2018屆高考物理課時復(fù)習(xí)作業(yè)題2

課時作業(yè)19電場能的性質(zhì)時間：45分鐘一、單項選擇題1．(2016·廣州質(zhì)檢)如圖所示為某靜電場等勢面的分布，電荷量為1.6×10－9C的正電荷從A經(jīng)B、C到達(dá)D點．從A到D()A．4.8×10－8JB．－4.8×10－8JC．8.0×10－8JD．－8.0×10－8J解析：電場力做功與路徑無關(guān)，WAD＝qUAD＝q(φA－φD)J＝－4.8×10－8J，B正確．答案：B2．空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示．下列說法中正確的是()A．O點的電勢最低 B．x2點的電勢最高C．x1和－x1兩點的電勢相等 D．x1和x3兩點的電勢相等解析：由題圖知，沿x軸方向O點兩側(cè)電場強度方向相反，故O點可能電勢最低，也可能電勢最高，A錯誤；x1、x2、x3三點在同一電場線上，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，無論O點右側(cè)電場強度沿x軸向右還是向左，x2點電勢都不是最高，x1、x3兩點的電勢也不相等，B、D錯誤；由題圖知，電場強度在O點兩側(cè)對稱，故x1、－x1兩點電勢相等，C正確．答案：C3.位于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如圖所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點為中垂線的交點，P、Q分別為cd、ab上的點，則下列說法正確的是()A．P、O兩點的電勢關(guān)系為φP<φOB．P、Q兩點電場強度的大小關(guān)系為EP<EQC．若在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力為零D．若將某一負(fù)電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點，電場力做負(fù)功解析：由電場線分布可知，ab、cd為等勢線，且電勢相等，均為φ＝0，P點處的電場線比Q點處的密集，故EP>EQ，A、B錯誤；P、Q兩點電勢相等，所以把負(fù)電荷從P沿圖中曲線移到Q電場力做功為零，D錯誤；由對稱性可知，EO＝0，C正確．答案：C4.如圖所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為零，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一個帶正電的粒子在A點時的動能為10J，在電場力作用下從A運動到B速度為零，當(dāng)這個粒子的動能為7.5J時，其電勢能為()A．12.5J B．2.5JC．0 D．－2.5J解析：由動能定理知帶電粒子到達(dá)b處的動能為5J，帶電粒子只受電場力，動能與電勢能之和不變．由于等勢面b的電勢為零，帶電粒子在b處電勢能為零，Ek＋Ep＝5J．當(dāng)Ek＝7.5J時，Ep＝－2.5J，故D正確．答案：D5．(2016·九江市七校調(diào)研)如圖所示，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，∠abc＝120°.現(xiàn)將三個等量的正點電荷＋Q固定在a、b、c三個頂點上，將一個電量為＋q的點電荷依次放在菱形中心點O點和另一個頂點d點處，兩點相比()A．＋q在d點所受的電場力較大B．＋q在d點所具有的電勢能較大C．d點的電勢低于O點的電勢D．d點的電場強度大于O點的電場強度解析：由電場疊加原理可求得三個等量電荷在O點產(chǎn)生的合場強大小為eq\f(4kQ,L2)(L為菱形邊長)，在d點產(chǎn)生的合場強為eq\f(2kQ,L2)，故＋q在d點受力小，A、D錯誤；若把＋q從O點移到d點，電場的電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤，C正確．答案：C二、多項選擇題6.如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點．可以判定()A．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力B．M點的電勢高于N點的電勢C．粒子帶正電D．粒子在M點的動能大于在N點的動能解析：電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密集，場強越大．M點所在區(qū)域電場線比N點所在區(qū)域電場線疏，所以M點的場強小，粒子在M點受到的電場力小，故A錯誤．沿電場線方向，電勢逐漸降低．從總的趨勢看，電場線的方向是從M到N的，所以M點的電勢高于N點的電勢，故B正確．如圖所示，用“速度線與力線”的方法，即在粒子運動的始點M作上述兩條線，顯然電場力的方向與電場線的方向基本一致，所以粒子帶正電，C正確．由于粒子的速度方向與電場力方向的夾角為銳角，所以電場力做正功，粒子的電勢能減小，由能量守恒知其動能增加，故D錯誤．答案：BC7．兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進(jìn)入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是()A．帶正電B．速度先增大后減小C．電勢能先增大后減小D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同解析：根據(jù)粒子的運動軌跡及電場線分布可知，粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；粒子從a到c到e的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項B錯誤，C正確；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以在b、d兩點的電勢能相同，所以粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確．