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2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)19 電場能的性質(zhì)（含解析）
一、單項選擇題
1．如圖所示，直線MN是某電場中的一條電場線(方向未畫出)．虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，軌跡為一拋物線．下列判斷正確的是( )
A．電場線MN的方向一定是由N指向M
B．帶電粒子由a運動到b的過程中動能一定逐漸減小
C．帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能
D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度
解析：由于帶電粒子的電性不確定，所以電場線的方向不確定，A錯誤；帶電粒子由a運動到b的過程中，只受電場力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤C正確；由于僅給出一條電場線，電場強度的大小關系不確定，D錯誤．
答案：C
2．如圖所示的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則下列說法正確的是( )
A．電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小
B．電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大
C．電勢差UAB＝UBC
D．電勢φA<φB<φC
解析：該電場為負點電荷電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；根據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UAB
φB>φC，選項D錯誤．
答案：B
3．如圖所示，有四個等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處．A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是( )
A．A、B、C、D四個點的電場強度相同
B．O點電場強度等于零
C．將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零
D．將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能增大
解析：由點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，A、B、C、D四個點的電場強度不相同，O點電場強度不等于零，選項A、B錯誤；由于B、D兩點等電勢，將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零，選項C正確；由于A點電勢高于C點，將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能減小，選項D錯誤．
答案：C
4．一個帶正電的質(zhì)點，電荷量為q＝2.010－9 C，在靜電場中由a點移到b點，在這個過程中，除靜電力做功外，其他力做的功為6.010－5J，質(zhì)點的動能增加了8.010－5J，則a、b兩點間的電勢差Uab為( )
A．3104 V B．1104 V
C．4104 V D．7104 V
解析：設靜電力做功為Wab，
則Wab＝qUab
由動能定理Wab＋W其他力＝ΔEk，得
Wab＝ΔEk－W其他力
＝8.010－5 J－6.010－5 J＝2.010－5 J，
故Uab＝Wab/q＝＝1104 V，
故正確答案為B.
答案：B
5．如圖甲所示，A、B為某電場中一條直線上的兩個點，現(xiàn)將正點電荷從A點靜止釋放，僅在電場力作用下運動一段距離到達B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖乙．從A到B的過程中，下列說法中正確的是( )
A．電場力對電荷一直做正功
B．電勢一直升高
C．電荷所受電場力先減小后增大
D．電荷所受電場力先增大后減小
解析：由乙圖可知，點電荷的電勢能先減小后增大，故電場力對其先做正功后做負功，A項錯誤；由于正點電荷電勢能先減小后增大，則電勢也先減小后增大，B項錯誤；乙圖中，斜率的絕對值表示的含義是k＝＝＝qE，即電場力的大小，由圖可知，斜率絕對值先減小后增大，故電場力先減小后增大，C項正確．
答案：C
二、多項選擇題
6．如圖所示，空間分布著豎直向上的勻強電場E，現(xiàn)在電場區(qū)域內(nèi)某點O處放置一負點電荷Q，并在以O點為球心的球面上選取a、b、c、d四點，其中a、c連線為球的水平大圓直徑，b、d連線與電場方向平行，且b、d連線為球的豎直大圓半徑．不計空氣阻力，則下列說法中正確的是( )
A．b、d兩點的電場強度大小相等，電勢相等
B．a(chǎn)、c兩點的電場強度大小相等，電勢相等
C．若從a點拋出一帶正電小球，小球可能沿a、c所在圓周做勻速圓周運動
D．若從a點拋出一帶負電小球，小球可能沿b、d所在圓周做勻速圓周運動
解析：設球半徑為R，Eb＝E－k，Ed＝E＋k，A錯誤；Ea＝，Ec＝，且a、c在同一等勢面上，B正確；當帶電小球所受重力和電場力大小相等，方向相反，且k＝m時，小球能沿a、c所在圓周做勻速圓周運動，C正確，D錯誤．
答案：BC
