魯科版（2019）高中物理必修第三冊講義第2章 素養(yǎng)培優(yōu)課2　電場能的性質練習（含答案）

素養(yǎng)培優(yōu)課(二)電場能的性質培優(yōu)目標：1.熟練掌握描述電場能的性質的物理量，靈活運用電場中的功能關系。2.通過分析電勢、電勢能及電場力做功的綜合問題，提高邏輯思維和科學思維能力。3.會綜合應用運動和力、功和能的關系，分析帶電粒子在電場中的運動問題，提高科學推理能力。電勢、電勢差、電勢能的比較物理量電勢電勢差UAB＝φA－φB電勢能區(qū)別定義式φ＝eq\f(Ep,q)UAB＝eq\f(WAB,q)Ep＝φq決定因素由電場本身決定，反映電場能的性質由電場和電場中兩點間的位置決定由電勢和試探電荷共同決定相對性有，與零電勢位置的選取有關無，與零電勢位置的選取無關與零勢能面的選取有關聯(lián)系物理意義都是描述電場能的性質的物理量單位伏特(V)焦耳(J)標矢性都是標量，但有正、負之分【例1】(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV思路點撥：解此題的關鍵是利用U＝Ed結合電場強度的矢量性求出電場強度。ABD[ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝eq\f(Uca,ac)＝2V/cm、E2＝eq\f(Ucb,bc)＝1.5V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5V/cm，A正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1V，B正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10eV、－17eV和－26eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17eV)－(－26eV)＝9eV，D正確。]電勢能、電勢、電勢差、靜電力做功的關系eq\o([跟進訓練])1.(多選)如圖所示，A和B為兩個等量異種點電荷，A帶正電，B帶負電。在A、B的連線上有a、b、c三點，其中b為連線的中點，a、c兩點與b點距離相等，則()A．a點與c點的電場強度相同B．a點與c點的電勢相同C．a、b間的電勢差與b、c間的電勢差相同D．過b點作A、B連線的垂線，點電荷q沿此垂線方向移動，電荷的電勢能保持不變ACD[根據(jù)等量異種點電荷形成的電場的特點可知，選項A、C正確，B錯誤；過b點作A、B連線的垂線為一條等勢線，選項D正確。]電場線、等勢面和運動軌跡的綜合問題在電場中，電場線和等勢面都是為了更好地描述電場而引入的，兩者之間既有聯(lián)系又有區(qū)別：(1)電場線始終與等勢面垂直。電荷沿著電場線移動，電場力一定做功；電荷沿著同一等勢面移動，電場力一定不做功。(2)在同一電場中，等差等勢面的疏密反映了電場的強弱，等差等勢面密集處，電場線也密集，電場強；反之，電場線稀疏，電場弱。(3)知道等勢面，可畫出電場線，知道電場線，也可畫出等勢面。【例2】如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN＝NQ，兩帶電粒子a、b從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出。僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則()A．a一定帶正電，b一定帶負電B．a加速度減小，b加速度增大C．M、N兩點間的電勢差|UMN|等于N、Q兩點間的電勢差|UNQ|D．a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小思路點撥：(1)電場線密的地方，電場強度大，受力大，加速度大。(2)在非勻強電場中，可用U＝Ed定性判斷沿電場線方向相等距離的電勢差一般不相等。B[由題圖所示帶電粒子的運動軌跡，結合曲線運動的特點可知帶電粒子所受的電場力方向，但因為電場線的方向不確定，故不能判斷帶電粒子所帶電荷的性質，A錯誤；由電場線的疏密可知，a加速度減小，b加速度增大，B正確；因為是非勻強電場，故MN兩點間的電勢差并不等于NQ兩點間的電勢差，C錯誤；因為等勢線1與2之間的電場強度比2與3之間的電場強度要大，故1、2之間的電勢差要大于2、3之間的電勢差，但兩粒子所帶的電荷量大小不確定，故無法比較動能變化量的大小，D錯誤。]電場線、等勢面、運動軌跡組合問題的兩點技巧(1)利用電場線與等勢面垂直的特點，可以根據(jù)等勢面的形狀畫出電場線，如果已知等勢面電勢的高低關系，則可以確定電場線的方向。(2)帶電粒子做曲線運動時，運動軌跡總是彎向粒子受力的方向，從而可以根據(jù)運動軌跡的形狀判斷粒子受到的電場力的方向，進而可以得知電場力做功的情況及粒子的速度、動能和電勢能的變化情況。eq\o([跟進訓練])2.(多選)如圖所示，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O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帶負電，N帶正電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ABC[由題圖可知，M粒子的軌跡向左彎曲，則M粒子所受的電場力方向向左，可知M帶電粒子受到了引力作用，故M帶負電，而N粒子的軌跡向下彎曲，則N粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N粒子帶正電，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負功，故動能減小，選項B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從e到d電場力不做功，故電勢能不變，選項C正確；由于N粒子帶正電，故從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤。]電場中的能量問題1.靜電力做功的四種求法四種求法表達式注意問題功的定義W＝Fl＝qEl(1)適用于勻強電場(2)d表示兩點間沿電場線方向的距離功能關系(1)WAB＝EpA－EpB(2)WAB＝－ΔEp(1)既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場(2)既適用于只受靜電力的情況，也適用于受多種力的情況電勢差法WAB＝qUAB動能定理W靜電力＋W其他力＝ΔEk2.電場中的功能關系(1)若只有靜電力做功→電勢能與動能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功→電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(2)除重力之外，其他各力對物體做的功→等于物體機械能的變化。(4)所有外力對物體所做的功→等于物體動能的變化?！纠?】(多選)如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面下滑，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了10J，金屬塊克服摩擦力做功6J，重力做功18J，則以下判斷正確的是()A．金屬塊帶負電B．電場力做功－2JC．金屬塊的電勢能與動能之和增加了12JD．