1、功和功率 能的转化与守恒 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.(2014福州模拟)如图,质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂,处于固定的带电体A产生的电场中,A可视为点电荷,B为试探电荷。当小球B静止时,A、B等高,细线偏离竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为()A.B.C.D.【解析】选A。以B为研究对象,其受力如图Eq=mgtan,所以E=,A对。2.(2014漳州模拟)如图所示,虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上,A、E两点关于M点对称。
2、下列说法错误的是()A.A点的场强小于E点的场强B.A、B两点电势、场强均相同C.带正电的试探电荷在C、D两点加速度相同D.带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能【解析】选B。由等量异种点电荷电场线的分布可知,A正确;A、B两点场强相同,A点电势高于B点电势,B错;C、D两点电场强度相同,由牛顿第二定律可知,电荷在C、D两点加速度相同,C对;假设带正电的试探电荷从O向E点运动,电场力做负功,电势能增加,D对。3.如图,A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点。现在在A、B两点分别固定电量为+q、-q的两个点电荷,则关于C、D两点的场强和电势,下列说法正确的是()A.场强、电势均相同
3、B.场强、电势均不同C.场强相同,电势不同D.场强不同,电势相同【解析】选D。C、D两点的场强大小相同,方向不同,在空间中,C、D两点都在+q、-q两个点电荷连线的中垂线上,即在同一个等势面上,电势相同,故选D。4.真空中存在范围足够大、竖直方向上的匀强电场,A、B为该匀强电场的两个等势面。现有三个质量相同、带同种等量电荷的小球a、b、c,从等势面A上的某点同时以相同速率v0分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向开始运动,如图所示。经过一段时间,三个小球先后通过等势面B,则下列判断正确的是()A.等势面A的电势一定高于等势面B的电势B.a、c两小球通过等势面B时的速度相同C.开始运动后的任一时
4、刻,a、b两小球的动能总是相等D.开始运动后的任一时刻,三个小球电势能总是相等【解析】选B。由于电场线方向无法确定,故A、B等势面电势高低无法判断,A错。由功能关系知,由于a、c两小球初末位置相同,故电场力做功相同,则速度相同,B正确。在任一时刻,速度大小和方向可能不同,则小球动能和电势能可能都不相等,C、D错误。5.如图所示,平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下,若使滑动变阻器的滑片C上移,则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中,正确的是()A.电荷量Q增大
5、,时间t也增大B.电荷量Q不变,时间t增大C.电荷量Q增大,时间t不变D.电荷量Q不变,时间t也不变【解析】选C。滑动变阻器的滑片C上移,电容器两板间电压U增大,由Q=CU可知,电容器带电量Q增大,而电子穿过板间的时间t=,与板间电压无关,故时间t不变,C正确。6.如图所示,曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点,则下列说法正确的是()A.电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B.该电场的方向水平向左C.b点的电势高于a点的电势D.电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同【解析】选A。由电荷运动轨迹可判断电荷受电场力方向向左,所以由ab电场力做负功,电势能增加,因电荷电性未知,无
6、法判断电场的方向与电势的高低,故A正确,B、C均错误。电荷在匀强电场中做匀变速运动,在相同时间内速度的变化量相同,故D错误。【变式备选】在点电荷Q的电场中,一个带正电的粒子的运动轨迹如图中实线所示。a、b两圆为两个等势面,则下列判断中正确的是()A.Q可能为正电荷,也可能为负电荷B.粒子运动中,电场力先做负功后做正功C.粒子经过两等势面的动能EkaEpb【解析】选B。由于粒子带正电,由题图轨迹可知点电荷Q必带正电,故A错。在运动过程中电场力先做负功后做正功,故B对。由b到a的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,故C、D错。7.(2012江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积
7、、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A.C和U均增大B.C增大,U减小C.C减小,U增大D.C和U均减小【解析】选B。由C=知,S和d不变,插入电介质时,r增大,电容增大,由C=可知:Q不变时,C增大,则两板间的电势差U一定减小,故选B。8.(2014福州模拟)如图所示,一带电荷量为q的粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场,入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时,其速度方向与电场线成30角。已知匀强电场的宽度为d,P、Q两点的电势差为U,不计重力作用,设P点的电势为零。则下列说法正确的是()A.带电粒子在Q点的电势能为UqB.带电粒子带负
8、电C.此匀强电场的电场强度大小为E=D.此匀强电场的电场强度大小为E=【解析】选C。根据带电粒子的偏转方向,可判断B错误。因为P、Q两点的电势差为U,电场力做正功,电势能减少,而P点的电势为零,所以A错误。设带电粒子在P点时的速度为v0,在Q点建立直角坐标系,垂直于电场线为x轴,平行于电场线为y轴,由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy=v0,带电粒子在y轴方向上的平均速度为=;带电粒子在y轴方向上的位移为y0,带电粒子在电场中的运动时间为t,y0=t,d=v0t,得y0=,由E=得E=,C正确,D错误。9.(2014厦门模拟)如图所示,真空中Ox坐标轴上的某点有一个点
