【名師伴你行】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)18電場能的性質(zhì)-

十八電場能的性質(zhì)1．如圖是勻強(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()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、O間的電勢差C．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到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答案：C解析：由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O點(diǎn)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UMO>UON，B錯(cuò)誤；因UMQ>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．2．如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四周體的四個(gè)頂點(diǎn)．現(xiàn)在在A、B兩點(diǎn)分別固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1和Q2，則關(guān)于C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢，下列說法正確的是()A．若Q1和Q2是等量異種電荷，則C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不同，電勢相同B．若Q1和Q2是等量異種電荷，則C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢均相同C．若Q1和Q2是等量同種電荷，則C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢均不相同D．若Q1和Q2是等量同種電荷，則C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢均相同答案：B解析：若Q1和Q2是等量異種電荷，則C、D位于兩個(gè)點(diǎn)電荷的中垂面上，所以C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同，電勢相同，所以A錯(cuò)誤，B正確；若Q1和Q2是等量同種電荷，則C、D兩點(diǎn)電勢相同，電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，所以C、D錯(cuò)誤．3．(多選)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一底角是60°的等腰梯形，坐標(biāo)系中有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，其中O(0,0)點(diǎn)電勢為6V，A(1，eq\r(3))點(diǎn)電勢為3V，B(3，eq\r(3))點(diǎn)電勢為0V，則由此可判定()A．C點(diǎn)的電勢為3VB．C點(diǎn)的電勢為0VC．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mD．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100eq\r(3)V/m答案：BD解析：由題意可知C點(diǎn)坐標(biāo)為(4,0)．在勻強(qiáng)電場中，任意兩條平行的線段，兩點(diǎn)間電勢差與其長度成正比，所以eq\f(UAB,AB)＝eq\f(UOC,OC)，代入數(shù)據(jù)得φC＝0V，則A錯(cuò)，B對(duì)；取OC的中點(diǎn)設(shè)為D，則D點(diǎn)電勢為3V，和A點(diǎn)電勢相等，連接AD，由幾何關(guān)系知，AD平行于BC，則AD是勻強(qiáng)電場中的等勢線，過O作AD的垂線OG，垂足為G，OG即是一條電場線，由幾何關(guān)系知OG長為eq\r(3)cm，則E＝eq\f(UOD,OG)＝eq\f(3,\r(3)×10－2)V/m＝100eq\r(3)V/m，則D對(duì)，C錯(cuò)．4．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點(diǎn)由靜止開頭在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)．取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽視不計(jì)．在O到A運(yùn)動(dòng)過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間t的變化、粒子的動(dòng)能Ek和運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是()答案：B解析：帶正電的粒子從O點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，電場線先變疏再變密，電場強(qiáng)度先變小，后變大，故電場力和粒子的加速度也是先變小，后變大，選項(xiàng)B正確；粒子從O向A運(yùn)動(dòng)，始終加速，但加速度先變小，后變大，其速度—時(shí)間圖象的斜率應(yīng)是先變小，后變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從O到A，電場強(qiáng)度先變小，后變大，單位長度上的電勢降落應(yīng)是先變小，后變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2＝Fx，Ek-x圖象的斜率為力F，從O到A，粒子所受的電場力先變小，后變大，故Ek-x圖象的斜率應(yīng)先變小，后變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．(多選)如圖所示，P、Q處固定放置兩等量異種電荷，b、c、O在P、Q的連線上，e、O為兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上的點(diǎn)，且ab＝eO，bc＝cO，ab⊥bO，ae⊥eO，則()A．a(chǎn)點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢B．b點(diǎn)場強(qiáng)大于e點(diǎn)場強(qiáng)C．