7．如圖甲所示，兩個點電荷q1、q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中q1帶正電荷位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L.現(xiàn)有一帶正電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，設粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變化的圖象如圖乙所示，則以下判斷正確的是( )
A．q2帶負電且電荷量小于q1
B．b點的場強一定為零
C．a(chǎn)點的電勢比b點的電勢高
D．粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能小
解析：由v－x圖象知，粒子從a點向遠處運動先減速再加速，在b處速度最小，則b點左右兩側電場方向相反，b點處電場強度為零，B正確；根據(jù)點電荷場強公式和電場的疊加知識得q2帶負電且電荷量小于q1，A正確；根據(jù)粒子受力方向知b點左側場強向左，故a點電勢比b點低，C錯誤；粒子從a點到b點的過程中動能減小，電場力做負功，電勢能增加，D正確．
答案：ABD
8．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則( )
A．C點的電場強度大小為零
B．A點的電場強度大小為零
C．NC間場強方向沿x軸正方向
D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功
解析：由題圖可知，由O點到M點，電勢一直降低，且圖線在A點的斜率也不為零，故A點的電場強度大小不為零，而C點向N、向D兩個方向電勢均降低，說明C點兩側電場方向相反，且圖線在C點的切線斜率為零，故C點電場強度大小為零，故A正確，B錯誤；由N到C電勢升高，故NC間電場方向沿x軸負方向，C錯誤；WNC＝UNCq，UNC<0，q<0，故WNC>0,而WCD＝UCDq，UCD>0，q<0，所以WCD<0，D正確．
答案：AD
三、非選擇題
9．有一帶負電的小球，其帶電荷量q＝－210－4 C，如圖所示，開始時靜止在場強為E＝2103 V/m的勻強電場中的P點，靠近電場極板B有一擋板S，小球與擋板S的距離h＝4 cm，與A板的距離H＝36 cm，小球的重力忽略不計，在電場力作用下小球向左運動，與擋板S相碰后電荷量減少到碰前的k倍，已知k＝，碰撞過程中小球的機械能沒有損失．
(1)設勻強電場中擋板S所在位置的電勢為零，則小球在P點時的電勢能為多少？
(2)小球第一次被彈回到達最右端時距S板的距離為多少？
(3)小球從P點出發(fā)到第一次到達最右端的過程中，電場力對小球做了多少功？
解析：(1)SP間的電勢差
USP＝φS－φP＝Eh＝21030.04 V＝80 V
因φS＝0，所以φP＝－80 V
所以小球在P點時的電勢能
EP＝qφP＝－210－4(－80) J＝0.016 J
(2)設小球與S碰撞時速度大小為v，小球第一次從P到S有－qEh＝mv2
設小球第一次被彈回至最右端距S板的距離為h1，有
(－kq)Eh1＝mv2
所以h1＝h≈4.6 cm
(3)由動能定理知小球從P點出發(fā)到碰撞前有
W1＝mv2
碰撞后至到達最右端有W2＝0－mv2
則電場力做的總功W＝W1＋W2＝0
答案：(1)0.016 J (2)4.6 cm (3)0
10．如圖所示，在距足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點，固定電荷量為＋Q的點電荷，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處的電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60，試求：
(1)物塊在A點時受在A點到軌道的支持力大小；
(2)點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢．
解析：(1)物塊在A點受到點電荷的庫侖力F＝
由幾何關系可知P、A間距離r＝
設物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN，由平衡條件有FN－mg－Fsin60＝0.
解得FN＝mg＋
(2)設點電荷產(chǎn)生的電場在B點的電勢為φB，由動能定理有q(φ－φB)＝mv2－mv
解得φB＝φ＋
答案：(1)mg＋ (2)φ＋
11．如圖所示，固定于同一條豎直線上的點電荷A、B相距為2d，電量分別為＋Q和－Q.MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，質(zhì)量為m、電量為＋q(可視為點電荷，q遠小于Q)，現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v.已知MN與AB之間的距離也為d，靜電力常量為k，重力加速度為g.求：
(1)C、O間的電勢差UCO；
(2)小球p經(jīng)過O點時加速度的大?。?
(3)小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時速度的大?。?
解析：(1)小球p由C運動到O時，由動能定理，
得mgd＋qUCO＝mv2－0①
得UCO＝②
(2)小球p經(jīng)過O點時受力分析如圖所示，由庫侖定律得：
F1＝F2＝k③
它們的合力為：
F＝F1cos45＋F2cos45＝④
由牛頓第二定律得：
mg＋F＝ma，⑤
a＝g＋⑥
(3)小球p由O運動到D的過程，由動能定理得：
mgd＋qUOD＝mv－mv2⑦
由電場特點可知：UCO＝UOD⑧
聯(lián)立②⑦⑧解得：vD＝v
答案：(1) (2)g＋ (3)v
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