人教版（2019新版）高中物理能力提高练习 　电场能的性质 Word版含解析

1.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则 (　　)
A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小
B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【解题指南】解答本题需明确以下三点:
(1)电场线与带电粒子的运动轨迹不一定重合。
(2)电场力做正功,电势能减小。
(3)带电粒子在电场中某点受力的方向与该点电场线的切线方向平行。
【解析】选A、C。若电场由等量同种电荷形成,由A点释放负电荷,则负电荷先加速后减速,A正确;若电场线为曲线,粒子轨迹不与电场线重合,B错误;由于N点速度大于等于零,故N点动能大于等于M点动能,由能量守恒可知,N点电势能小于等于M点电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向一定与该点电场线的切线方向平行,电场线与粒子轨迹不一定重合,D错误。
2.(2019·佛山模拟)如图所示,电荷量分别为+q、+q、-q、-q的点电荷a、b、c、d,分别处于菱形abcd的四个端点,∠a=60°。1、2、3、4分别为所在边的中点,其对应的电场强度大小分别为E1、E2、E3、E4,对应的电势分别为φ1、φ2、φ3、φ4,则下列说法正确的是 (　　)
A.E1 = E3、φ1=φ3 　　　　　　 B.E2=E4、φ2=φ4
C.E1 = E3、φ1>φ3 D.E2=E4、φ2>φ4
【解析】选C。由场强合成原理并联系对称性可知,1、3两点的场强大小和方向均相同,即E1 = E3;2、4两点的场强大小相同,但是方向不同;1点离两个正电荷较近,离两个负电荷较远;3点离两个负电荷较近,离两个正电荷较远,则φ1>φ3;ad两电荷在4点形成电场的电势为零,正电荷b比负电荷c离4点近,可知4点电势大于零;同理可分析2点电势小于零,即φ2<φ4;综上可知,选项C正确,A、B、D错误;故选C。
3.(2019·濮阳模拟)如图,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点。已知G、F、B、D点的电势分别为5 V、1 V、2 V、4 V,则A点的电势为 (　　)
A.0 V B.1 V C.2 V D.3 V
【解析】选A。在匀强电场中,由公式U=Ed知,沿着任意方向前进相同距离,电势差必定相等,由于GF∥CB,且GF=CB,则有φG-φF=φC-φB,代入数据解得φC=φG-φF+φB=5 V-1 V+2 V=6 V,同理φA-φB=φD-φC,解得φA=φB+φD-φC=2 V+4 V-6 V=0 V,故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)如图所示,虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面,设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示,其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定
(　　)
A.电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等
B.O处的点电荷一定带负电
C.a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc
D.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是W12=2W34
【解析】选A、B。由电子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷,选项B正确;沿着电场线方向电势降低,即φc>φb>φa,选项C错误;在点电荷的电场中,虽然ab=bc,但ab间的场强大于bc间的场强,由U=Ed可知Uab≠Ubc,电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功W12≠2W34,故选项D错误;由能量守恒可知,电子的电势能与动能的总和保持不变,故选项A正确。
【总结提升】(1)比较电势高低的三种方法。
①沿电场线方向,电势越来越低,电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。
②判断出UAB的正负,再由UAB=φA-φB比较φA、φB的大小。若UAB>0,则φA>φB;若UAB<0,则φA<φB。
③取无穷远处为零电势点,正电荷周围电势为正值,且离正电荷近处电势高;负电荷周围电势为负值,且离负电荷近处电势低。
(2)电势能大小的三种判断方法。
①场源电荷判断法。
a.离场源正电荷越近,试探正电荷的电势能越大,试探负电荷的电势能越小。
b.离场源负电荷越近,试探正电荷的电势能越小,试探负电荷的电势能越大。
②电场线判断法。
a.正电荷顺着电场线的方向移动时,电势能逐渐减小;逆着电场线的方向移动时,电势能逐渐增大。