答案：CD8．如圖所示，勻強電場中有一絕緣直角桿PQM，PQ＝L，QM＝2L，桿上固定三個帶電小球A、B、C，初始時桿PQ段與電場線垂直．現(xiàn)將桿繞Q點順時針轉(zhuǎn)過90°至虛線位置，發(fā)現(xiàn)A、B、CA．此過程中，電場力對A球和C球做功的代數(shù)和為零B．A球一定帶正電，C球一定帶負(fù)電C．此過程中C球電勢能減少D．A、C兩球帶電量的絕對值之比|qA||qC|＝21解析：由題意知，直角桿PQM順時針轉(zhuǎn)90°的過程中，由W＝qU可得，電場力對B球不做功，對A球做功W1＝qAEL，對C球做功W2＝qCE·2L，因為轉(zhuǎn)動前后A、B、C三個球的電勢能之和保持不變，由功能關(guān)系得，W1＋W2＋0＝0，即qAEL＋qCE·2L＝0，則知A、C兩球帶異種電荷，但具體A、C兩球的電性不明確，則其電勢能變化情況不明確，而A、C兩球帶電量的絕對值之比|qA||q答案：AD三、計算題9．在水平面上建立x軸，在過原點O且垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同．在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C、質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m/s，如圖所示．求物塊最終停止時的位置．(g取10m/s解析：物塊先在電場中向右做減速運動，設(shè)運動的位移為x1，由動能定理得－(qE＋μmg)x1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE＋μmg)＝0.4m可知，當(dāng)物塊向右運動0.4m時速度減為零，因為物塊所受的電場力F＝qE＝0.03N>μmg，所以物塊將沿x軸負(fù)方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側(cè)某處，設(shè)該點距O點距離為x2，則(qE－μmg)x1－μmgx2＝0解得x2＝0.2m.答案：在O點左側(cè)距O點0.2m處10．(2016·濰坊質(zhì)檢)如圖所示，帶電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC中點．現(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運動到B點時速度恰好為零．已知帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：(1)小球運動到B點時的加速度大??；(2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示)．解析：(1)由牛頓第二定律知帶電小球在A點時mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA帶電小球在B點時eq\f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－mgsin30°＝maB且aA＝eq\f(g,4)解得aB＝eq\f(g,2).(2)帶電小球初、末速度均為零，由A點到B點應(yīng)用動能定理得mgeq\f(L,2)sin30°＋qUAB＝0由mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA＝meq\f(g,4)聯(lián)立解得UAB＝－eq\f(kQ,L)，又因為UAB＝－UBA所以B、A兩點間的電勢差UBA＝eq\f(kQ,L).答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)11.如圖所示，固定于同一條豎直線上的點電荷A、B相距為2d，電量分別為＋Q和－Q.MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個穿過細(xì)桿的帶電小球p，質(zhì)量為m、電量為＋q(可視為點電荷，q遠(yuǎn)小于Q)，現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v.已知MN與AB之間的距離也為d，電場力常量為k，重力加速度為g.求：(1)C、O間的電勢差UCO；(2)小球p經(jīng)過O點時加速度的大小；(3)小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時速度的大?。馕觯?1)小球p由C運動到O時，受重力和電場力作用，由動能定理得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0①解得UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q).②(2)小球p經(jīng)過O點時受力分析如圖所示，由庫侖定律得F1＝F2＝keq\f(Qq,\r(2)d2)③二者的合力為F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)④由牛頓第二定律得mg＋F＝ma⑤解得a＝g＋eq\f(\r(2)kQq,2md2).⑥(3)小球p由O運動到D的過程，由動能定理得mgd＋qUOD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2⑦由電場特點可知UCO＝UOD⑧聯(lián)立②⑦⑧解得vD＝eq\r(2)v.答案：(1