（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)達標題組】 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功 B.電場力可能先做負功后做正功 C.電場力一直做正功 D.電場力一直做負功 【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功后做正功,也可能先做正功后做負功,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,一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(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點的場強大小大于N點的場強大小 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大小,可以看出M點的場強大小大于N點的場強大小,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、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)系確定電場強度的方向。 (2)電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小,電場強度為零處,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,然后做出判斷。 4.(2018龍巖模擬)以無窮遠處的電勢為零,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?，F(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,電場力做負功 【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下三點進行分析: (1)熟練掌握勻強電場的特點。 (2)根據(jù)電場力做負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,場強不變,即電場強度大小和方向均不變,是勻強電場,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軸上各點的場強隨x變化關(guān)系如圖乙所示,則(　　) A.x2處場強大小為 B.球內(nèi)部的電場為勻強電場 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)間電場強度均勻增大,所以內(nèi)部電場為非勻強電場,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)生強非勻強電場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,上端的電場強度大于下端電場強度,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,另一端帶等量負電,故水分子的正負端發(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,則該勻強電場的場強方向和大小是 (　　) A.場強大小為200 V/m B.場強大小為200 V/m C.場強方向垂直O(jiān)A向右 D.場強方向垂直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,當加上水平向右的勻強電場時,該物塊恰能靜止在斜面上,g取10 m/s2,求: (1)該電場的電場強度大小。 (2)若電場強度變?yōu)樵瓉淼?小物塊運動的加速度大小。 (3)在(2)前提下,當小物塊沿斜面下滑L= m時,機械能的改變量。 【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 故機械能減少0.02 J 答案:(1)7.5104 N/C　(2)3 m/s2 (3)機械能減少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點的場強大小為 B.小球剛到達C點時,其加速度為零 C.小球剛到達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。負電荷產(chǎn)生的電場指向負電荷,可知兩個負電荷在D處的電場強度分別指向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點的電場強度的大小相等,則它們的合場強的方向沿DA、DB的角平分線,A、B在D點的場強的大小EA=EB=k=,它們的合場強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點的電場強度的大小與D點的電場強度的大小相等,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,整個軌道處于場強為E=1104 N/C、水平向右的勻強電場中。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),同時加一勻強電場,場強方向與△OAB所在平面平行?，F(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A點時的動能與初動能的比值。 (2)電場強度的大小和方向。 【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