b.负电荷顺着电场线的方向移动时,电势能逐渐增大;逆着电场线的方向移动时,电势能逐渐减小。
③做功判断法:电场力做正功,电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方。反之,如果电荷克服电场力做功,那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方。
【补偿训练】
(多选)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示,ab、cd分别是正方形两条边的中垂线,O点为中垂线的交点,P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是 (　　)
A.P、O两点的电势关系为φP=φO
B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQC.若在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力不为零
D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做负功
【解析】选A、B。根据电场叠加,由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零,所以P、O两点的电势相等,A正确;电场线的疏密表示场强的大小,根据图象知EP>EQ,B正确;四个点电荷在O点产生的电场相互抵消,场强为零,故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零,C错误;P、Q电势相等,若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做功为零,D错误。
5.(多选)(2019·江苏高考)如图所示,△ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有 (　　)
A.Q1移入之前,C点的电势为
B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为-4W
【解析】选A、B、D。电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点的过程中,克服电场力做的功为W,即电势能增大了Ep=W,根据电势的定义,C点的电势为φC==,选项A正确;在A点的固定电荷在B、C两点产生的电场的电势相同,所以电荷Q1从C点移到B点电场力做的功为0,选项B正确;由于B、C两点的电势相等,所以当在B点固定Q1后,C点的电势为,所以Q2从无穷远移到C点过程中,电场力做功为:W=qU=-2q×(0-)=4W,故C错误;由于C点的电势为,所以Q2的电势能为Ep′=-4W,故D正确。
6.(2019·烟台模拟)一半径为R的绝缘半圆形凹槽固定放置在水平面上,内壁光滑,AB为水平直径,C为凹槽最低点。在圆心O处固定一带电荷量为+Q的点电荷,现将质量为m电荷量为+q的带电小球从凹槽的A端由静止释放,小球沿凹槽内壁运动。则 (　　)
A.从A到C的过程中,静电力对小球做的功为mgR
B.小球在运动过程中电势能保持不变
C.点电荷+Q在A、C两点产生的电场强度相等
D.小球运动到C处时对凹槽的压力大小为mg+
【解析】选B。点电荷的等势面是以电荷为球心的球面,电场线垂直于等势面沿半径向外,在整个滑动的过程中,电场力和弹力都不做功,电势能不变,故A错误,B正确;电场强度为矢量,沿半径向外,A、C两点电场强度不同,故C错误;凹槽的半径为R,设小球到达C点时速度大小为v,小球从A滑到C的过程,由机械能守恒定律得mgR=mv2,解得v=,小球经过C点时,由牛顿第二定律得FN-mg-k=m,FN=3mg+k,故D错误。
7.(多选)(2020·柳州模拟)一匀强电场的方向平行于xOy平面,如图所示,平面内a、b、c三点的坐标分别为(-48,64)、(48,36)、(0,100),三点的电势分别为18 V、11 V、27 V。下列说法正确的是 (　　)
A.坐标原点处的电势为2 V
B.电场强度的大小为25 V/m
C.电子在a点的电势能为18 eV
D.电子从c点运动到b点,电势能增加16 eV
【解析】选A、B、D。a点电势为18 V,b点电势为11 V;故根据ab连线上电势均匀变化可得:ab中点(0,50)的电势为14.5 V;根据匀强电场中任一直线上的电势均匀变化,由c点坐标和电势可得:坐标原点处电势为2 V,故A正确;根据匀强电场中任一直线上的电势均匀变化可得:cO连线上电势为18 V的点d的坐标为(0,64),故ad为等势线,那么,等势线水平,故电场线在竖直方向;根据c点电势和坐标原点电势可得:E== V/m=25 V/m,故B正确;a点电势φa=
18 V,电子在a点的电势能:Epa=qφa=-eφa=-18 eV,故C错误;电子从c点运动到b点,电场力做功:W=q(φc-φb)=-e(27 V-11 V)=-16 eV,电势能增加16 eV,故D正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示,A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点,各点的电势分别为φA=5 V,φB=2 V,φC=3 V,H、F三等分AB,G为AC的中点,在下列各示意图中,能正确表示该电场强度方向的是 (　　)