9、电荷Q,坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7 m。在A点放一个带正电的试探电荷,在B点放一个带负电的试探电荷,A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同,电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示。下列说法正确的是()A.B点的电场强度的大小为0.25N/CB.A点的电场强度的方向沿x轴负方向C.点电荷Q是正电荷D.点电荷Q的位置坐标为0.3m【解析】选D。由两试探电荷受力情况可知,点电荷Q为负电荷,且放置于A、B两点之间某位置,选项B、C均错误;设Q与A点之间的距离为l,则点电荷Q在A点产生的场强为EA=N/C=4105N/C,同理,点电荷Q在B点产
10、生的场强为EB=N/C=0.25105N/C。解得l=0.1m,所以点电荷Q的位置坐标为xQ=xA+l=0.2+0.1=0.3(m),所以选项A错误,选项D正确。10.如图所示,光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P,将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放,它将沿斜面向上运动。设斜面足够长,则在Q向上运动过程中()A.物块Q的动能一直增大B.物块Q的电势能一直增大C.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D.物块Q的机械能一直增大【解析】选D。由F库-mgsin=ma可知,物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小,再沿斜面向下,逐渐增大,其速度先增大后减小,故物块Q的动能先增大再减小,A
11、错误;因电场力始终做正功,故电势能一直减小,物块Q的机械能一直增大,B错误,D正确;因只有电场力、重力做功,物块的电势能、重力势能、动能之和守恒,又知动能先增大后减小,故重力势能和电势能之和先减小后增大,C错误。【总结提升】电场中功能关系的应用(1)若只有电场力做功,电荷的电势能与动能相互转化,两者之和守恒。(2)若只有电场力和重力做功,电荷的电势能、重力势能与动能相互转化,其总和守恒。(3)电场力做功与电荷电势能的变化相对应,电场力做正功,电势能减少,电场力做负功,电势能增加。(4)合外力对电荷所做的总功等于电荷动能的增量。二、计算题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,
12、有数值计算的要注明单位)11.(14分)如图所示,绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30的斜面,AC部分为竖直平面内半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球,带正电荷量为q=,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应为多大?【解析】小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg,大小为mg=(4分)tan=,得=30(2分)等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动,因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效“最高点
13、”(D点)满足等效重力刚好提供向心力,即有:mg=,(2分)因=30与斜面的倾角相等,由几何关系可知AD=2R(2分)令小球以最小初速度v0运动,由动能定理知:-mg2R=m-m(2分)解得v0=,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应为v。(2分)答案:大于等于【总结提升】等效法的应用当我们研究某一新问题时,如果它和某一学过的问题类似,就可以利用等效和类比的方法进行分析。用等效法解本题的关键在于正确得出等效重力场,然后再利用对比正常重力场下小球做圆周运动的规律解题。12.(16分)如图甲所示,边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,与区域边界BC相距L处竖直放置足够大
14、的荧光屏,荧光屏与AB延长线交于O点。现有一质量为m,电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场,恰好从BC边的中点P飞出,不计粒子重力。(1)求粒子进入电场前的初速度的大小。(2)其他条件不变,增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出,求粒子从Q点飞出时的动能。(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分,并将EBCF向右平移一段距离x(xL),如图乙所示。设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y,请求出y与x的关系。【解题指南】解答本题时应把握以下三点:(1)明确粒子的电性和电场的分布情况;(2)电场力做功引起粒子动能的变化;(3)粒子射出电场时沿出射方向做匀速直线运动。【
15、解析】(1)粒子在电场内做类平抛运动,水平方向:L=v0t,竖直方向:=t2,得v0=(3分)(2)其他条件不变,增大电场强度,从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比,水平位移减半,竖直位移加倍,根据类平抛运动知识y=at2,x=v0t,则加速度为原来的8倍,电场强度为原来的8倍,电场力做功为W1=8EqL(2分)粒子从CD边中点Q飞出时的动能Ek1=m+W1=EqL(2分)(3)将EBCF向右平移一段距离x,粒子在电场中的类平抛运动分成两部分,在无电场区域做匀速直线运动,轨迹如图所示,tan1=(vy为粒子离开电场AEFD时竖直方向的速度)(2分)y1=xtan1=(2分)tan2=1(vy为粒子离开电场EBCF时竖直方向的速度)(2分)y2=(L-x)tan2=L-x(2分)y=y1+y2+=L-x(1分)答案:(1)(2)EqL(3)y=L-x版权所有：高考资源网()
