【物理】2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：B　等势面的特点：两个电势不同的等势面不可能相交，故A错误；电场线与等势面处处相互垂直，故B正确；等势面的疏密程度表示电场强度的大小，故C错误；电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，负电荷受力与电场线的方向相反，故负电荷受力由电势低的等势面指向电势高的等势面，那么它从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，D错误．‎ ‎2.(2018·深圳模拟)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中(　　)‎ A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小 解析：C　电场中A点的场强方向与等势面垂直且指向负点电荷一侧，故粒子在A点所受电场力与速度垂直，且指向正电荷一侧，所以粒子将做曲线运动．粒子从进入电场到离开电场的运动过程中，电场力的方向不断变化，电场力先做正功后做负功，故粒子的电势能先变小后变大，选项C正确．‎ ‎3.两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM>ON，由图可知(　　)‎ A．N点的电势低于M点的电势 B．M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小 C．仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动 D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功 解析：B　由题图知，N点的电势高于M点的电势，故A错误；由E＝可知，图像斜率的绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小，斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同，故B正确；沿着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动，故C错误；负电荷沿x轴从M移到N点的过程中，电场力方向由M指向N，电场力方向与位移方向相同，电场力一直做正功，故D错误．‎ ‎4.(2018·龙岩模拟)以无穷远处的电势为零，在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ＝k计算，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量．两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点，如图所示．现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点沿以电荷＋Q为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，质子从A移到C的过程中电势能的变化情况为(　　)‎ A．增加 B．增加 C．减少 D．减少 解析：B　A点的电势为φA＝k＋k，C点的电势为φC＝k＋k，则A、C间的电势差为UAC＝φA－φC＝－，质子从A移到C，电场力做功为WAC＝eUAC＝－，电场力做负功，所以质子的电势能增加，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎5.(2018·永州模拟)水平线上的O点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是(　　)‎ A．b、e两点的电场强度相同 B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差 C．a点电势高于c点电势 D．电子在d点的电势能大于在b点的电势能 解析：B　由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势，故C错误；d点的电势高于b点的电势，由Ep＝qφ＝－eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误．‎ ‎6.(2018·张家口模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1‎ D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变 解析：D　根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，场强与电势差的关系E＝得，E＝·，由数学知识可知Ep－x图像切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误，由图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C错误．‎ ‎7.(2018·黑龙江牡丹江一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为E＝ B．AB两点的电势差为UAB＝ C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos θ D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 解析：BC　由题意，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝，故A错误．A、B两点的电势差为U＝－Edcos θ＝－，故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fdcos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos θ，故C正确．小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向均不变，故D错误．‎ ‎8.(2018·河南南阳一中月考)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电荷量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2.若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，则电场力不一定做正功 C．A、B两点间的电势差为(v－v－2gh)‎ D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv 解析：BC　由电场线的疏密可判断出EAφB，故A错误；在运动的过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝mv－mv，若v2>v1，qU可正可负，即电场力不一定做正功，A、B两点间的电势差U＝(v－v－2gh)，电场力做功W＝qU＝mv－mv－mgh，故B、C正确，D错误．‎ ‎9.如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通过点P(，)．已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 解析：BC　由轨迹方程y＝kx2可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线，合力向右，如图所示，由受力分析可知mg＝Eq，E＝，A错误．联立方程＝gt2，＝v0t 解得v0＝，B正确 据动能定理mg·＝Ek－mv，得Ek＝，C正确．‎ ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D错误．‎ ‎10.在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O(0,0,0)，A(L,0,0)，B(0，L,0)，C(0，0，L)，D(‎2L,0,0)，是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B、C三点的电场强度相同 B．电势差UOA＝UAD C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相等 D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能 解析：CD　根据E＝k可知，A、B、C三点的电场强度大小相同，但是方向不相同，选项A错误；因为沿x轴正方向的场强逐渐减弱，由U＝Ed可知UOA≠UAD，选项B错误；A、B两点的电势相等，故将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相等，选项C正确；由于A点的电势高于D点，故电子在A点的电势能小于在D点的电势能，选项D正确．‎ 二、计算题(需写出规范的解题步骤)‎ ‎11.(2018·吉林模拟)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝1×10－‎2 kg、电荷量q＝＋1×10－‎6 C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物块恰能静止在斜面上，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)该电场的电场强度大小．‎ ‎(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小．‎ ‎(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝ m时，机械能的改变量．‎ 解析：(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力的三个力作用，受力平衡，则有：‎ 在x轴方向：‎ Fcos θ－mgsin θ＝0‎ 在y轴方向：‎ FN－mgcos θ－Fsin θ＝0‎ 解得：E＝＝7.5×104 N/C ‎(2)场强变化后物块所受合力为：‎ F合＝mgsin 37°－qEcos 37°‎ 根据牛顿第二定律得：F合＝ma 解得：a＝‎0.3g＝‎3 m/s2‎ ‎(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故：‎ ΔE＝－qELcos 37°，解得：ΔE＝－0.02 J 故机械能减少0.02 J 答案：(1)7.5×104 N/C　(2)‎3 m/s2‎ ‎(3)机械能减少0.02 J ‎12.如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×104 N/C、水平向右的匀强电场中．一质量m＝4×10－‎3 kg、带电量q＝＋3×10－‎6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝‎0.8 m，圆弧DG的半径r＝‎0.2 m，不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．求：‎ ‎(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ.‎ ‎(2)滑块在CD段上运动的总路程．‎ ‎(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．‎ 解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：‎ qE·－μmg(L＋)＝0‎ 解得：μ＝0.25‎ ‎(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N，电场力qE＝0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0，全过程由动能定理得：qE·L－μmgs＝0－0‎ 解得：s＝‎‎2.4 m ‎(3)滑块在GH段运动时：qEcos θ－mgsin θ＝0‎ 故滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能 对C到G过程，由动能定理得：‎ Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mgr(1－cos θ)＝Ekmax－0‎ 解得：Ekmax＝0.018 J 滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板有最小动能 对D到G过程由动能定理得：‎ Eqrsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekmin－0‎ Ekmin＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)‎2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J