電子在a點(diǎn)的電勢能大于電子在O點(diǎn)的電勢能D．b、c間電勢差大于c、O間電勢差答案：BD解析：等量異種點(diǎn)電荷四周的電場線分布狀況如圖所示，a點(diǎn)和b點(diǎn)不在同一個(gè)等勢面上，電勢不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)電場線的疏密狀況可得，b點(diǎn)的場強(qiáng)大于e點(diǎn)的場強(qiáng)，選項(xiàng)B正確；a點(diǎn)的電勢大于零，O點(diǎn)的電勢等于零，電子帶負(fù)電，在高電勢處電勢能小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b、c間的電場線比c、O間的電場線密，場強(qiáng)大，電勢降低得快，所以b、c間的電勢差大于c、O間的電勢差，選項(xiàng)D正確．6．(2021·浙江嘉興一中摸底)如圖為一勻強(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2.0J，電場力做的功為1.5J，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1.5JC．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少0.5JD．粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5J答案：D解析：由于電場力做正功，因此電場力與電場線方向相同，粒子帶正電，A錯(cuò)誤；電場力做了1.5J的正功，電勢能削減了1.5J，因此粒子在B點(diǎn)的電勢能比在A點(diǎn)少1.5J，B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝W重力＋W電場力＝－2.0J＋1.5J＝－0.5J，因此從A運(yùn)動(dòng)到B動(dòng)能削減了0.5J，C錯(cuò)誤；由于除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功轉(zhuǎn)變機(jī)械能，在此題中，電場力做功為1.5J，因此機(jī)械能增加1.5J，D正確．7．(2021·山東濰坊一模)(多選)直線ab是電場中的一條電場線，從a點(diǎn)無初速度釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖所示，設(shè)a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，則()A．Ea>Eb B．Ea<EbC．φa<φb D．φa>φb答案：AC解析：依據(jù)圖象可知，圖線的斜率表示電場力的大小．電子從a到b，電勢能圖線的斜率漸漸減小，則電場力漸漸減小，故電場強(qiáng)度漸漸減小，所以Ea>Eb，A正確，B錯(cuò)誤；由于電勢能漸漸降低，所以電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢漸漸降低，所以φa<φb，C正確，D錯(cuò)誤．8．(2021·浙江溫州十校期中)(多選)如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將與Q大小相同、帶電也相同的小球P，從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，若兩小球可視為點(diǎn)電荷，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是()A．小球P的速度肯定先增大后減小B．小球P的機(jī)械能肯定在削減C．小球P速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零D．小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能肯定增加答案：AD解析：帶電小球P與彈簧接觸后，在沿斜面方向受到重力沿斜面對(duì)下的分力，沿斜面對(duì)下的庫侖斥力F＝eq\f(kQ2,r2)，沿斜面對(duì)上的彈簧彈力，在最初階段，彈簧彈力小于mgsinθ＋eq\f(kQ2,r2)，小球P先加速，但是彈力漸漸增大，庫侖斥力漸漸減小，合力變小，加速度變小，即第一階段是加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，其次階段彈力大于mgsinθ＋eq\f(kQ2,r2)，合力沿斜面對(duì)上開頭減速，彈力漸漸增大，庫侖斥力漸漸減小，合力變大，加速度變大，即其次階段是加速度漸漸變大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，選項(xiàng)A對(duì)．小球P的機(jī)械能變化等于除重力外其他力做的功，即庫侖力和彈力的合力做的功，初始階段彈力小于庫侖斥力，二者合力做正功，機(jī)械能增加，當(dāng)彈力大于庫侖斥力后，二者合力做負(fù)功，機(jī)械能削減，選項(xiàng)B錯(cuò)．小球P速度最大時(shí)加速度等于0，即彈力等于庫侖力加重力沿斜面對(duì)下的分力，選項(xiàng)C錯(cuò)．小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能變化等于除系統(tǒng)內(nèi)彈力和重力外其他力做的功，即庫侖斥力做的功，由于庫侖斥力做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，選項(xiàng)D對(duì)．9．(多選)a、b是位于x軸上的兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠(yuǎn)電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點(diǎn)，P點(diǎn)對(duì)應(yīng)圖線的最低點(diǎn)，a、P間距離大于P、b間距離．一質(zhì)子以某一初速度從M點(diǎn)動(dòng)身，僅在電場力作用下沿x軸從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，下列說法正確是()A．P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0B．a(chǎn)和b肯定是等量同種電荷C．質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過程中速領(lǐng)先增大后減小D．