【物理】2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业 12页

‎2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)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 答案　AB 解析　匀强电场内a、b、c、d、f间距相等，则电子每通过相邻两个等势面电场力做功相同，则Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2 eV，Ubc＝φb－φc＝2 V，所以φc＝0，A正确；根据动能定理从a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4 eV，电子在d时有动能4 eV，速度可能沿各个方向，取极端情况：①电子沿电场线方向运动，从d到f电场力做功Wdf＝Wbc＝－2 eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2 eV>0，可到达平面f；②电子到d时速度方向沿等势面d，将不能到达平面f，B正确；同理电子到达等势面c的动能Ekc＝6 eV，由于等势面c的电势为零，电子在等势面c的电势能为零，根据能量守恒定律，电子在运动过程中电势能和动能的总和保持一个定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6 eV，故电子经过平面d时，其电势能为Epd＝2 eV，C错误；电子经过平面b和d时的动能分别为：Ekb＝8 eV和Ekd＝4 eV，由Ek＝mv2可得电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，D错误。‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是(　　)‎ A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 答案　BD 解析　根据题意无法判断电场方向，故A错误；由于电场为匀强电场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以φM＝，φN＝，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q＝＝，故B正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；若W1＝W2，说明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因为φM＝，φN＝，解得：UaM－UbN＝0，故D正确。‎ ‎3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)‎ A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN 答案　D 解析　将粒子的运动分情况讨论：如图，从M点运动到N点或从N点运动到M点，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；(a)若粒子从M点运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图甲所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；(b)若粒子从N点运动到M点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图乙所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN。综上所述，D正确。‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 答案　ABD 解析　如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每‎0.5 cm长度对应电势差为1 V,10 V对应的等势线与x轴交点e的坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为‎3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝－eUbc＝9 eV，D正确。‎ ‎5．(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)‎ A．q1和q2带有异种电荷 ‎ B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 答案　AC 解析　两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，xUCD，同一正电荷由B点移到C点电场力做的功大于由C点移到D点电场力做的功，D正确。‎ ‎6．(2019·洛阳尖子生联考)匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为‎1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线处于△ABC所在的平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一带电荷量为1×10－‎6 C的正电荷从D点移动到C点的过程中电场力所做的功为W，则(　　)‎ A．W＝6×10－6 J　E≤6 V/m B．W＝6×10－6 J　E>6 V/m C．W＝8×10－6 J　E≤8 V/m D．W＝8×10－6 J　E>8 V/m 答案　D 解析　根据题述，A、C之间的电势差为UAC＝14 V－2 V＝12 V，将AC等分成3份，如图所示，将等分点分别标成F、G，则A、F、G、C四点的电势依次为14 V、10 V、6 V、2 V。连接G、B，则GB为等势线，与等势线垂直的为电场线。由于D为AB的中点，则D点电势为10 V，FD为等势线，FD平行于GB。DC之间的电势差UDC＝10 V－2 V＝8 V。带电荷量为1×10－‎6 C的正电荷从D点移动到C点的过程中，电场力做的功W＝qUDC＝1×10－6×8 J＝8×10－6 J。E＝＝＝ V/m>8 V/m，D正确。‎ ‎7．(2018·广州测试二)如图a，点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O处，轴上各点电势φ与的关系如图b。