《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)31 電場能的性質(zhì)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)31 電場能的性質(zhì)（含解析）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)31　電場能的性質(zhì) 7 一、選擇題 圖31－1 1．(2019年淄博模擬)如圖31－1所示，一圓環(huán)上均勻分布著負(fù)電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法正確的是(　　) A．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小，電勢一直降低 B．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小，電勢先降低后升高 C．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低 D．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零，電勢最高 解析：根據(jù)電荷分布的對稱性可知O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，而沿x軸正方向無限遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零，故從O點(diǎn)沿x軸正方向電場強(qiáng)度先增大后減?。捎趫A環(huán)帶負(fù)電荷，故圓環(huán)右側(cè)x軸上電場方向沿x

2、軸負(fù)方向，所以從O點(diǎn)沿x軸正方向，電勢一直升高，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 答案：C 圖31－2 2．如圖31－2，在M、N處固定兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷，兩電荷均帶正電．O點(diǎn)是MN連線的中點(diǎn)，直線PQ是MN的中垂線．現(xiàn)有一帶正電的試探電荷q自O(shè)點(diǎn)以大小是v0的初速度沿直線向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．若試探電荷q只受M、N處兩電荷的電場力作用，則下列說法正確的是(　　) A．q將做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．q的加速度將逐漸減小 C．q的動(dòng)能將逐漸減小 D．q的電勢能將逐漸減小 解析：試探電荷從O點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，受電場力的合力從O點(diǎn)指向Q點(diǎn)，在O點(diǎn)時(shí)受合力為零，無窮遠(yuǎn)處合力也為零，所以從O點(diǎn)向Q

3、點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中受力可能先變大后變小，也可能一直變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度可能先變大后變小，也可能一直變大，A、B錯(cuò)誤；從O點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中速度一直在增大，所以動(dòng)能一直增大，C錯(cuò)誤；從O點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場力一直做正功，所以電勢能逐漸減小，D正確． 答案：D 圖31－3 3．如圖31－3所示，對于電場線中的A、B、C三點(diǎn)，下列判斷正確的是(　　) A．A點(diǎn)的電勢最低 B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大 C．同一正電荷在A、B兩點(diǎn)受的電場力大小相等 D．同一負(fù)電荷在C點(diǎn)具有的電勢能比在A點(diǎn)的大 解析：根據(jù)電場線的特點(diǎn)，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φC>φB，又知同一負(fù)電

4、荷在電勢越低處電勢能越大，則同一負(fù)電荷在C點(diǎn)具有的電勢能比在A點(diǎn)的大，所以A錯(cuò)誤，D正確；因在同一電場中電場線越密，電場強(qiáng)度越大，則知A點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，所以B錯(cuò)誤；因電場中EA>EB，則同一正電荷在A、B兩點(diǎn)所受電場力大小關(guān)系為FA>FB，所以C錯(cuò)誤． 答案：D 4．(2019年西安質(zhì)檢)如下圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖31－4中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點(diǎn)O為圓心的同一圓周上的三點(diǎn)，OQ連線垂直于MN.以下說法正確的是(　　) 圖31－4 A．O點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等 B．O、M間的電勢差小于N、Q間的電勢差 C．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到

5、Q點(diǎn)，電荷的電勢能增加 D．在Q點(diǎn)釋放一個(gè)正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上 解析：由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A錯(cuò)誤；且MO間的平均電場強(qiáng)度大于ON間的平均電場強(qiáng)度，故UM O>UON，B錯(cuò)誤；因UM Q>0，負(fù)電荷從M到Q電場力做負(fù)功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點(diǎn)的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯(cuò)誤． 答案：C 5．兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上，相對原點(diǎn)對稱分布，則下列圖象中能正確描述電勢φ隨位置x變化規(guī)律的是(　　) 解析：等量異種點(diǎn)電荷電場線如圖31－5所示，因?yàn)檠刂妶鼍€方向電

6、勢降低，所以，以正電荷為參考點(diǎn)，左右兩側(cè)電勢都是降低的；因?yàn)槟嬷妶鼍€方向電勢升高，所以，以負(fù)電荷為參考點(diǎn)，左右兩側(cè)電勢都是升高的．可見，在整個(gè)電場中，正電荷所在位置電勢最高，負(fù)電荷所在位置電勢最低，符合這種電勢變化的情況只有A選項(xiàng)． 圖31－5 答案：A 圖31－6 6．如圖31－6所示，在光滑絕緣的水平面上，存在一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，在水平面上有一個(gè)半徑為R的圓周，其中PQ為直徑，C為圓周上的一點(diǎn)，在O點(diǎn)將一帶正電的小球以相同的速度向各個(gè)方向水平射出時(shí)，小球在電場力的作用下可以到達(dá)圓周的任何點(diǎn)，但小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度最大．已知PQ與PC間的夾角為θ＝30

