【物理】2020届一轮复习人教版专题突破七电场综合问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题突破七电场综合问题作业

2020 届一轮复习人教版 专题突破七电场综合问题 作业 1．(多选)(2018·盐城市三模) 在 x 轴上有两个点电荷 q1和 q2，它们产生的电场的电势在 x 轴上分布如图 9 所示．下列说法正确的是( ) 图 9 A．q1和 q2带有异种电荷 B．x＝x2处电场强度一定为 0 C．负电荷沿 x 轴从 x1移动到 x2，电势能增加 D．正电荷沿 x 轴从 x1移动到 x2，电场力做负功 答案 ABC 解析 因沿 x轴电势有正、有负，故不可能是两正电荷，或两负电荷产生的电场，应为一正 一负两电荷产生的电场，故 A正确；φ－x 图象斜率大小表示电场强度大小，故 x＝x2处电场 强度为 0，故 B 正确；从 x1到 x2电势降低，故负电荷电势能增加，正电荷电势能减少，电场 力做正功，故 C 正确，D 错误． 2.(2019·运河中学月考)如图 10 所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在 O 点，另一端系一带正电的小球，小球只在重力、电场力、细线的拉力作用下在竖直平面内 做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比较 a、b、c、d 这四点，小球( ) 图 10 A．在最高点 a 处的动能最小 B．在最低点 c 处的机械能最小 C．在水平直径右端 b 处的机械能最大 D．在水平直径左端 d 处的机械能最大 答案 C 解析 小球所受电场力和重力大小相等，电场力方向水平向右，则小球所受电场力和重力的 合力如图所示，合力与水平方向成 45°角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球从 a 点 运动到 e点时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故 a 点不是小球动能最小的点(动能最 小的点在 e 点)，故 A 错误； 除重力以外的其他力做的功等于机械能的增量，拉力不做功，从 d 到 b的过程中，电场力做 正功，则 b 点机械能最大，d 点机械能最小，故 C正确，B、D 错误． 3．(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)如图 11，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧 与斜面平行且初始为自然长度，带电小球 Q(可视为质点)固定在光滑斜面的 M 点，处于通过 弹簧中心的直线 ab 上．现将小球 P(也视为质点)从直线 ab 上的 N 点由静止释放，设小球 P 与 Q电性相同，则小球 P 从释放到运动至最低点的过程中下列说法正确的是( ) 图 11 A．小球 P 的速度先增大后减小 B．小球 P 的速度最大时所受合力为零 C．小球 P 的重力势能与电势能的和一直减小 D．小球 P 所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小 答案 ABC 4．(多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图 12 所示，竖直平面内固定一半径为 R 的光滑绝 缘圆环，环上套有两个相同的带电小球 P 和 Q，静止时 P、Q 两球分别位于 a、b 两点，两球 间的距离为 R.现用力缓慢推动 P 球至圆环最低点 c，Q 球由 b 点缓慢运动至 d 点(图中未画 出)．则此过程中( ) 图 12 A．Q 球在 d 点受到圆环的支持力比在 b 点处小 B．Q球在 d 点受到的静电力比在 b 点处大 C．P、Q两球电势能减小 D．推力做的功等于 P、Q 两球增加的机械能 答案 AB 1.(2018·扬州中学下学期开学考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从 A 点运动到 B 点，速度随时间变化的图象如图 1 所示，tA、tB分别是带电粒子到达 A、B两点对应的时刻， 则下列说法中正确的是( ) 图 1 A．A处的场强一定小于 B 处的场强 B．A处的电势一定高于 B 处的电势 C．电荷在 A 处的电势能一定小于在 B 处的电势能 D．电荷在 A 到 B 的过程中，电场力一定对电荷做正功 答案 D 解析 根据 v－t 图象的斜率等于加速度，可以看出，从 A 点运动到 B 点的过程中带电粒子的 加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即 A 处的场强一定大于 B 处的场强，A 错误．由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故 B 错误．由 题图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场 力做正功，故 C 错误，D 正确． 2．(多选)(2018·高考押题预测卷)空间某一静电场的电势φ在 x 轴上分布如图 2所示，B、C 是 x轴上两点，下列说法中正确的有( ) 图 2 A．同一个电荷放在 B 点受到的电场力大于放在 C 点时的电场力 B．同一个电荷放在 B 点时的电势能大于放在 C 点时的电势能 C．O点电势最高，电场也最强 D．正试探电荷沿 x 轴从 B 移到 C 的过程中，电场力先做负功，后做正功 答案 AD 解析 根据 E＝ Δφ d ，则φ－x图象的斜率表示场强，由图线可知 EB>EC，故同一个电荷放在 B 点受到的电场力大于放在 C 点时的电场力，故 A 正确；由题图可知 B 点电势高于 C 点电势， 负电荷在电势高的地方，电势能小，正电荷在电势高的地方，电势能大，故 B错误；由题图 可知，O点电势最高，但电场强度为 0，故 C错误；根据 Ep＝qφ可知，正试探电荷沿 x 轴从 B 移到 C的过程中，电势能先增大再减小，即电场力先做负功，后做正功，故 D 正确． 