高中物理一輪復習配餐作業(yè)21電場能的性質

配餐作業(yè)(二十一)電場能的性質eq\a\vs4\al(??)見學生用書P349A組·基礎鞏固題1．如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量異種電荷，A是它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線中垂線上處于A點上方的一點。在A、B、C三點中()A．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點C．場強最小的點是C點，電勢最高的點是B點D．場強最小的點是C點，電勢最高的點是A點解析根據(jù)等量異種電荷電場線的分布，知道EB>EA>EC，場強最小的是C點。等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，知φA＝φC，沿著電場線方向電勢逐漸降低，異種電荷間的電場線由正電荷指向負電荷，知φB>φA，所以電勢最高點是B點，故A、B、D項錯誤，C項正確。答案C2．(2018·漢中月考)在維護和檢修高壓供電線路時，為了不影響城市用電，電工經常要在高壓線上帶電作業(yè)。為了保障電工的安全，電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服(如圖甲)。圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè)，其頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢。虛線表示電工周圍某一截面上的等勢面，c、d、e、f是不同等勢面上的四個點，以下說法正確的是()A．在c、d、e、f四點中，c點的電場最強B．在c、d、e、f四點中，f點的電勢最高C．若將某電子由c移到f，其電勢能將增大D．將電子在d點由靜止釋放，它會向e點所在等勢面運動解析在c、d、e、f四點中，f點所處的等差等勢面密集，故電場線也密集，場強較大，選項A錯誤；因B供電線的電勢高于A供電線的電勢，故c等勢面電勢最高，選項B錯誤；f點電勢最低，故若將某電子由c移到f，其電勢能將增大，選項C正確；電場方向由c等勢面指向f等勢面，故將某電子在d點由靜止釋放，它會向c點所在等勢面運動，選項D錯誤。答案C3．(多選)真空中有一帶負電的點電荷僅在庫侖力作用下繞固定的點電荷＋Q運動，其軌跡為橢圓，如圖所示。已知a、b、c、d為橢圓的四個頂點，＋Q處在橢圓的一個焦點上，則下列說法正確的是()A．負電荷在a、c兩點所受的電場力相同B．負電荷在a點和c點的電勢能相等C．負電荷由b運動到d的過程中電勢能增加，動能減少D．負電荷由a經b運動到c的過程中，電勢能先增加后減少解析在a、c兩點負電荷所受電場力方向不同，A項錯誤；以單個點電荷為球心的球面是等勢面，所以a、c兩點電勢相等，根據(jù)電勢與電勢能的關系可知，負電荷在a、c兩點電勢能也相等，B項正確；負電荷由b到d過程中，電場力始終做負功，電勢能增加，動能減少，C項正確；負電荷由a經b到c的過程中，電場力先做正功再做負功，故電勢能先減少后增加，D項錯誤。答案BC4．如圖所示，固定的光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動。設斜面足夠長，則在Q向上運動過程中()A．物塊P、Q的電勢能和動能之和先增大后減小B．物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和先減小后增大C．物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和先增大后減小D．物塊P、Q的重力勢能和動能之和先增大后減小解析物體Q在沿斜面方向上受向上的電場力和重力沿斜面向下的分力作用，當物體向上滑動時，隨電場力的減小，加速度先逐漸減小，然后反向增加，即速度先增加后減??；因系統(tǒng)只有重力和電場力做功，則系統(tǒng)的電勢能、重力勢能和動能守恒，即Ep電＋Ep重＋Ek＝常數(shù)，則在Q向上運動過程中，隨重力勢能的增加，物塊P、Q的電勢能和動能之和逐漸減小，A項錯誤；在Q向上運動過程中動能先增大后減小，故物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和先減小后增大，B項正確，C項錯誤；在Q向上運動過程中，電勢能逐漸減小，故物塊P、Q的重力勢能和動能之和逐漸增大，D項錯誤。答案B5．(多選)如圖所示，一水平面內的半圓形玻璃管，內壁光滑，在兩管口分別固定帶正電的點電荷Q1、Q2，管內靠近Q1處有一帶正電的小球(帶電量很小)，小球由靜止開始釋放，經過管內b點時速度最大，經過a、c兩點時速度的大小相等，整個運動過程中小球的電荷量保持不變。下面關于a、c兩點的電勢及b點場強的判斷正確的是()A．φa＝φc B．φa＞φcC．b點的場強為E1 D．b點的場強為E2解析因為帶電小球在a、c兩處的動能相等，且整個過程中只有電場力對帶電小球做功，帶電小球的動能與電勢能的總和不變，故帶電小球在a、c兩處的電勢能也相等，a、c兩處的電勢相等，A項正確；因為帶電小球在b點處的速度最大，此處帶電小球所受的合力為零，圓管的彈力沿半徑方向，故帶電小球所受的電場力也應沿半徑方向，C項正確。