1、习题课:电场能的性质的理解与应用合格考达标练1.(2021江苏如皋中学高二月考)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在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D解析由题图可知,电势有正有负,且只有一个极值,说明两个点电荷为异种电荷,A项正确;由E=可知,-x图像的切线的斜率表示电场强度,因此x1处的电场强度不为零,B项错误;负电荷从x1移到x2的过程中,电势升高,电场强度减小,由Ep=q,F=qE可知,电势能减小,受到的电场力减小,C项正确,D项错误。2
2、.等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示,现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点,再从b点沿直线移动到c点,则试探电荷在此全过程中()A.所受静电力的方向不变B.所受静电力的大小恒定C.电势能一直减小D.电势能不变答案A解析ab线是等量异种点电荷电场的等势线,而ab和bc上合电场的电场强度方向都是垂直ab线向下的,试探电荷在abc过程中静电力方向始终竖直向上,A正确;沿ab方向越靠近两点电荷的连线,电场线越密,电场强度越大,所受静电力越大,B错误;从ab静电力不做功,从bc静电力做正功,电势能先不变后减小,C、D错误。3.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水
3、平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程,下列表述正确的有()A.带正电的矿粉落在右侧B.静电力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变大答案B解析由题图可知,电场方向水平向左,带正电的矿粉所受静电力方向与电场方向相同,所以落在左侧;带负电的矿粉所受静电力方向与电场方向相反,所以落在右侧,选项A错误。无论矿粉所带电性如何,矿粉均向所受静电力方向偏转,静电力均做正功,电势能均减少,选项C、D错误,选项B正确。4.一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面,且四个等势面的电势关系满足abcd,若不计粒子所受重力,则()A.粒子一定带正电B.粒子的运动是匀变速运
4、动C.粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D.粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大答案B解析由于abcd,所以电场线垂直于等势面由a指向d,根据电荷运动规律可知其受力由d指向a,即该粒子带负电,从A点到B点的运动过程中,粒子的动能增大,电势能减小。5.如图所示,在a点由静止释放一个质量为m,电荷量为q的带电粒子,粒子到达b点时速度恰好为零,设ab所在的电场线竖直向下,a、b间的高度差为h,则下列说法中不正确的是()A.带电粒子带负电B.a、b两点间的电势差Uab=C.b点电场强度大于a点电场强度D.a点电场强度大于b点电场强度答案D解析带电粒子由a到b的过程中,重力做正功,而粒子运动
5、到b点时动能没有增大,说明静电力做负功,所以粒子带负电,A正确。根据动能定理有:mgh-qUab=0,解得a、b两点间电势差为Uab=,B正确。带电粒子由a运动到b过程中,在重力和静电力的共同作用下,先加速运动后减速运动。因为重力为恒力,所以静电力为变力且b点电场强度大于a点电场强度。选项C正确,D错误。本题选不正确的,故选D。6.(2021山东枣庄检测)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷()A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能不变C.由x1运动到x4的过程中在x方向上的静电力先增大后减小D.
