1、课时提能演练（十九）电场能的性质的描述(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题只有一个选项正确)1.(2013上海高考)两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示,已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb,则()A.a处为正电荷,qaqbC.a处为负电荷,qaqb【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)以无穷远处电势为零;(2)正电荷周围的电势为正,负电荷周围的电势为负。【解析】选B。根据A点电势高于B点电势可知,a处为正电荷,a电荷处的等势面比b电荷处的等势面密,所以qaqb,选项B正确。2.如图所示,虚线是某一静电
2、场的一簇等势线及其电势值,一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时,恰能沿图中的实线从A点飞到B点,则下列判断正确的是()A.该粒子带负电B.A点的场强大于B点的场强C.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D.粒子在A点的动能小于在B点的动能【解析】选B。由于电场线是从电势高的等势面指向电势低的等势面,所以可以判断出此电场是由负电荷所产生的,位置大约在A点左上方,由粒子轨迹的弯曲方向可判断该粒子带正电,由A到B电场力做负功,电势能增大,动能减小,故本题只有B对。【变式备选】如图所示,一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点,其中M点
3、是轨迹的最右点。不计重力,下列表述正确的是()A.粒子在M点的速率最大B.粒子所受电场力沿电场方向C.粒子在电场中的加速度不变D.粒子在电场中的电势能始终在增加【解析】选C。根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧的特点,再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反,B错;从N点到M点电场力做负功,粒子做减速运动,电势能增加,当达到M点后电场力做正功,粒子做加速运动,电势能减小,则粒子在M点的速度最小,A、D错;在整个过程中粒子只受电场力,根据牛顿第二定律可知加速度不变,C正确。3.空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz,M、N、P为电场中的三个
4、点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为(a,)。已知电场方向平行于直线MN,M点电势为0,N点电势为1V,则P点的电势为()A.VB.VC.VD.V【解析】选D。将立体图画成平面图,如图所示,P为P在xOy平面上的投影,P为P在MN上的投影,P与P、P具有相等的电势,可见P点沿电场线方向为MN的四等分点,P点的电势为V,故P点的电势为V,A、B、C错误,D正确。4.如图所示,真空中M、N处放置两等量异号电荷,a、b、c表示电场中的3条等势线,d点和e点位于等势线a上,f点位于等势线c上,df平行于MN。已知:一带正电的试探电荷从d点移动到f点时,试探电荷的电势
5、能增加,则以下判断正确的是()A.M点处放置的是正电荷B.若将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点,则电场力先做正功,后做负功C.d点的电势高于f点的电势D.d点的场强与f点的场强完全相同【解析】选B。正电荷从d点移动到f点,电势能增加,可知电场力做负功,电场线指向M,故M点处放置的是负电荷,A错;b表示零势面(取无穷远处为零势点),b的左侧为负电势,b的右侧为正电势,故d点的电势低于f点的电势,C错;d点与f点的场强大小相同,但方向不同,D错;若将带正电的试探电荷沿直线由d点移到e点,由于d点、e点位于同一等势线上,电势先降低再升高,故电场力先做正功,后做负功,B对。5.真空中一点电荷形成
6、的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1、2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是()A.电场强度EadC.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点,电势能增大【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)等势面与电场线垂直,题图中的圆不是等势面。(2)沿电场线方向,等势面的电势逐渐降低。【解析】选D。由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故EaEc,A错误;b=d,B
7、错误;Uad0,正电荷由a点移到d点时,Wad=Uadq0,负电荷由b点移到e点时,Wbe=Ube(-q)D,B错;根据等量异号点电荷电场中电场线的形状及特点可知,A、O点的场强方向相同、大小关系为EOEA,C错;B、D两点场强方向不同,大小相同,D错。10.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则()A.电子将沿xO方向运动B.电子的电势能将增大C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大【解析】选D。由题图乙可知,沿x轴正方向电势越来越高,故电场线方向沿x轴负方向,电子受
8、到的电场力沿x轴正方向,故电子将沿Ox方向运动,电子的电势能将减小,A、B错误;因电势随x的增大,其变化率先减小后增大,故沿x轴正方向,电场强度先减小后增大,电子运动的加速度先减小后增大,D正确,C错误。【总结提升】由-x图像分析场强、电势的大小关系(1)在-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(2)电场强度的大小等于-x图线的斜率大小,电场强度为零处,-x图线存在极值,其切线的斜率为零。(3)在-x图像中分析移动电荷时电势能的变化,可用WAB=qUAB,分析WAB的正负,然后作出判断。二、非选择题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤
9、,有数值计算的要注明单位)11.(2014漳州模拟)(15分)如图甲所示,电荷量为q=110-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上,所在空间存在方向水平向右的电场,电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示,物块运动速度与时间t的关系如图丙所示,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)前2s内电场力做的功。(2)物块的质量。(3)物块与水平面间的动摩擦因数。【解析】(1)前2s内物块所受电场力F=Eq(2分)前2s内物块位移s=(2分)前2s内电场力做功W=Fs,解得W=6J(4分)(2)由图可知前2s内物块加速度a=1m/s2(1分)后两秒做匀速运动,则E2q=mg(2分)由牛顿第二定律得E1q
10、-E2q=ma(2分)求得m=1kg(1分)(3)由以上几式可解得=0.2(1分)答案:(1)6J(2)1 kg(3)0.212.(能力挑战题)(15分)如图所示,有三根长度均为L=0.3m的不可伸长的绝缘细线,其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点,另一端分别拴有质量均为m=0.12kg的带电小球A和B,其中A球带正电,电荷量为q=310-6C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下,A、B保持静止,悬线仍处于竖直方向,且A、B间细线恰好伸直。(静电力常量k=9109Nm2/C2,取g=10m/s2)(1)此匀强电场的电场强度E为多大;(2)现将PA之间的线烧断,由于
11、有空气阻力,A、B球最后会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小,并求出A、B间细线与竖直方向的夹角;(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。【解析】(1)B球水平方向合力为零,则有qBE=k(2分)所以E=k=9109N/C=3105N/C(2分)(2)两球及细线最后位置如图所示,QB的拉力FT=2mg=20.1210N=2.4N(2分)A球受力平衡,则有qE=mgtan,(2分)所以tan=,即=37(2分)(3)A球克服电场力做功,W=-qEL(1-sin)=-310-631050.3(1-0.6)J=-0.108 J(3分)所以A球的电势能增加了Ep=0.108J(2分)答案:(1)3105N/C(2)2.4N37(3)增加0.108J关闭Word文档返回原板块
