1、习题课:电场能的性质的理解与应用课后篇素养形成合格考达标练1.如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以判定()A.M点的电势高于N点的电势B.M点的电场强度大于N点的电场强度C.粒子在M点的速度大于粒子在N点的速度D.粒子在N点的电势能大于粒子在M点的电势能解析粒子由M点向N点运动,根据带正电的粒子受到的电场力沿电场线的切线、速度方向沿轨迹的切线可知粒子所受电场力的方向与速度方向的夹角为锐角,故电场力做正功,动能增加,电势能减少,C、D错误;根据电场力对正电荷做正功,电荷从高电势向低电势运动可知,M点的电势高于N点的电势,A正确;
2、电场强度的大小和电场线的疏密程度有关,电场线越密,电场强度越大,故M点的电场强度小于N点的电场强度,B错误。答案A2.(2021浙江舟山检测)质量为m的带电小球射入匀强电场后,以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动,在小球下落h的过程中()A.小球的重力势能减少了2mghB.小球的动能增加了2mghC.电场力做负功2mghD.小球的电势能增加了3mgh解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力,据牛顿第二定律有F合=F电-mg=2mg,得F电=3mg,在下落过程中静电力做功W电=-3mgh,重力做功WG=mgh,总功W=W电+WG=-2mgh,根据做功与势能变化关系可判断,小球重力势能减少了
3、mgh,电势能增加了3mgh,根据动能定理,小球的动能减少了2mgh,故选D。答案D3.(2021安徽合肥检测)如图所示,两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷,电荷在圆环上的分布是均匀的,两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置,B、D分别为两环圆心,C为BD中点。一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环,若粒子只受电场力作用,则在粒子运动过程中下列说法正确的是()A.粒子经过B点时加速度为零B.粒子经过B点和C点时动能相等C.粒子从A到C的过程中,电势能一直增大D.粒子从B到D的过程中,电场力做的总功为0解析两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷,电荷在圆环上的分布是均匀的,所以两个圆环产生的电场关
4、于C点是对称的,结合矢量合成的方法可得,C点的合电场强度为零,带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下,加速度不为零,故A错误;由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的,所以粒子从B到C电场力做功的绝对值与粒子从C到D电场力做功的绝对值大小相等,总功等于零,所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等,故D正确,B错误;粒子从A到B的过程中,受到的电场力的方向向下,电场力做正功,电势能减小,故C错误。答案D4.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带有同种电荷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
5、x2,受到的电场力增大解析由题图可知,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项错误;由E=x可知,-x图像的切线斜率表示电场强度,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。答案C5.如图所示,实线是匀强电场的电场线,带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场,其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA。已知q1带正电,不计粒子重力和阻力。则下列说法中正确的是()A.q2也带正电B.A点的电势低于C点的电势C.静电力对q1做正功,对q2做负功D
6、.q1、q2的电势能均减小解析由做曲线运动的条件,知q1所受静电力水平向右,q1带正电,故电场方向向右;q2所受静电力水平向左,故q2为负电荷,故A错误;电场线水平向右,沿电场线的方向电势降低,则A点的电势高于C点的电势,故B错误;由题图可知,静电力与运动方向成锐角,静电力对q1、q2都做正功,q1、q2的电势能都减小,故C错误,D正确。答案D6.(2021福建南平检测)某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点,电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示,可以判定()A.粒子带负电B.粒子的加速度减小C.粒子的动能增加D.粒子的电势能增加解析粒子所受的电场力方向指向轨迹的内侧,与电场线的切
7、线方向一致,可知粒子带正电,A错误;由电场线的疏密程度可知粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力,故粒子的加速度增加,B错误;由运动轨迹的弯曲方向知粒子在运动过程中,电场力对其做正功,则其动能增加,电势能减小,C正确,D错误。答案C7.如图所示,光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上,A、B、C是细杆上的三个点,且AB=BC=L;点电荷P、Q到B、C的距离都是L;质量m、电荷量q的有孔带电小球套在杆上,从A点无初速度下滑,小球滑到B点时的速度大小为3gL。若等量点电荷的电荷量为Q(qQ),静电力常量为k,重力加速度为g。(1)判断小球带何种电性,并求出A、B两点的电
8、势差UAB;(2)求小球到达C点时的速度大小;(3)求小球到达C点的加速度大小。解析(1)对小球从A到B由动能定理得,12m(3gL)2-0=mgL+WAB所以电场力做功WAB=12mgL从A到B电场强度方向向上,电场力做正功,电场力向下,所以小球带负电;电势差UAB=-WABq=-mgL2q(2)根据题意B、C关于等量正电荷连线对称,所以B、C电势相同,从B到C电场力不做功,由动能定理得,12mvC2-12m(3gL)2=mgL所以在C点的速度为vC=5gL(3)点电荷P、Q到B、C的距离都是L,所以两点电荷连线和点电荷与C点连线夹角为30,所以有mg-2kQqL2sin30=ma小球到达C