6、由x1运动到x4的过程中在x方向上的静电力先减小后增大答案C解析由题图可知,x1到x4电场强度先变大,再变小,则正点电荷受到的静电力先增大后减小,C正确,D错误;由x1到x3及由x2到x4过程中,EQB.直线c位于某一等势面内,MNC.若电子由M点运动到Q点,静电力做正功D.若电子由P点运动到Q点,静电力做负功答案B解析电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,静电力做的负功相等,则电势能增加量相等,电势降低相等,N、P两点的电势相等,直线d位于某一等势面内,根据匀强电场的等势面分布情况知,直线a不是位于某一等势面内,直线c位于某一等势面内,且MN,故A错误,B正确。直线c位于某一等势面内,则M
7、、Q的电势相等,若电子由M点运动到Q点,则静电力不做功,故C错误。电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点静电力做功相等,所以静电力做正功,故D错误。8.等量的异种点电荷的连线和其中垂线如图所示,现有一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点,再从b点沿直线移到c点,则检验电荷在此过程中,以下说法错误的是()A.所受的静电力方向不变B.所受的静电力大小一直在变大C.电势能一直减小D.其电势能先不变后减小答案C解析根据等量异种点电荷电场强度及电势分布情况可知,ab是一条等势线,根据电场线与等势线垂直,可知ab上电场强度方向不变。从b到c,电场方向与ab连线上相同,则检验电荷所受静电力的方向
8、始终不变,故A说法正确;根据电场线的疏密可知,a、b、c三点的电场强度大小关系是:EaEbEP,电势cba,EpQEpP。因此A、D错误,B正确。由能量守恒可知,当质点通过P点时,动能较大,所以C正确。10.如图所示,真空中直线MN上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷A、B,两者相距为L,在同一平面内,以B为圆心、为半径画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN。一电荷量为+q的试探电荷C在圆周上运动,则下列判断错误的是()A.电荷C在a处所受到的静电力最大B.电荷C在a处的电势能最大C.电荷C在b处的电势能最大D.电荷C在c、d两处的电势能相等答
9、案B解析在a、b、c、d四点,B对C的静电力大小相等,在a点,A对C的静电力最大,而且方向与B对C的静电力方向相同,根据矢量合成可知,C在a处所受到的静电力最大,故A正确;a、b、c、d四点在以点电荷B为圆心的圆上,由B产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的,所以a、b、c、d四点的总电势大小关系可以通过A产生的电场的电势确定,根据沿着电场线方向电势降低可知,b点电势最高,c、d两点电势相等,a点电势最低,根据正电荷在电势高处电势能大,可知C在a处的电势能最小,在b处的电势能最大,在c、d两处的电势能相等,故B错误,C、D正确。11.如图甲,点电荷M、N固定于光滑绝缘水平桌面上,其连线的
10、中垂线上有A、B、C三点。带负电的小球自A点由静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,图中tB、tC分别为小球运动到B、C点的时刻。设B、C两点处的电场强度大小分别为EB、EC,小球在这两点的电势能分别为EpB、EpC,则EBEC,EpBEpC。(选填“”或“=”)答案解析由题可知,带电小球受到重力、支持力和电场力作用,重力和支持力的合力为零。由图乙可知,带电小球在B点时的加速度大于在C点时的加速度,即小球在B点时所受的电场力大于在C点时所受的电场力,则B点处的电场强度大于C点处的电场强度,即EBEC;由图乙可知从B点到C点,小球动能增大,所受合力做正功,由于在水平桌面上,重力和支持力不做功,
11、则电场力做正功,电势能减小,即EpBEpC。12.如图所示的电场,等势面是一簇互相平行的竖直平面,间隔均为d,各平面电势已在图中标出,现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45角斜向上射入电场,要使小球做直线运动,求:(1)小球应带何种电荷及其电荷量。(2)小球受到的合外力的大小。(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm。(电场足够大)答案(1)正电荷(2)mg(3)解析(1)作电场线如图(a)所示。由题意知,只有小球受到向左的静电力,静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上,如图(b)所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动,所以小球带正电,小球沿v0方向做
12、匀减速运动。由图(b)知qE=mg,相邻等势面间的电势差为U,所以E=,所以q=。(2)由图(b)知,F合=mg。(3)由动能定理得-F合xm=0-所以xm=。13.甲(2021山东聊城阶段考)如图甲所示,长度L=0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量Q=1.810-7 C;一质量m=0.02 kg,带电荷量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中曲线所示,其中曲线在0.16x0.20和x0.40范
13、围可近似看作直线。求:(静电力常量k=9109 Nm/C2)乙(1)小球B所带电荷量q。(2)非均匀外电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E。(3)在合电场中,x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U。答案(1)110-6C(2)3104N/C(3)800V解析(1)由题图可知,当x=0.3m时,F1=k=0.018N因此q=110-6C。(2)设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2,F合=F2+qE,因此E=N/C=-3104N/C电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3104N/C,方向水平向左。(3)根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小W合=0.0040.2J=810-4J,由qU=W合可得U=800V