【解析】选B、C。匀强电场中将任一线段等分,则电势差等分。把AB等分为三段,A、B间电势差为3 V,则H点电势为4 V,F点电势为3 V,将F、C相连,则FC为等势线,电场线垂直于FC,从高电势指向低电势,C正确;把A、C相连,分为两份,A、C间电势差为2 V,则G点电势为4 V,GH为等势线,电场线垂直于GH,从高电势指向低电势,B正确。
【总结提升】用“等分法”求电势
(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势降落都是均匀的,故在同一直线上间距相同的两点间电势差相等。如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的,采用这种等分间距求电势问题的方法,叫等分法。
(2)若已知电场中某几点的电势,要求其他点的电势时,一般采用“等分法”在电场中找与待求点的电势相同的等势点。等分法也常用在画电场线的问题中。
(3)在匀强电场中,相互平行的相等线段的两端点电势差相等,可用来求解电势。
8.(2019·张家界模拟)空间存在一静电场,电场中的电势φ随x的变化规律如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.x=4 m处电场强度可能为零
B.x=4 m处电场方向一定沿x轴正方向
C.电荷量为e的负电荷沿x轴从O点移动到x=6 m处,电势能增大8 eV
D.沿x轴正方向,电场强度先增大后减小
【解析】选C。φ-x图象的斜率等于电场强度,则知x=4 m处的电场强度不为零,故A错误;从O到x=4 m处电势不断降低,但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向,故B错误;负电荷沿x轴正方向移动,沿x轴正方向电势降低,负电荷在电势高的地方电势能小,所以电势能增大,增大了8 eV,故C正确;由斜率看出,从O到x=6 m,图象的斜率先减小后增大,则电场强度沿x轴正方向先减小后增大,故D错误。
【补偿训练】
两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则 (　　)
A.N点的电场强度大小为零
B.A点的电场强度大小为零
C.NC间场强方向向x轴正方向
D.将一负点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功
【解析】选D。φ -x图象的斜率等于电场强度E,图线在A、N两点处的斜率都不等于0,则知N、A两点的场强均不为零,A、B错误;从N点到C点各点电势逐渐增大,说明这是逆着电场线方向,即NC间场强方向从C指向N,即指向x轴负方向,C错误;将一负点电荷从N点移到D点,电势先增大后减小,电势能先减小后增大,所以电场力先做正功后做负功,D正确。故选D。
【总结提升】由φ -x图象分析场强、电势的大小关系
(1)在φ -x图象中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。
(2)电场强度的大小等于φ -x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ -x图线存在极值,其切线的斜率为零。
(3)在φ -x图象中分析移动电荷时电势能的变化,可用WAB=qUAB,分析WAB的正负,然后做出判断。
9.(多选)如图所示,空间有竖直向下的匀强电场,完全相同的两根绝缘轻质弹簧下端固定在水平地上,在其正上方质量均为m的a、b两物块均从距弹簧上端高h处自由下落,已知a物块的电荷量为+q,b物块的电荷量为-q,设地面处的重力势能为零,不计空气阻力,重力大于电场力,从释放到弹簧压缩到最短的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.a、b两物块速度最大时,b的重力势能大于a的重力势能
B.a、b两物块运动到最低点时,b的重力势能大于a的重力势能
C.a、b两物块机械能的变化量相同
D.若释放的高度均增加相同的值,a、b两物块速度最大时所具有的重力势能均增大
【解析】选A、B。当两个物块的速度最大时,受到的合外力等于0。a受到重力、向下的电场力和向上的弹力,合外力等于0时:mg+qE=Fa;b受到重力、向上的电场力和向上的弹力,合外力等于0时:Fb=mg-qE,所以:Fb【总结提升】处理电场中能量问题的四点注意:
(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。
(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。
(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。
(4)有电场力做功的过程机械能不守恒,但机械能与电势能的总和可以守恒。