7、°，則關(guān)于該電場強(qiáng)度E的方向及PC間的電勢差大小說法正確的是(　　) A．E的方向?yàn)橛蒔指向Q，UPC＝ER B．E的方向?yàn)橛蒕指向C，UPC＝ C．E的方向?yàn)橛蒔指向C，UPC＝2ER D．E的方向?yàn)橛蒓指向C，UPC＝ 解析：由題意知，過C點(diǎn)的切面應(yīng)是圓周上離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的等勢面，半徑OC與等勢面垂直，E的方向?yàn)橛蒓指向C，PQ與PC間夾角為θ＝30°，則連線OC與PC間夾角也為30°，因此直線dPC＝R，則沿電場方向的長度為Rcos30°，則UPC＝E×R×＝，選項(xiàng)D正確． 答案：D 7．(2019年昆明七校聯(lián)考)(多選)如圖31－7甲所示，a、b是某電場中一條電場線上的兩點(diǎn)，

8、若在a點(diǎn)釋放一初速度為零的帶負(fù)電的粒子，粒子僅在電場力作用下沿電場線由a運(yùn)動(dòng)到b，其電勢能W隨位移x變化的規(guī)律如圖31－7乙所示．設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢分別為φa和φb，電場強(qiáng)度的大小分別為Ea和Eb.則下列判斷正確的是(　　) 圖31－7 A．φa>φb　　　　　　 B．φa<φb C．Ea

9、，Wa＝mv2＋W，聯(lián)立解得：W＝Wa－qEx.對照題圖乙，可知電場強(qiáng)度E為恒量，Ea＝Eb，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 8．(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形abcd，O點(diǎn)是a、c連線的中點(diǎn)，a、c處分別固定一個(gè)等量正點(diǎn)電荷，如圖31－8所示，若將一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷P置于b點(diǎn)，自由釋放后，電荷P將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電荷P從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，電荷P(　　) 圖31－8 A．經(jīng)過O點(diǎn)的電勢能最大 B．所受電場力先增大后減小 C．電勢能和機(jī)械能之和保持不變 D．電勢能先減小后增大 解析：據(jù)題a、c處分別固定一個(gè)等量正點(diǎn)電荷，由等量正電荷連線的中垂線

10、上電場分布可知：Od間電場強(qiáng)度方向由O→d，Ob間電場強(qiáng)度方向由O→b，而負(fù)電荷所受的電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，所以負(fù)電荷自由釋放后，所受的電場力先b→O，后由d→O，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，到達(dá)O點(diǎn)電勢能最小，故A錯(cuò)誤．O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，電荷所受的電場力為零，但bO間和Od間電場線的分布情況不確定，所以場強(qiáng)的變化不確定，電場力的變化也不確定，故B錯(cuò)誤．由于只有電場力做功，所以只有電勢能與機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機(jī)械能之和保持不變，故C正確；由b到O的過程中，電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負(fù)功，電勢能增加，故D正確． 答案：CD 9．(多選)在場強(qiáng)大小

11、為E的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為，物體運(yùn)動(dòng)s距離時(shí)速度變?yōu)榱悖畡t下列說法正確的是(　　) A．物體克服電場力做功0.8qEs B．物體的電勢能增加了0.8qEs C．物體的電勢能增加了qEs D．物體的動(dòng)能減少了0.8qEs 解析：分析題意知帶電物體應(yīng)豎直向下運(yùn)動(dòng)，所受電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律：0.8qE＝qE－mg，即mg＝0.2qE，故電場力做功W＝－qEs，電勢能增加了qEs，A、B錯(cuò)，C對；物體所受合力為0.8qE，方向豎直向上，根據(jù)動(dòng)能定理，物體的動(dòng)能減少了0.8qEs，D對． 答案：CD

12、 圖31－9 10．(2019年湖南長沙一模)(多選)如圖31－9所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱軸上的兩點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．M點(diǎn)場強(qiáng)一定大于N點(diǎn)場強(qiáng) B．M點(diǎn)電勢一定高于N點(diǎn)電勢 C．電子在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能 D．將正電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，靜電力做正功 解析：沿著電場線方向電勢降低，故M點(diǎn)電勢一定高于N點(diǎn)電勢，正電荷沿著電場線方向運(yùn)動(dòng)，所受電場力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，靜電力做正功，故選項(xiàng)B、D正確；M點(diǎn)的電場線較N點(diǎn)的稀疏，故M點(diǎn)場強(qiáng)小于N點(diǎn)場強(qiáng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)镸點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢，電子帶負(fù)電，電子在M點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C

