1、课时作业21电场的能的性质一、单项选择题1(2018株洲检测)半径为R的均匀带电球体，在通过球心O的直线上，各点的电场分布如图所示当xR时，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同已知静电力常量为k，则()A球面是个等势面，球体是个等势体B在x轴上xR处电势最高CxPRD球心O与球面间电势差的大小为E0R解析：从题图上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不是等势体，A错误；在x轴上xR处场强最大，而不是电势最高，B错误；EP，E，因为EPE，所以xPR，C正确；假设球心O与球面间的电场为匀强电场，且大小为E0，则电势差的大小为UE0R，但是O与球面间的电场并不是匀强电场，因此D错误答案：C2x轴
2、上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出下列说法错误的是()AQ1一定大于Q2BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C电势最低处P点的电场强度为零DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点解析：场强为零的点离Q1远，因此Q1一定大于Q2，A正确；两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B错误；两正点电荷的连线上有一点场强为零，一正的检验电荷从两电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C正确；Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确；本题选择不正确的，故选B.答案：B3在点电荷Q的电场中的
3、O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v.若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零则下列判断正确的是()A电场中a点电势aB电场中O点电势为OC试探电荷的最大速度为vm DaO间电势差为UaO解析：正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得WqUa(a)q，a点电势a，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOamv20，而UOaOa，解得O，B项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克
4、服电场力做功W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有Wmvmv2，则vm ，C项错误；UaOUOa，即UaO，D项错误答案：A4.如图所示，以O点为圆心，以R0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成60角，已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、4 V，则下列说法正确的是()A该匀强电场的场强E40 V/mB该匀强电场的场强E80 V/mCd点的电势为2 VDd点的电势为4 V解析：a、c两点之间的电势差U4 V(4 V)8 V，a、c两点之间沿电场线方向的距离d2Rsin60
5、R0.2 m该匀强电场的场强E40 V/m，选项A、B错误；b、d之间沿电场线方向的距离d2Rcos60R0.2 mb、d之间电势差UEd8 V，由bd8 V可得d点的电势为d4 V，选项C错误，D正确答案：D5(2018湖北华师一附模拟)四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OPOQ，下列说法中正确的是()AP、Q两点的电势相等，场强也相等BP点的电势比M点的低CP、M两点间的电势差大于Q、M间的电势差D带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小解
6、析：电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图知，P点的电场强度比Q点的小，根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等，故A错误；ab连线上各点的电势相等，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，故B错误；由于P、Q两点的电势相等，所以P、M两点间的电势差等于Q、M两点间的电势差，故C错误；P、Q两点的电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小，故D正确答案：D二、多项选择题6(2018湖南六校联考)如图所示
7、，一等边三角形的三个顶点A、B、C处分别放有q、q、q的点电荷，过点C作AB边的垂线，M、N、O是AB的中垂线上的三点，且MNNO，O点在A、B连线上，则下列说法正确的是()AM处的电场强度大于N处的电场强度BM处的电势高于N处的电势CM、N间的电势差大于N、O间的电势差D质子在M处的电势能大于在N处的电势能解析：对于点M，电场强度为A、B处点电荷产生的向右的电场和C处点电荷产生的向下的电场的叠加；对N，电场强度也为A、B处点电荷产生的向右的电场和C处点电荷产生的向下的电场的叠加；比较两个分电场的电场强度，都是N点的大，而两个分电场的电场强度垂直，故合电场的电场强度也是N点的大，故A错误；M、
8、N在A、B连线的中垂线上，故A、B处点电荷产生的电场在M、N点的电势是相等的，而C处点电荷产生的电场在M点电势高，电势是标量，M、N点的电势等于两个电场产生的电势的代数和，故M处的电势高于N处的电势，故B正确；M、N在A、B连线的中垂线上，故A、B处点电荷产生的电场在M、N间和N、O间的电势差为零，而C处点电荷在M、N间产生的电势差小于N、O间的电势差，故M、N间的电势差小于N、O间的电势差，故C错误；由选项B分析可知，M处的电势高于N处的电势，故质子在M处的电势能大于在N处的电势能，故D正确答案：BD7(2018烟台模拟)如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷将一带正电
9、小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象不可以求出()A小物块的带电量BA、B间的电势差C小物块的质量D小物块速度最大时到斜面底端的距离解析：由动能图线得知，小物块的速度先增大后减小根据库仑定律得知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零由动能图线看出，速度有最大值，此时小物块受力平衡，有库仑力与重力沿斜面的分力平
10、衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得小物块的带电量，故A满足题意；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少，所以可以求出小物块电势能的减少，由于小物块的电量不知道，所以不能求出A、B之间的电势差，故B满足题意；由重力势能图线得到E1mghmgx1sin，即可求出m，C不满足题意；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离，故D满足题意答案：ABD8(2017新课标全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的
11、距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()AEaEb41 BEcEd21CWabWbc31 DWbcWcd13解析：根据点电荷的电场强度表达式E，则，选项A正确；同理，选项B错误；根据电势能与电场力做功的关系Wabqaqb，3，选项C正确；同理，1，选项D错误答案：AC三、非选择题9(2018辽宁铁岭协作体第三次联考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似已知静电场的方向平行
12、于x轴，其电势随x的分布如图所示一质量m1.01020 kg、电荷量q1.0109 C的带负电的粒子从(1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动忽略粒子的重力等因素求：(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1E2；(2)该粒子运动的最大动能Ekm；(3)该粒子运动的周期T.解析：(1)由题图可知，左侧电场强度E1 V/m2 000 V/m右侧电场强度E2 V/m4 000 V/m所以E1E212.(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有E1qxEkm其中x0.01 m.联立并代入相关数据可得Ekm2108 J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1
13、、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有vmt1vmt2EkmmvT2(t1t2)联立并代入相关数据可得T3108 s.答案：(1)12(2)2108 J(3)3108 s10(2018四川自贡一诊)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为Q和Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为q(可视为点电荷，不影响电场的分布)现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)C、
14、O间的电势差UCO；(2)小球P在O点时的加速度大小以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小解析：(1)小球P由C运动到O的过程，由动能定理得mgdqUCOmv20所以UCO(2)小球P经过O点时受力示意图如图所示，由库仑定律得F1F2k，它们的合力FF1cos45F2cos45由牛顿第二定律得mgFma所以agk小球P由O运动到D的过程，由动能定理得mgdqUODmvmv2由电场特点可知UCDUOD联立解得vDv.答案：(1)(2)gkv11如图所示，一根长L1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E1.0105 N/C、与水平方向成30角的倾斜向上的匀强电场中杆的下端M固定一
15、个带电小球A，电荷量Q4.5106 C，另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q1.0106 C，质量m1.0102 kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，取g10 m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？(3)小球B从N端运动到距M端的高度h20.61 m时，速度为v1.0 m/s，求：此过程中小球B的电势能改变了多少？解析：(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgkqEsinma解得ag代入数据解得：a3.2 m/s2.(2)小球B速度最大时合力为零，即qEsinmg解得h1 代入数据解得h10.9 m(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设电场力做功为W，根据动能定理得：mg(Lh2)Wmv2代入数据得：W8.4102 J电势能改变了EpW8.4102 J.答案：(1)3.2 m/s2(2)0.9 m(3)8.4102 J