9、点的加速度a=g-kQqmL2答案(1)负电-mgL2q(2)5gL(3)g-kQqmL2等级考提升练8.(多选)如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧可分离),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中。开始时,整个系统处于静止状态,现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,静电力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v。不计空气阻力,则在上述过程中()A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒B.小球的重力势能增加了W2C.小球的电势能减少了W
10、1D.小球的机械能增加了12mv2+W2-W1解析上升过程中,静电力做正功,小球与弹簧组成的系统机械能增加,A错误;小球上升,重力做负功,重力势能增加,增加量等于小球克服重力所做的功W2,B正确;静电力做正功,小球的电势能减少,减少量等于静电力对小球所做的功W1,C正确;小球的机械能的增加量为它增加的动能、重力势能之和12mv2+W2,D错误。答案BC9.真空中静电场的电势在x正半轴随x的变化关系如图所示,x1、x2、x3为x轴上的三个点,下列判断正确的是()A.将一负电荷从x1移到x2,电场力不做功B.该电场可能是匀强电场C.负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能D.x3处的电场强度方向
11、沿x轴正方向解析从x1移到x2,电势在降低,将一负电荷从高电势到低电势,其电势能增加,则电场力做负功,故A错误;由于电势与x的图像斜率表示电场强度,而图像的斜率是变化的,因此电场强度是变化的,不是匀强电场,故B错误;由图像可知,x1处的电势高于x2处的电势,则负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能,故C正确;从x2到x3的电势升高,则逆着电场线方向,因此x3处的电场强度方向沿x轴负方向,故D错误。答案C10.如图甲所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示,则()A.在Ox2间,电场强度先减小后增大B.在Ox2间,电场强度方向没有发生变化C.
12、若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐减小D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,则该电荷在Ox2间一直做匀加速运动解析-x图像的斜率表示电场强度,由几何知识得知,斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小,但斜率一直是负值,电场强度方向没有改变。故A错误,B正确;由图看出Ox2间,电势逐渐降低,负电荷在高电势处电势能小,故负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐升高。故C错误;从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,受到的电场力方向与速度方向相同,做加速运动,即该电荷在Ox2间一直做加速运动,但电场强度先增大后减小,所以加速度先增大后减小,所以不是匀加速运动。故D错误。答案B11.(多选)静
13、电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为电场强度的正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,那么点电荷()A.由x1运动到x3的过程中电势能增大B.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小C.由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小D.在x2和x4处电势相等解析由x1运动到x4的过程中,电场力一直做负功,电势能一直增大,所以A正确,C、D错误;根据图像,由x1运动到x4的过程中电场强度大小先增大后减小,电场力先增大后减小,B正确。答案AB12.如图所示,在A点固定一带正电的小球1,带电小球2的质量为m,电荷量为q,用一根长度为L、不可伸长的绝缘细线悬挂在O点,小球2能静止在B点
14、,悬线与竖直方向成角,A、B两点等高,A、B间距离为r。现将球2拉至水平位置C,由静止释放,球2运动到B点的速度大小为v(小球可看成质点,重力加速度为g),求:(1)小球1的带电荷量Q;(2)B、C两点间的电势差UBC。解析(1)带电小球2静止时,由力的平衡条件有kQqr2=mgtan,得Q=mgr2tankq。(2)小球2从C运动到B的过程,由动能定理得mgLcos-qUBC=12mv2得UBC=2mgLcos-mv22q。答案(1)mgr2tankq(2)2mgLcos-mv22q13.如图所示,在水平方向的匀强电场中(电场线未画出),一根长为L,不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的
15、带电小球,另一端固定于O点,将小球拉起直至细线与电场强度平行的A点,然后无初速度释放,已知小球最多摆到最低点另一侧的B点,BO连线与竖直方向的夹角为=30,求:(结果可用根式表示)(1)小球经过最低点时细线对小球的拉力的大小;(2)小球由A到B过程中的最大速度的大小。解析(1)小球无初速度释放摆到另一侧的过程:由动能定理得:mgLcos-qEL(1+sin)=0小球摆到最低点过程中,由动能定理得:mgL-qEL=12mv2-0小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力,由牛顿第二定律得:F-mg=mv2L联立解得F=3-233mg(2)将电场力与重力合成F合=233mg由图可知,合力方向与竖直方向成30度角斜向右下,C点为对应的“等效最低点”。由几何关系得=60,小球到达C时速度最大,动能最大,小球从释放到小球到达C点过程中,由动能定理得,mgLsin-qEL(1-cos)=12mv2-0解得小球的最大速度:v=233gL答案(1)3-233mg(2)233gL