答案AC6．(2017·江蘇)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大解析由圖知x1處的電勢等于零，所以q1和q2帶有異種電荷，A項正確；圖象的斜率描述該處的電場強度，故x1處場強不為零，B項錯誤；負電荷從x1移到x2，由低電勢向高電勢移動，電場力做正功，電勢能減小，故C項正確；由圖知，負電荷從x1移到x2，電場強度越來越小，故電荷受到的電場力減小，所以D項錯誤。答案AC7．如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，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()A．O點電勢與Q點電勢相等B．O、M間的電勢差小于N、O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φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A項錯誤；且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMO>UON，B項錯誤；因UMQ>0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C項正確；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項錯誤。答案C8．(多選)如圖所示，A、B、C、D四點構成一邊長為L的正方形。對角線AC豎直，在A點固定一電荷量為－Q的點電荷，規(guī)定電場中B點的電勢為零?，F(xiàn)將幾個質量均為m、電荷量均為－q的帶電小球從D點以大小均為v0的速度向各個方向拋出，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．通過B點的小球過B點時的速度大小為v0B．通過C點的小球在C點時的電勢能比通過B點的小球在B點時的電勢能大C．通過C點的小球在C點時受到的庫侖力是通過B點的小球在B點時受到的庫侖力的2倍D．若通過C點的小球在C點時的速度大小為v，則C點的電勢為eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)解析B、D兩點在同一等勢面上，在同一高度，所以電場力和重力做功均為零，由動能定理可知，小球通過B點時的速度大小為v0，A項正確；小球從D到C電場力做正功，電勢能減少，且小球在B、D兩點電勢能相等，所以小球在C點的電勢能比在B點的電勢能小，B項錯誤；根據(jù)庫侖定律得小球在B點受到的庫侖力是在C點受到的庫侖力的2倍，C項錯誤；從D到C應用動能定理得mg·eq\f(\r(2),2)L－qUDC＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)，D項正確。答案ADB組·能力提升題9．(多選)光滑絕緣的水平桌面上，固定著帶電荷量為＋Q、－Q的小球P1、P2，帶電荷量為＋q、－q的小球M、N用絕緣細桿相連，下列圖中的放置方法能使M、N靜止的是(圖中細桿的中點均與P1、P2連線的中點重合)()解析根據(jù)矢量合成可得，在P1、P2連線的中垂線上的電場強度方向水平向右，故如題圖A、題圖C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C項錯誤；在P1、P2的連線上電場方向由正電荷指向負電荷，即水平向右，如題圖B、題圖D放置，由對稱性知，M、N所在位置的電場強度大小相等，方向相同，電荷M、N所受電場力等大反向，所以B、D項正確。答案BD10．(2018·皖南八校第二次聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A、B套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電荷，其中A球固定，帶電量QA＝2×10－4C，B球的質量為m＝0.1kg。以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，B球的總勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖乙中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線Ⅰ的漸近線。圖中M點離A點距離為6m。(g取10m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109N·m2/C2。)令A處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處電勢為零，則()A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的帶電荷量QB＝1×10－5CC．若B球以Ek0＝4J的初動能從M點開始沿桿向上滑動到最高點，則此過程中電勢能減少了2JD．