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡,則下列說法正確的是 (　　) A.水分子在B點時,水分子帶正電一端受到的電場力與帶負(fù)電荷一端受到電場力大小不相等 B.水分子沿軌跡ABCD運動過程中電場力始終做正功 C.水分子沿軌跡ABCD運動過程中電勢能先減小后增大 D.如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接,水分子從A處開始將向下運動 【解析】選A、C。由于電場的分布不均勻,由圖可知,上端的電場強(qiáng)度大于下端電場強(qiáng)度,根據(jù)F=qE可得,水分子帶正電一端受到的電場力與帶負(fù)電荷一端受到電場力大小不相等,故A正確;水分子沿軌跡ABCD運動過程中,在CD階段,受到的電場力方向與運動的方向夾角大于90,電場力做負(fù)功,故B錯誤;水分子沿軌跡ABCD運動過程中,電場力先做正功,后做負(fù)功,故電勢能先減小后增大,故C正確;如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接,產(chǎn)生的電場方向發(fā)生反轉(zhuǎn),但水分子是一端帶正電,另一端帶等量負(fù)電,故水分子的正負(fù)端發(fā)生反轉(zhuǎn),水分子還是從A處開始將向上運動,故D錯誤。 10.空間有一與紙面平行的勻強(qiáng)電場,紙面內(nèi)的A、B、C三點位于以O(shè)點為圓心,半徑10 cm的圓周上,并且∠AOC=90,∠BOC=120,如圖所示?，F(xiàn)把一個電荷量q=110-5C的正電荷從A移到B,電場力做功-110-4J;從B移到C,電場力做功為310-4J,則該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向和大小是 (　　) A.場強(qiáng)大小為200 V/m B.場強(qiáng)大小為200 V/m C.場強(qiáng)方向垂直O(jiān)A向右 D.場強(qiáng)方向垂直O(jiān)C向下 【解析】選A、C。根據(jù)U=得,UAB= V=-10 V,而UBA=10 V,UBC= V= 30 V,將BC分成三等份,則AO延長線經(jīng)過其中一點,因此AO為等勢線,那么電場線垂直AO,由E=== V/m=200 V/m,故A正確,B錯誤;沿著電場線方向,電勢是降低的,因此場強(qiáng)方向垂直O(jiān)A向右,故C正確,D錯誤。 【加固訓(xùn)練】 (多選)在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,有一四面體C-AOB,C、A、O、B為四面體的四個頂點,且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0,L,0)、C(0,0,L),D(2L,0,0)是x軸上一點,在坐標(biāo)原點O處固定著+Q的點電荷,下列說法正確的是 (　　) A.A、B、C三點的電場強(qiáng)度相同 B.電勢差UOA=UAD C.將一電子由C點分別移動到A、B兩點,電場力做功相等 D.電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能 【解析】選C、D。根據(jù)E=k可知,A、B、C三點的電場強(qiáng)度大小相同,但是方向不相同,選項A錯誤;因為沿x軸正方向的場強(qiáng)逐漸減弱,由U=Ed可知UOA≠UAD,選項B錯誤;A、B兩點的電勢相等,故將一電子由C點分別移動到A、B兩點,電場力做功相等,選項C正確;由于A點的電勢高于D點,故電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能,選項D正確。 二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(2018吉林模擬)如圖,光滑斜面傾角為37,一質(zhì)量m=110-2 kg、電荷量q=+110-6C的小物塊置于斜面上,當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場時,該物塊恰能靜止在斜面上,g取10 m/s2,求: (1)該電場的電場強(qiáng)度大小。 (2)若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?小物塊運動的加速度大小。 (3)在(2)前提下,當(dāng)小物塊沿斜面下滑L= m時,機(jī)械能的改變量。 【解析】(1)如圖所示,小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用,受力平衡,則有: 在x軸方向: Fcosθ-mgsinθ=0 在y軸方向: FN-mgcosθ-Fsinθ=0 解得:E==7.5104 N/C (2)場強(qiáng)變化后物塊所受合力為: F合=mgsin37-qEcos37 根據(jù)牛頓第二定律得:F合=ma 解得:a=0.3g=3 m/s2 (3)機(jī)械能的改變量等于電場力做的功,故: ΔE=-qELcos37,解得:ΔE=-0.02 J 故機(jī)械能減少0.02 J 答案:(1)7.5104 N/C　(2)3 m/s2 (3)機(jī)械能減少0.02 J 【能力拔高題組】 1.(8分)(多選)(2018棗莊模擬)如圖所示,水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L,頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點,光滑直導(dǎo)軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L,D在AB邊上的豎直投影點為O。一對電荷量均為-Q的點電荷分別固定于A、B兩點,在D處將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響),將小球由靜止開始釋放,已知靜電力常量為k、重力加速度為g,且k=mg,忽略空氣阻力,則 (　　) A.軌道上D點的場強(qiáng)大小為 B.小球剛到達(dá)C點時,其加速度為零 C.小球剛到達(dá)C點時,其動能為mgL D.小球沿直軌道CD下滑過程中,其電勢能先增大后減小 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下四點: (1)小球所在處的電場是由兩個負(fù)電荷共同產(chǎn)生的。 (2)兩電荷周圍的電場具有對稱性。 (3)由牛頓第二定律確定小球的加速度。 (4)由功能關(guān)系確定小球的動能。 【解析】選B、C。