1、课时分层作业(七)(建议用时：25分钟)1如图所示，某电场中的一条电场线，其上有a、b、c三点，abbc，则把点电荷q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有()AWabWbcBWabWbcCWabbc，这一过程电子运动的vt图象可能是图中的()A结合abc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，A正确。3.如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在
2、a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则()Aaaabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDabacaa，vavcvbD由点电荷电场强度公式Ek可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，abacaa，AB选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减小，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对
3、值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有vavcvb，D选项正确。4.在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断()Ax2 m处电场强度一定为零Bx2 m处电场方向一定沿x轴正方向C沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大Dx图象的斜率等于电场强度，则知x2 m处的电场强度不为零，故A错误；从O到x3 m处电势不断降低，但x2 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；由斜率看出，从O到3 m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C错误；沿x轴正方向电势降低，某负
4、电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，故D正确。5(多选)A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能Ep随位移s变化的规律如图所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为A和B。则()AEAEB BEAB DABAD电子从A运动到B过程中，因为是从静止开始运动的，所以电场力做正功，电场力做多少功，电势能就变化多少，所以有WEEpEqs，因为图象Eps斜率恒定，kEq，所以电子所受电场力恒定，故EAEB，A正确，B错误；因为电子受到的电场力与电场方向相反，所以将电子从低电
5、势移动到高电势处，电场力做正功，故A203BCD由E得场强与电势的关系：E，电势能：Epq，联立可得：E，可知Epx图象切线的斜率qEF电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，Ox1，x1x2，x2x3，三段斜率大小变化情况为变小，变大，不变，则可知三段电场力变小，变大，不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系：Epq，粒子带负电，q203，故D正确。11沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的
6、动能为Ek，仅考虑电场力作用，则()A从O点到C点，电势先升高后降低B粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C粒子在AB段电势能变化量大于BC段电势能变化量D粒子在AB段电势能变化量小于BC段电势能变化量C由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；Ex图象中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WABWBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于B
7、C段的电势能变化量，C项正确，D项错误。12如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，求：(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。解析(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：mgkmg。在B点时：kmgmaB，解得aB3g，方向竖直向上。(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h0.25h)qUAB0，解得UAB。答案(1)3g，方向竖直向上(2)13如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平
8、行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U0)，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：(重力加速度为g)(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm(电场范围足够大)。 解析(1)作电场线如图甲所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示。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方向做匀减速运动。由图乙知qEmg，相邻等势面间的电势差为U，所以E，所以q。甲乙(2)由图乙知，F合mg。(3)由动能定理得：F合xm0mv所以xm。答案(1)正电荷(2)mg(3)