10.(多选)(2018·全国卷Ⅰ) 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 (　　)
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【解析】选A、B。匀强电场中等势面间距相等,则相邻等势面之间的电势差相等。一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV,则Uad===6 V,故Ubc=2 V,即φb-φc=2 V,而φb=2 V,解得:φc=0,故选项A正确;由于af之间的电势差Uaf=8 V,一电子经过a时的动能为10 eV,电子运动的方向不确定,则电子可能经过平面f,也可能到达不了平面f,故选项B正确; 因为φc=0,则电子在平面b的电势能Epb=-2 eV,而Ubd=4 V,电子从b到d的过程,电场力做功Wbd=-eUbd=-4 eV。电子从b到d的过程,Wbd=Epb-Epd,解得Epd=2 eV,故选项C错误;Uab=2 V、Uad=6 V,电子从a到b的过程根据动能定理有:-eUab=m-m,电子从a到d的过程,根据动能定理有:-eUad=m-m,解得vb=vd,故选项D错误。
11.长为L的细线,上端固定,下端拴一质量为m,带电量为q的球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中,开始时,将细线与小球拉成水平,然后释放,小球由静止开始运动,当细线转动60°角时,小球到达B点,且速度恰好为零,重力加速度为g,求:
(1)A、B间的电势差UAB。
(2)匀强电场的电场强度E的大小。
(3)小球到达B点时,细线对小球的拉力FTB的大小。
【解析】(1)小球由A到B过程中,由动能定理得:
mgLsin60°+qUAB=0
解得:UAB=-
(2)BA间电势差为
UBA=-UAB=
E==
(3)小球在A、B间摆动,由对称性得知,B处绳拉力与A处绳拉力相等,而在A处,由水平方向平衡得:
FTA=Eq=mg
故FTB=FTA=mg
答案:(1)-　(2)　(3)mg
12.如图所示,在一个倾角θ=30°的斜面上建立x轴,O为坐标原点,在x轴正向空间有一个匀强电场,场强大小E=4.5×106 N/C,方向与x轴正方向相同,在O处放一个电荷量q=5.0×10-6 C,质量m=1 kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ=,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=5 m/s,如图所示。(g取10 m/s2)求:
(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少。
(2)到物块最终停止时系统因摩擦产生的热量共为多少。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)物块速度减到0时向下运动的距离最大。
(2)由受力情况判断物块能否停在x轴正方向。
(3)由功能关系求解因摩擦产生的热量。
【解析】(1)设物块向下运动的最大距离为 xm,由动能定理得:
mgsin θ·xm-μmgcos θ·xm-qExm=0-m
代入数据解得:xm=0.5 m
(2)因qE>mgsin θ+μmgcos θ,物块不可能停止在 x轴正向,设最终停在 x轴负向且离O点为 x 处,整个过程电场力做功为零,由动能定理得:
-mgxsin θ-μmgcos θ(2xm+x)=0-m
代入数据解得:
x=0.4 m
因摩擦产生的热量:
Q=μmgcos θ·(2xm+x)
代入数据解得:Q=10.5 J
答案:(1)0.5 m　(2)10.5 J
【补偿训练】
如图所示,固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d,电量分别为+Q和-Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的带电小球p,质量为m、电量为+q(可视为点电荷,q远小于Q),现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球p向下运动到距C点距离为d的O点时,速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d,静电力常量为k,重力加速度为g。求:
(1)C、O间的电势差UC O。
(2)小球p经过O点时加速度的大小。
(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。
【解析】(1)小球p由C运动到O时,受重力和电场力作用,由动能定理得:
mgd+qUCO=mv2-0
解得:UCO=
(2)小球p经过O点时受力分析如图所示,
由库仑定律得:
F1=F2=k
二者的合力为
F=F1cos45°+F2cos45°=
由牛顿第二定律得:mg+F=ma
解得:a=g+
(3)小球p由O运动到D的过程,由动能定理得:mgd+qUOD=m-mv2
由电场分布的对称性可知
UC O=UO D
解得:vD=v
答案:(1)　(2)g+　(3)v