質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過程中加速度先增大后減小答案：AC解析：由電勢圖線知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由沿電場線方向電勢降低知，在P點(diǎn)場強(qiáng)方向轉(zhuǎn)變，所以P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0，選項(xiàng)A正確；質(zhì)子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，加速度先減小后增大，速領(lǐng)先增大后減小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．10．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強(qiáng)電場，板間距離為d，一個(gè)帶負(fù)電的液滴帶電荷量大小為q，質(zhì)量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則()A．液滴做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴做的是勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．兩板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．液滴的電勢能削減了mgd答案：ACD解析：首先依據(jù)運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)，確定要考慮重力，而電場力也在豎直方向上，所以可以確定合外力必定為零，因而確定了液滴的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和所受重力和電場力的關(guān)系，液滴斜向右上運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，且W電＝mgd，故電勢能削減了mgd，電勢差為U＝eq\f(W電,q)＝eq\f(mgd,q)，B錯(cuò)誤，A、C、D正確．11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，光滑的絕緣細(xì)桿AC與半徑為R的圓交于B、C兩點(diǎn)，在圓心O點(diǎn)處固定一正電荷，B為AC的中點(diǎn)，C位于圓周的最低點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量的大小為q、套在桿上的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開頭沿桿下滑．已知重力加速度為g，A、C兩點(diǎn)的高度差為3R，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2eq\r(gR).求：(1)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；(2)小球滑至C點(diǎn)時(shí)的速度大?。鸢福?1)－eq\f(mgR,2q)(2)eq\r(7gR)解析：(1)小球由A到B的過程中，由動(dòng)能定理得：mg·eq\f(3,2)R－qUAB＝eq\f(1,2)m(2eq\r(gR))2解得：UAB＝－eq\f(mgR,2q)(2)小球由A到C的過程中，由動(dòng)能定理得：mg·3R－qUAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，其中UAB＝UAC.由以上各式可得小球滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝eq\r(7gR).12．如圖所示，等量異種點(diǎn)電荷，固定在水平線上的M、N兩點(diǎn)上，電荷量均為Q，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點(diǎn)電荷)的小球，固定在長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的一端，細(xì)桿另一端可繞過O點(diǎn)且與MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，O點(diǎn)位于MN的垂直平分線上距MN為L處，現(xiàn)在把桿拉到水平位置，由靜止釋放，小球經(jīng)過最低點(diǎn)B時(shí)速度為v，取O處電勢為零，忽視q對(duì)＋Q、－Q形成電場的影響．求：(1)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大小；(2)在＋Q、－Q形成的電場中，A點(diǎn)的電勢φA；(3)小球連續(xù)向左搖擺，經(jīng)過與A等高度的C點(diǎn)時(shí)的速度．答案：(1)mg＋eq\f(mv2,L)(2)eq\f(mv2－2mgL,2q)(3)eq\r(2v2－4gL)解析：(1)小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)，在豎直方向有T－mg＝eq\f(mv2,L)T＝mg＋eq\f(mv2,L)由牛頓第三定律知，小球?qū)?xì)桿的拉力大小也為mg＋eq\f(mv2,L)(2)由于取O點(diǎn)電勢為零，而O在MN的垂直平分線上，所以φB＝0.電荷從A到B過程中，由動(dòng)能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq\f(1,2)mv2φA＝eq\f(mv2－2mgL,2q)(3)由電場對(duì)稱性可知，φC＝－φA，即UAC＝2φA小球從A到C過程，依據(jù)動(dòng)能定理qUAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)vC＝eq\r(2v2－4gL)13．如圖所示，在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷，在過O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h.若小球通過B點(diǎn)的速度為v，求：(1)小球通過C點(diǎn)的速度大??；(2)小球由A到C電場力做了多少功；(3)小球由A到C機(jī)械能的損失．答案：(1)eq\r(v2＋gR)(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh(3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(B,2)))－eq\f(1,2)mv2解析：(1)小球從A到B運(yùn)動(dòng)的