金屬塊的機械能減少了10J思路點撥：解此題按以下思路：eq\x(分析金屬塊的受力)→eq\x(研究各力做功)→eq\x(\s\up(應用動能定理或功能,關系建立定量關系))BC[在金屬塊下滑的過程中動能增加了10J，金屬塊克服摩擦力做功6J，即摩擦力做功為－6J，重力做功18J，根據(jù)動能定理得W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得電場力做功為W電＝－2J，所以金屬塊克服電場力做功2J，金屬塊的電勢能增加2J；由于金屬塊下滑過程中電場力做負功，場強方向水平向右，所以金屬塊帶正電，故A錯誤，B正確；動能增加了10J，電勢能增加了2J，故金屬塊的電勢能與動能之和增加了12J，故C正確；在金屬塊下滑的過程中重力做功18J，重力勢能減少18J，動能增加了10J，重力勢能與動能之和等于機械能，則金屬塊的機械能減少了8J，故D錯誤。]在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有：動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關系。1應用動能定理解決問題需研究合外力的功或總功。2應用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉化。3應用功能關系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應關系。4有電場力做功的過程機械能不守恒，但機械能與電勢能的總和保持不變。eq\o([跟進訓練])3.如圖所示，光滑絕緣半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強大小為E。在與環(huán)心等高處放有一質量為m、帶電荷量＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下列說法正確的是()A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球經過環(huán)的最低點時速度最大C．小球電勢能增加EqRD．小球由靜止釋放到達最低點，動能的增量等于mgRB[小球在運動過程中除重力做功外，還有電場力做功，所以機械能不守恒，A錯誤；小球運動到最低點的過程中，重力與電場力均做正功，重力勢能減少mgR，電勢能減少EqR，而動能增加mgR＋EqR，到達最低點時動能最大，所以速度最大，故B正確，C、D錯誤。]帶電粒子在交變電場中的運動1.當空間存在交變電場時，粒子所受電場力大小和方向將隨著電場大小和方向的改變而改變，粒子的運動性質也具有周期性。2．研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以v-t圖像。特別需注意帶電粒子進入交變電場時的時刻及交變電場的周期?！纠?】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有長度？思路點撥：(1)電子在電場中加速，可用動能定理求解。(2)電子在勻強電場中偏轉做類平拋運動。[解析](1)電子經電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經電場偏轉后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)，則y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，則y＝4.5cm。設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5cm。(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm1注意電場的大小、方向是做周期性變化的。2電子穿越平行板的時間極短，認為電壓是不變的。3當U>0時，電子向上偏轉，U<0時，電子向下偏轉，因此熒光屏上電子能打到的區(qū)間是關于點O對稱的。eq\o([跟進訓練])4．如圖甲所示，在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力)處于靜止狀態(tài)，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運動，經過3t0時間剛好到達B板，設此時粒子的動能大小為Ek3，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時刻剛好到達B板，此時粒子的動能大小為Ek5，則eq\f(Ek3,Ek5)等于()甲乙A.eq\f(3,5)B.eq\f(5,3)C．1D.eq\f(9,25)B[設兩板間的距離為d，經3t0時間剛好到達B板時，粒子在運動過程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek3＝qeq\f(U0,3)，若改變A、B兩板間的距離使粒子在5t0時刻剛好到達B板，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek5＝q·eq\f(U0,5)，故eq\f(Ek3,Ek5)＝eq\f(5,3)，B正確。]1．在空間有正方向水平向右、大小按如圖所示的圖線變化的電場，位于電場中A點的電子在t＝0時速度為零，在t＝1s時，電子離開A點的距離大小為l。那么在t＝2s時，電子將處在()A．A點 B．A點左方l處C．A點右方2l處 D．A點左方2l處D[初速度為零的第1s內電場方向向右，電子受到的電場力方向向左，電子向左做勻加速直線運動，位移為l，第2s內電子受到的電場力方向向右，由于電子此時有向左的速度，因而電子繼續(xù)向左做勻減速直線運動，根據(jù)運動的對稱性知，位移也是l，t＝2s時總位移為2l，方向向左，D正確。]2．(多選)如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、eq\f(L,2)為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱。下列判斷正確的是()A．b、d兩點處的電勢相等B．四個點中c點處的電勢最低C．b、d兩點處的電場強度相同D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小ABD[根據(jù)等量異種點電荷電場線、等勢面分布的對稱性可知，該電場中的電勢關于x軸對稱，所以b、d兩點的電勢相等，選項A正確；c點在兩個電荷連線的中點上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等，而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，即c點的電勢在四個點中是最低的，選項B正確；該電場中的電場強度關于x軸對稱，所以b、d兩點場強大小相等，方向是對稱的，是不相同的，選項C錯誤；c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，電場力做正功，＋q的電勢能減小，選項D正確。]3．(多選)如圖所示，在a點由靜止釋放一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子到達b點時速度恰好為零，設ab所在的電場線豎直向下，a、b間的高度差為h，則()A．帶電粒子帶負電B．a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(mgh,q)C．b點場強大于a點場強D．a點場強大于b點場強ABC[帶電粒子由a到b的過程中，重力做正功，而粒子運動到b點時動能減小，說明電場力做負功。根據(jù)動能定理有mgh－qUab＝0,解得a、b兩點間電勢差為Uab＝eq\f(mgh,q)。因為a點電勢高于b點電勢，Uab>0，所以粒子帶負電，選項A、B正確；帶電粒子由a運動到b過程中，在重力和電場