3．(多选)(2018·南通市、泰州市一模)真空中有一半径为 r0的均匀带电金属球，以球心为 原点建立 x 轴，轴上各点的电势φ分布如图 3 所示，r1、r2分别是＋x 轴上 A、B 两点到球心 的距离．下列说法中正确的有( ) 图 3 A．0～r0范围内电场强度处处为零 B．A点电场强度小于 B点电场强度 C．A点电场强度的方向由 A指向 B D．正电荷从 A 点移到 B 点过程中电场力做正功 答案 ACD 4.如图 4所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小 球，另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a，最低点为 b.不计 空气阻力，则下列说法正确的是( ) 图 4 A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡 C．小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 答案 B 解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为 0，电场力方向 竖直向上，小球带正电，A 错，B 对；从 a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电 场力做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错． 5．(2018·金陵中学等三校四模)测定电子的电荷量的实验装置示意图如图 5所示，置于真空 中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板 M、N，并分别与电压为 U 的恒定电源两极相连， 板的间距为 d.现有一质量为 m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷 e、重力加速度 g， 则( ) 图 5 A．油滴中电子的数目为 mgd U B．油滴从小孔运动至 N 过程中，电势能增加 mgd C．油滴从小孔运动至 N 过程中，机械能增加 eU D．若将极板 M 向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降 答案 B 解析 带电油滴在极板间匀速下落，故重力和电场力平衡，则有 mg＝ qU d ，所以油滴带电荷量 q＝ mgd U ，所以油滴中电子的数目为 n＝ q e ＝ mgd eU ，故 A 错误；油滴从小孔运动至 N 过程中，电 场力方向向上，电场力做的功为－mgd，电势能增加 mgd，机械能减少 mgd，故 B 正确，C 错 误；若将极板 M 向下缓慢移动一小段距离，d 减小，电场力 F＝q U d 增大，合外力竖直向上， 油滴将减速下降，故 D错误． 6．(多选)(2018·如皋市调研)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 6所示，其中 0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说 法正确的是( ) 图 6 A．x1处电场强度为零 B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3 C．粒子在 x2～x3段速度 v随 x均匀减小 D．x2～x3段是匀强电场 答案 ABD 解析 根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝ Δφ Δx ，得：E＝ 1 q · ΔEp Δx ， 由数学知识可知 Ep－x 图象切线的斜率等于 qE，x1处切线斜率为零，电场强度为零，故 A 正 确；由题图可知，x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3，故 B正确；根据电 势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子在 x2～x3段电势能增大，速度 v随 x 非均匀减小，故 C 错 误；x2～x3段是直线，场强不变，是匀强电场，故 D 正确． 7.(多选)(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图 7 所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为 R，位于竖直平面内，管的内径远小于 R.ab 为该环的水平直径，ab 及其以下区域处于水平向 左的匀强电场中．现将质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从管中 a 点由静止开始释放，已 知 qE＝mg.则下列说法正确的是( ) 图 7 A．小球释放后，可以运动过 b 点 B．小球释放后，到达 b 点时速度为零，并在 bda 间往复运动 C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点 c 时对管壁的压力之比为 1∶6 D．