2016届高三物理大一轮复习--课时提升练(20)

课时提升练(十九)电场能的性质(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一对电场线、场强、电势、电势能的理解1．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【解析】零电势点是人为选择的参考点，所以电势等于零的物体可以带电，也可以不带电，故A错；电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度为零的点，电势不一定为零，B错误；沿着电场线方向电势不断降低，故C错；负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线方向相反，故负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D对．【答案】D2．如图6­2­21所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是()图6­2­21A．该电场在c点处的电势一定为6VB．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbC．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点过程中动能一定增大【解析】本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落及场强大小情况都不能确定，A、B错；a、b两点电势已知，正电荷从a到b是从低电势向高电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C对，D错．【答案】C3．(多选)一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v­t图象如图6­2­22所示，则下列说法中正确的是()图6­2­22A．A处的电场强度一定大于B处的电场强度B．粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．A、B两点的电势差大于CB两点间的电势差【解析】由题图知粒子在A处的加速度大于在B处的加速度，因a＝qEm，所以EAEB，A对；粒子从A到B动能增加，由动能定理知电场力必做正功，电势能必减小，B对；同理由动能定理可知A、C两点的电势相等，UAB＝UCB，D错；仅受电场力作用的粒子在CD间做匀速运动，所以CD间各点电场强度均为零，但电势是相对于零势点而言的，可以不为零，C错．【答案】AB题组二对电场力做功与电势能变化关系的考查4．如图6­2­23所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()图6­2­23A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点移至D点，电势能增大【解析】A点比乙球面电势高，乙球面比B点电势高，故A点和B点的电势不相同，A错；C、D两点场强大小相等，方向不同，B错；φAφB，WAB0，C对；C、D两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D错．【答案】C5．(多选)(2014·绵阳三诊)在正方形的四个顶点上分别固定有带电荷量绝对值均为Q的点电荷，其带电性如图6­2­24所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD.不计电子重力．则()图6­2­24A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同B．C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减少D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减少【解析】根据点电荷形成的电场的场强的计算公式和矢量的叠加原理可知，C、D两点的电场强度大小相等，方向不同，A、B两点的电场强度大小不等，方向相同，故A选项错误；根据等量同种电荷和等量异种电荷形成的电场中电势高低的特点可知，C、D两点的电势相等，A点的电势高于B点电势，故B选项正确；电子从C点适动到O点的过程中，电子所受电场力的方向与电子的速度方向的夹角为钝角，则电子所受电场力对电子做负功，故电子的电势能增加，而电子从O点运动到D点的过程中，电子所受电场力的方向与电子的速度方向的夹角为锐角，则电子所受电场力对电子做正功，则电子的电势能减少，则电子从C点运动到D点的过程中，电势能先增加后减少，故C选项正确；电子从O点运动到B点的过程中，电子所受电场力的方向与电子的速度方向相反，即电场力一直做负功，则电势能一直增加，故D选项错误．【答案】BC6．(2015·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R、电荷量为Q的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图6­2­25所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r处的电势为φ＝kQr(r≥R)，式中k为静电力常量．下列说法错误的是()图6­2­25A．球心处的电势最高B．球心与球表面间的电势差等于12E0RC．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q(q0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqRD．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q(q0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E0Rq【解析】沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E­r图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E0R，选项A、B正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqR，选项C正确，选项D错误．【答案】D题组三关于粒子在电场中运动问题的分析7．(多选)如图6­2­26所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定()图6­2­26A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B．M点的电势高于N点的电势C．粒子带正电D．粒子在M点的动能大于在N点的动能【解析】电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密集，场强越大．M点所在区域电场线比N点所在区域电场线疏，所以M点的场强小，粒子在M点受到的电场力小．故A错误．沿电场线方向，电势逐渐降低．从总的趋势看，电场线的方向是从M到N的，所以M点的电势高于N点的电势．故B正确．如图所示，用“速度线与力线”的方法，即在粒子运动的始点M作上述两条线，显然电场力的方向与电场线的方向基本一致，所以粒子带正电，C正确．“速度线与力线”夹角为锐角．所以电场力做正功，粒子的电势能减小，由能量守恒知其动能增加．故D错误．【答案】BC8．如图6­2­27所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则()图6­2­27A．O点电势高于M点电势B．运动过程中，电子在M点电势能最大C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D．电场力对电子先做负功，后做正功【解析】由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向左上，故电场方向斜向右下，M点电势高于O点电势，A错误；电子在M点电势能最小，B错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，电势能增加，后电场力对电子做正功，电势能减少，故C错误，D正确．【答案】DB组深化训练——提升应考能力9．如图6­2­28所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子图6­2­28通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为()A．mv20/(2q)B．3mv20/qC．2mv20/qD．3mv20/(2q)【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a＝Δv/Δt，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝v0t/2，即x＝2y，因此电场力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝－W1/4，由动能定理得：W1＋W2＝12m(2v0)2－12mv20，解得：Uab＝2mv20q.【答案】C10．(多选)如图6­2­29所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为14圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()图6­2­29A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零【解析】若电场力大于重力，则有可能不从B点离开轨道，选项A错误；若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，选项B正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H，选项C正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D错误．【答案】BC11．匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形，如图6­2­30所示，场强方向平行于纸面．具有初速度的电子在电场力作用下从B到A动能减少E0，质子在电场力作用下从C到A动能增加E0，求匀强电场的场强．(不计重力)图6­2­30【解析】根据动能定理得电子从B到A过程中－eUBA＝－E0，UBA＝E0e①质子从C到A过程中eUCA＝E0，UCA＝E0e②由①②可知B、C两点电势相等且大于A点电势，即φB＝φC＞φA因为电场为匀强电场，所以BC连线为等势面(如图中虚线)，与BC垂直为电场线(如图中实线)，所以E＝UBAasin60°＝E0/e3a/2＝23E03ae，方向垂直BC指向A.【答案】23E03ae，方向垂直BC指向A12．如图6­2­31所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g4，静电力常量为k，求：图6­2­31(1)小球运动到B点时的加速度大小．(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)．【解析】(1)带电小球在A点时：mgsin30°－kQqL2＝maA带电小球在B点时：kQqL22－mgsin30°＝maB且aA＝g4，可解得：aB＝g2(2)由A点到B点应用动能定理得：mgsin30°·L2－qUBA＝0由mgsin30°－kQqL2＝maA＝mg4可得：14mg＝kQqL2，可求得：UBA＝kQL【答案】(1)g2(2)kQL