若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運動過程中做的是加速度先減小后增加的運動解析漸近線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的變化關系，即Ep＝mgxsinθ＝kx，則斜率k＝mgsinθ，解得θ＝30°，A項錯誤；由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x＝6m處總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，則有mgsin30°＝keq\f(QAQB,x2)，計算得出QB＝1×10－5C，B項正確；由能量守恒可知B球動能減小到0時，總勢能為10J，此時物體沿斜面上升18m－6m＝12m，重力勢能增加ΔEp＝mgΔxsinθ＝6J，則電勢能減少了2J，C項正確；若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運動過程中做的是加速度先減小后反向增大的運動，D項正確。答案BCD11．(多選)如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，長為L的細繩一端固定于點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(L,3)))，另一端系一帶正電、質量為m的小球?，F(xiàn)在y軸正半軸上某處B固定一釘子，再將細繩拉至水平位置，由靜止釋放小球使細繩碰到釘子后小球能繞釘轉動。已知整個空間存在豎直向上的勻強電場，電場強度為eq\f(2mg,q)，則()A．小球一定能繞B做完整的圓周運動B．當yB＝eq\f(4L,15)時小球能做完整的圓周運動C．當yB＝eq\f(L,5)時小球能做完整的圓周運動D．若小球恰好能做完整的圓周運動，則繩能承受的拉力至少為6mg解析電場力和重力的合力大小為F＝mg，方向豎直向上。剛好做完整的圓周運動時，其軌道半徑為r＝L－eq\f(1,3)L－yB＝eq\f(2,3)L－yB，在釘子下方有F＝eq\f(mv2,r)。從釋放到釘子下方r處由動能定理得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2yB－\f(1,3)L))＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得yB＝eq\f(4L,15)，所以A、C項錯誤，B項正確；在釘子上方r處繩子承受的拉力最大，其至少為T－F＝eq\f(mv′2,r)，從釋放到此處由動能定理得FL＝eq\f(1,2)mv′2，解得T＝6mg，D項正確。答案BD12.如圖所示，BCD為固定在豎直平面內的半徑為r＝10m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強電場。從A點以初速度v0＝9m/s沿AO方向水平拋出質量m＝0.1kg的小球(小球可視為質點)，小球帶正電荷量q＝＋0.01C，小球恰好從B點沿垂直于OB的方向進入圓弧軌道。不計空氣阻力。求：(1)A、B間的水平距離L。(2)勻強電場的電場強度E。(3)小球過C點時對軌道的壓力的大小N′。(4)小球從D點離開軌道后上升的最大高度H。解析本題考查帶電小球在重力場與電場疊加場的運動問題，意在考查考生的推理能力。(1)設小球運動過程中的加速度為a，則小球的等效重力為ma；小球在B點的速度為vB，由小球恰好從B點垂直O(jiān)B進入圓弧軌道得小球豎直方向的分速度為vBy＝v0tan53°對小球從A點到B的運動過程，由平拋運動知識得vBy＝at，豎直方向位移y＝rcos53°，y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得t＝1s，a＝12m/s2，L＝v0t＝9m。(2)小球從A到B的運動過程中，對小球運用牛頓第二定律mg＋qE＝ma，得E＝20N/C。(3)小球從A到C的運動過程中，設在C點的速度為vC，運用動能定理mar＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在C點，對小球有N－ma＝meq\f(v\o\al(2,C),r)，得軌道對小球的支持力為N＝4.41N，由牛頓第三定律，小球對軌道的壓力為N′＝4.41N。(4)對小球從A點到離開D點運動到最高點的全過程運用動能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝maH，得H＝3.375m。答案(1)9m(2)20N/C(3)4.41N(4)3.375m【誤區(qū)警示】(1)明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度。(2)要對物體正確進行受力分析，明確各力做功的大小及正負情況。(3)有些力在物體運動過程中不是始終存在的，若物體運動過程中包括幾個階段，物體在不同階段內的受力情況不同，在考慮外力做功時需要根據(jù)情況區(qū)分對待。13.如圖所示，在絕緣水平直線軌道上方的A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的等量異種點電荷。一質量為m、帶電