小球释放后，第一次经过最低点 d 和最高点 c 时对管壁的压力之比为 5∶1 答案 AD 解析 从 a 到 b 的过程，由动能定理得 qE·2R＝ 1 2 mv b 2 可知 vb≠0，故小球可以运动过 b点， 选项 A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点 c 时有：FN1＋mg＝m v1 2 R ，－mgR＋Eq·2R ＝ 1 2 mv1 2 ，因为 qE＝mg，解得 FN1＝mg，第二次经过最高点 c时有：FN2＋mg＝m v2 2 R ，Eq·2R＝ 1 2 mv2 2 － 1 2 mv1 2 ，解得 FN2＝5mg，由牛顿第三定律知第一次和第二次经过最高点 c 时对管壁的压力之 比为 1∶5，选项 C 错误；从小球释放至第一次经过最低点 d，由动能定理得 mgR＋EqR＝ 1 2 mv2 ， 在 d点有：FN－mg＝m v2 R ，解得 FN＝5mg，结合牛顿第三定律可知第一次经过点 d 和点 c 时对管 壁的压力之比为 5∶1，选项 D 正确． 8．(2018·泰州中学开学考)如图 8 所示，均匀带正电的圆环水平放置，AB 为过圆心 O 的竖 直轴线．一带负电的微粒(可视为点电荷)，从圆心 O 正上方某处由静止释放向下运动，不计 空气阻力，在运动的整个过程中，下列说法中正确的是( ) 图 8 A．带电微粒的加速度可能一直增大 B．带电微粒的电势能可能一直减小 C．带电微粒的运动轨迹可能关于 O 点对称 D．带电微粒的动能可能一直增大 答案 D 解析 带电微粒释放后受到的电场力的方向在 O 点的上方是向下的，所以微粒向下运动．从 释放开始到运动到 O 点的过程中，所受电场力变化情况有两种可能：(1)先增大后减小；(2) 一直减小．在第(1)种情况下，带电微粒受到的电场力先增大后减小，释放后到达 O点前带电 微粒的加速度先增大后减小，过 O 点后仍然是先增大后减小；而在第(2)种情况下，带电微粒 到达 O 点前加速度一直减小，过 O 点后加速度一直增大；若微粒的重力也计算在内，由于重 力的方向一直是竖直向下，则微粒的加速度同样会由于微粒的电场力的变化而变化，变化的 规律与没有重力时基本相同，但都不可能是一直增大的，故 A 错误；从释放点到 O 点的过程 中，微粒受到的电场力的方向向下，电场力做正功；在 O 点的下方，微粒受到的电场力的方 向向上，电场力做负功；所以微粒的电势能会先减小后增大，故 B 错误；由于重力的方向始 终是向下的，所以微粒在 O点两侧的运动一定不是对称的，故 C 错误；带电微粒合力一直向 下，微粒的速度一直增大，动能一直增大，故 D 正确． 9．如图 9 所示，在 E＝10 3 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝 缘轨道 MN 在 N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N 为半圆形轨 道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电的小滑块位于 N 点右侧 x＝1.5 m 的 M 处，小滑块 质量 m＝10 g，电荷量 q＝10 －4 C，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，取 g＝10 m/s 2 ，求： 图 9 (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 答案 (1)7m/s (2)0.6N 解析 (1)设小滑块到达 Q 点时速度为 v， 由牛顿第二定律得 mg＋qE＝ mv2 R ① 小滑块从开始运动至到达 Q点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝ 1 2 mv2 － 1 2 mv0 2 ② 联立方程①②解得 v0＝7 m/s (2)设小滑块到达 P 点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝ 1 2 mv′2－ 1 2 mv0 2 ③ 在 P点时，由牛顿第二定律得 FN＝ mv′2 R ④ 代入数据解得 FN＝0.6 N⑤ 由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为 FN′＝FN＝0.6 N．⑥ 10．如图10所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的 1 4 圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点 B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×10 3 N/C.今 有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10 －5 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若 已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取 g＝10 m/s 2 ，求： 图 10 (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终运动情况． 答案 (1)2.2N，方向竖直向下 (2) 2 3 m (3)在圆弧形轨道上往复运动 解析 (1)设小滑块第一次到达 B 点时的速度为 vB，对圆弧轨道最低点 B 的压力为 FN，则由 A→B，由动能定理可得 mgR－qER＝ 1 2 mvB 2 在 B点对小滑块由牛顿第二定律可得 FN′－mg＝m vB 2 R 由牛顿第三定律 FN′＝FN 解得 FN＝2.2N，方向竖直向下 (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为 x， 对全程由动能定理有 mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0 得 x＝ 2 3 m (3)由题意知 qE＝8×10 －5 ×5×10 3 N＝0.4N μmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N 因此有 qE>μmg 所以小滑块最终在圆弧形轨道上往复运动．