負(fù)電荷產(chǎn)生的電場指向負(fù)電荷,可知兩個負(fù)電荷在D處的電場強(qiáng)度分別指向A與B,由于兩個點電荷的電量是相等的,所以兩個點電荷在D點的電場強(qiáng)度的大小相等,則它們的合場強(qiáng)的方向沿DA、DB的角平分線,A、B在D點的場強(qiáng)的大小EA=EB=k=,它們的合場強(qiáng)ED=EAcos30+EBcos30=,故A錯誤;由幾何關(guān)系得==L,則∠OCD=45,小球受力如圖所示,由于C到A、B的距離與D到A、B的距離都等于L,結(jié)合A的分析可知,C點的電場強(qiáng)度的大小與D點的電場強(qiáng)度的大小相等,方向指向O點,即EC=ED=,沿斜面方向mgcos45-Fcos45=ma,垂直方向mgsin45+Fsin45=N,其中F=qEC= q=mg,聯(lián)立以上三式得a=0,故B正確;由于C與D到A、B的距離都等于L,結(jié)合等量同種點電荷的電場特點可知,C點與D點的電勢是相等的,所以小球從D到C的過程中電場力做功的和等于0,則只有重力做功,小球的機(jī)械能守恒,則mg=mv2,由幾何關(guān)系得=Lsin60=L,小球的動能Ek=mv2=mgL,故C正確;由幾何關(guān)系可知,在CD的連線上,CD連線的中點處到A、B的距離最小,電勢最低,小球帶正電,所以小球在CD的連線中點處的電勢能最小,則小球沿直軌道CD下滑過程中,其電勢能先減小后增大,故D錯誤。 2.(17分)如圖所示,絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi),圓弧段DG的圓心角為θ=37,DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點,CD段粗糙,DGH段光滑,在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板,整個軌道處于場強(qiáng)為E=1104 N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場中。一質(zhì)量m=410-3 kg、帶電量q=+310-6C的小滑塊在C處由靜止釋放,經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點P處時速度恰好為零。已知CD段長度L=0.8 m,圓弧DG的半徑r=0.2 m,不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失,滑塊可視為質(zhì)點。求: (1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)μ。 (2)滑塊在CD段上運動的總路程。 (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能。 【解析】(1)滑塊由C處釋放,經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中, 由動能定理得: qE-μmg(L+)=0 解得:μ=0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg=0.01 N,電場力qE=0.03 N,滑動摩擦力小于電場力,故不可能停在CD段,滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動,到達(dá)D點的速度為0,全過程由動能定理得:qEL-μmgs=0-0 解得:s=2.4 m (3)滑塊在GH段運動時:qEcosθ-mgsinθ=0 故滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能 對C到G過程,由動能定理得: Eq(L+rsinθ)-μmgL-mgr(1-cosθ)=Ekmax-0 解得:Ekmax=0.018 J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運動,碰撞絕緣擋板有最小動能 對D到G過程由動能定理得: Eqrsinθ-mgr(1-cosθ)=Ekmin-0 Ekmin=0.002 J 答案:(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J 【加固訓(xùn)練】 如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點,OB沿豎直方向,∠BOA=60,OB=OA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出,小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點,到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達(dá)B點時的動能為初動能的6倍。重力加速度大小為g。求: (1)無電場時,小球到達(dá)A點時的動能與初動能的比值。 (2)電場強(qiáng)度的大小和方向。 【解析】(1)設(shè)小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有 dsin60=v0t ① dcos60=gt2 ② 又有Ek0=m ③ 由①②③式得Ek0=mgd ④ 設(shè)小球到達(dá)A點時的動能為EkA,則 EkA=Ek0+mgd ⑤ 由④⑤式得= ⑥ (2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了和,設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得 ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0 ⑦ ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0 ⑧ 在勻強(qiáng)電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為x,如圖,則有= ⑨ 解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得 α=30⑩ 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30。 設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,有 qEdcos30=ΔEpA 由④⑦式得E= 答案:(1)　(2),方向與豎直向下的方向的夾角為30