可视为质点的滑块质量为‎0.05 kg、电荷量为＋8.0×10－‎9 C，从x＝‎0.2 m处由静止释放，在x＝‎0.4 m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.01，g＝‎10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x＝‎0.4 m处滑块(　　)‎ A．所受电场力大小为5.0×10－3 N B．所在位置的电势为4.0×105 V C．电势能为2.0×10－3 J D．速度大小为‎0.2 m/s 答案　ACD 解析　根据题述，滑块在x＝‎0.4 m处时速度达到最大，则此时滑块所受合外力为零，由平衡条件可知，所受电场力大小为F＝μmg＝0.01×0.05×10 N＝5.0×10－3 N，A正确；由题图b可知，x＝‎0.4 m处的电势为φ1＝2.5×105 V，B错误；在x＝‎0.4 m处滑块的电势能为Ep1＝qφ1＝8.0×10－9×2.5×105 J＝2.0×10－3 J，C正确；由题图b可知，x＝‎0.2 m处的电势为φ2＝5.0×105 V，滑块在x＝‎0.2 m处的电势能Ep2＝qφ2＝8.0×10－9×5.0×105 J＝4.0×10－3 J，滑块从x＝‎0.2 m处由静止释放，在x＝‎0.4 m处时速度达到最大，应用功能关系可得μmg(‎0.4 m－‎0.2 m)＝Ep2－Ep1－mv，解得vm＝‎0.2 m/s，D正确。‎ ‎8.(2018·湖北四校联考)空间存在一沿x轴对称分布的电场，其电势φ随x变化的情况如图所示，若在－x0处由静止释放一带正电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的电势能Ep、动能Ek随位移x的变化图线，以及速度v、加速度a随时间t变化的图线正确的是(　　)‎ 答案　AD 解析　根据电势能Ep＝qφ可知，φx图象的变化规律与正电荷的电势能随x的变化规律相同，A正确；观察φx图象，其斜率表示电场强度，所以电场向右，从－x0到x0的过程中电场强度先减小后增大，带正电的粒子从－x0处由静止释放后，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，经过相同位移电场力做的功先减小后增大，根据动能定理可知，B错误(也可以根据Ep＋Ek＝Ep0得出Ek的图象)；从－x0 到x0的过程中粒子的加速度也是先减小后增大，D正确；再根据vt图象的斜率表示加速度可知，C错误。‎ ‎9.(2018·开封模拟)如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点上分别固定A、B、C三个带正电的小球。小球质量分别为m、‎2m、‎3m，所带电荷量分别为q、2q、3q。△‎ ABC处于竖直面内，CB边水平，整个装置都处于方向水平向右的匀强电场中。现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°，则A、B、C三个球所构成的系统(　　)‎ A．电势能不变 B．电势能减小 C．重力势能减小 D．重力势能增大 答案　AD 解析　设等边三角形边长为a，匀强电场场强大小为E，三角形绕O点转过120°的过程中，电场力对A球做功为Eqa，对B球做功为－2Eqa，对C球做功为Eqa，故电场力对三个小球做的总功为零，系统电势能不变，A项正确，B项错误；此过程中，B球的重力势能不变，A球降低的高度和C球升高的高度相同，但A球质量小于C球质量，所以系统的重力势能增大，C项错误，D项正确。‎ ‎10.如图所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一个电荷量为＋q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功，从B点移动到C点电场力所做的功为W。若规定C点的电势为零，则(　　)‎ A．A点的电势为－ B．B、C两点间的电势差为UBC＝ C．该电场的电场强度大小为 D．若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是甲 答案　BD 解析　点电荷在匀强电场中从A点移动到B点，电场力不做功，说明AB为等势线，从B移动到C电场力做功W，则UBC＝，UBC＝UAC，又C点电势为零，则A点电势为，A错误，B正确；电场线沿着垂直AB方向，AC沿电场线方向长度为dsin60°，所以电场强度大小为，C错误；从A点释放的电子，所受的电场力垂直于AB，做类平抛运动，D正确。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11.(2018·石家庄质检二)(13分)如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：‎ ‎(1)小球运动到D点时对轨道的压力；‎ ‎(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。‎ 答案　(1)2mg－k，方向竖直向下　(2)mgr 解析　(1)小球在D点时有FN＋k－mg＝m 解得FN＝2mg－k 由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg－k，方向竖直向下。‎ ‎(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：‎ mgr＋W电＝m()2－0‎ 解得电场力做的功：W电＝－mgr 因为电场力做负功，则电势能增加，ΔEp＝mgr。‎ ‎12.(2018·石家庄质检一)(17分)如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E ‎、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向，电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：‎ ‎(1)反向后匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(2)整个过程中电场力所做的功。‎ 答案　(1)3E　(2) 解析　(1)设小金属块到达B点和返回A点时的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点的过程有 x＝·t2‎ v1＝t 小金属块由B点运动到A点的过程 ‎－x＝v1t－·t2‎ ‎－v2＝v1－t 联立解得v2＝ E1＝3E。‎ ‎(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功 W＝mv－0‎ 解得W＝。‎