2020届高考物理总复习作业31电场能的性质（含解析） 8页

作业31　电场能的性质一、选择题图31－11．(2019年淄博模拟)如图31－1所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高C．O点的电场强度为零，电势最低D．O点的电场强度不为零，电势最高解析：根据电荷分布的对称性可知O点电场强度为零，而沿x轴正方向无限远处电场强度也为零，故从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小．由于圆环带负电荷，故圆环右侧x轴上电场方向沿x轴负方向，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，故选项A、B、D错误，C正确．答案：C图31－22．如图31－2，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电．O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线．现有一带正电的试探电荷q自O点以大小是v0的初速度沿直线向Q点运动．若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是(　　)A．q将做匀速直线运动B．q的加速度将逐渐减小C．q的动能将逐渐减小D．q的电势能将逐渐减小解析：试探电荷从O点向Q点运动过程中，受电场力的合力从O点指向Q点，在O点时受合力为零，无穷远处合力也为零，所以从O点向Q点运动过程中受力可能先变大后变小，也可能一直变大，根据牛顿第二定律可知，加速度可能先变大后变小，也可能一直变大，A、B错误；从O点向Q点运动过程中速度一直在增大，所以动能一直增大，C错误；从O点向Q点运动过程中，电场力一直做正功，所以电势能逐渐减小，D正确．答案：D图31－33．如图31－3所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是(　　)A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大nC．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大解析：根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误，D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力大小关系为FA>FB，所以C错误．答案：D4．(2019年西安质检)如下图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图31－4中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是(　　)图31－4A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误．答案：C5．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，则下列图象中能正确描述电势φ随位置x变化规律的是(　　)解析：等量异种点电荷电场线如图31－5所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的．可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项．n图31－5答案：A图31－66．如图31－6所示，在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在水平面上有一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的速度向各个方向水平射出时，小球在电场力的作用下可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大．已知PQ与PC间的夹角为θ＝30°，则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是(　　)A．E的方向为由P指向Q，UPC＝ERB．E的方向为由Q指向C，UPC＝C．E的方向为由P指向C，UPC＝2ERD．E的方向为由O指向C，UPC＝解析：由题意知，过C点的切面应是圆周上离O点最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，PQ与PC间夹角为θ＝30°，则连线OC与PC间夹角也为30°，因此直线dPC＝R，则沿电场方向的长度为Rcos30°，则UPC＝E×R×＝，选项D正确．答案：D7．(2019年昆明七校联考)(多选)如图31－7甲所示，a、b是某电场中一条电场线上的两点，若在a点释放一初速度为零的带负电的粒子，粒子仅在电场力作用下沿电场线由a运动到b，其电势能W随位移x变化的规律如图31－7乙所示．设a、b两点的电势分别为φa和φb，电场强度的大小分别为Ea和Eb.则下列判断正确的是(　　)图31－7A．φa>φb　　　　　　B．φa<φbC．Ea0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是(　　)A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右nC．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大解析：因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，正电荷从O点到a点电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电势能变化相同，D错误．答案：BC二、非选择题图31－1213．如图31－12，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°由此得vB＝v0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(v－v)解得UAB＝.答案：14．(2019年福建质检)如图31－13，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中．一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m＝4×10－3kg，所带的电荷量q＝＋3×10－6C；电场强度E＝1×104N/C；CD段的长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ＝0.6，cosθ＝0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2.n图31－13(1)求物块与轨道CD段的动摩擦因数μ；(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；(3)分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m．若能，求物块在轨道CD段运动2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能．解析：(1)物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得qE－μmg＝0①由①式代入数据得μ＝＝0.25.②(2)物块在GH段运动时，由于qEcosθ＝mgsinθ，所以做匀速直线运动③由C运动至H过程中，由动能定理得qEL－μmgL＋qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek－0④由④式代入数据得Ek＝0.018J．⑤(3)物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qEL＝μmgs⑥由⑥式代入数据得s＝2.4m⑦因为2.6m>s，所以不能在水平轨道上运动2.6m的路程．物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝E0－0⑧由⑧式代入数据得E0＝0.002J．⑨答案：(1)0.25　(2)0.018J　(3)不能　0.002Jn