13、錯(cuò)誤． 答案：BD 圖31－10 11．(多選)如圖31－10所示為一勻強(qiáng)電場，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．在這一運(yùn)動(dòng)過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J．則下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)少1.5 J C．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多0.5 J D．粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5 J 解析：從粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可以看出，粒子所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相同，粒子帶正電，A錯(cuò)誤；粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做功1.5 J，說明電勢能減少1.5 J，B錯(cuò)誤；對粒子應(yīng)用動(dòng)能定理得：W電＋W重＝EkB－EkA，代入數(shù)據(jù)解得

14、EkB－EkA＝1.5 J－2.0 J＝－0.5 J，C正確；粒子機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力做的功，電場力做功1.5 J，則粒子的機(jī)械能增加1.5 J，D正確． 答案：CD 圖31－11 12．(多選)如圖31－11，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點(diǎn)電荷對稱地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸O點(diǎn)上方，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零．下列說法正確的是(　　) A．b點(diǎn)電勢為零，電場強(qiáng)度也為零 B．正的試探電荷在a點(diǎn)的電勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩

15、點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢能的變化較大 解析：因?yàn)榈攘慨惙N電荷在其連線的中垂線上的電場方向?yàn)樗街赶蜇?fù)電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因?yàn)橹写咕€延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點(diǎn)的電勢為零，但是電場強(qiáng)度不為零，A錯(cuò)誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向水平向右，在中點(diǎn)O處電勢為零，O點(diǎn)左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點(diǎn)的電勢低于a點(diǎn)的電勢，正電荷從O點(diǎn)到a點(diǎn)電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等，所以先后從O、b點(diǎn)移到a點(diǎn)，電勢能變化相同，D錯(cuò)誤． 答案：BC 二、非選擇題

16、 圖31－12 13．如圖31－12，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°.不計(jì)重力．求A、B兩點(diǎn)間的電勢差． 解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vBsin30°＝v0sin60° 由此得 vB＝v0 設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動(dòng)能定理有 qUAB＝m(v－v) 解得UAB＝. 答案： 14．(2019年福建質(zhì)檢)如圖31－13，軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，

17、其中圓弧段DG與水平段CD及傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，圓弧段和傾斜段均光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個(gè)軌道絕緣且處于水平向右的勻強(qiáng)電場中．一帶電物塊由C處靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回CD段中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知物塊的質(zhì)量m＝4×10－3 kg，所帶的電荷量q＝＋3×10－6 C；電場強(qiáng)度E＝1×104 N/C；CD段的長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m，GH段與水平面的夾角為θ，且sinθ ＝ 0.6，cosθ＝0.8；不計(jì)物塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2. 圖31－13 (1)求物塊與軌道CD段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

18、； (2)求物塊第一次碰撞擋板時(shí)的動(dòng)能Ek； (3)分析說明物塊在軌道CD段運(yùn)動(dòng)的總路程能否達(dá)到2.6 m．若能，求物塊在軌道CD段運(yùn)動(dòng)2.6 m路程時(shí)的動(dòng)能；若不能，求物塊碰撞擋板時(shí)的最小動(dòng)能． 解析：(1)物塊由C處釋放后經(jīng)擋板碰撞滑回P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得 qE－μmg＝0① 由①式代入數(shù)據(jù)得 μ＝＝0.25.② (2)物塊在GH段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于qEcosθ＝mgsinθ，所以做勻速直線運(yùn)動(dòng)③ 由C運(yùn)動(dòng)至H過程中，由動(dòng)能定理得 qEL－μmgL＋qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek－0 ④ 由④式代入數(shù)據(jù)得 Ek＝0.018 J．⑤ (3)物塊最終會(huì)在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，物塊在D點(diǎn)的速度為0 設(shè)物塊能在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得 qEL＝μmgs⑥ 由⑥式代入數(shù)據(jù)得 s＝2.4 m⑦ 因?yàn)?.6 m>s，所以不能在水平軌道上運(yùn)動(dòng)2.6 m的路程． 物塊碰撞擋板的最小動(dòng)能E0等于往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)過G點(diǎn)的動(dòng)能，由動(dòng)能定理得 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝E0－0⑧ 由⑧式代入數(shù)據(jù)得 E0＝0.002 J．⑨ 答案：(1)0.25　(2)0.018 J　(3)不能　0.002 J 8