2018届高考物理课时复习作业题2

课时作业19电场能的性质时间：45分钟一、单项选择题1．(2016·广州质检)如图所示为某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D()A．4.8×10－8JB．－4.8×10－8JC．8.0×10－8JD．－8.0×10－8J解析：电场力做功与路径无关，WAD＝qUAD＝q(φA－φD)J＝－4.8×10－8J，B正确．答案：B2．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是()A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高C．x1和－x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等解析：由题图知，沿x轴方向O点两侧电场强度方向相反，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A错误；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，B、D错误；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确．答案：C3.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，则下列说法正确的是()A．P、O两点的电势关系为φP<φOB．P、Q两点电场强度的大小关系为EP<EQC．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功解析：由电场线分布可知，ab、cd为等势线，且电势相等，均为φ＝0，P点处的电场线比Q点处的密集，故EP>EQ，A、B错误；P、Q两点电势相等，所以把负电荷从P沿图中曲线移到Q电场力做功为零，D错误；由对称性可知，EO＝0，C正确．答案：C4.如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A点时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为()A．12.5J B．2.5JC．0 D．－2.5J解析：由动能定理知带电粒子到达b处的动能为5J，带电粒子只受电场力，动能与电势能之和不变．由于等势面b的电势为零，带电粒子在b处电势能为零，Ek＋Ep＝5J．当Ek＝7.5J时，Ep＝－2.5J，故D正确．答案：D5．(2016·九江市七校调研)如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比()A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势低于O点的电势D．d点的电场强度大于O点的电场强度解析：由电场叠加原理可求得三个等量电荷在O点产生的合场强大小为eq\f(4kQ,L2)(L为菱形边长)，在d点产生的合场强为eq\f(2kQ,L2)，故＋q在d点受力小，A、D错误；若把＋q从O点移到d点，电场的电势降低，电场力做正功，电势能减小，B错误，C正确．答案：C二、多项选择题6.如图所示，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()A．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．由于粒子的速度方向与电场力方向的夹角为锐角，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：BC7．两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．带正电B．速度先增大后减小C．电势能先增大后减小D．经过b点和d点时的速度大小相同解析：根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．答案：CD8．如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、CA．此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零B．A球一定带正电，C球一定带负电C．此过程中C球电势能减少D．A、C两球带电量的绝对值之比|qA||qC|＝21解析：由题意知，直角杆PQM顺时针转90°的过程中，由W＝qU可得，电场力对B球不做功，对A球做功W1＝qAEL，对C球做功W2＝qCE·2L，因为转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，W1＋W2＋0＝0，即qAEL＋qCE·2L＝0，则知A、C两球带异种电荷，但具体A、C两球的电性不明确，则其电势能变化情况不明确，而A、C两球带电量的绝对值之比|qA||q答案：AD三、计算题9．在水平面上建立x轴，在过原点O且垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示．求物块最终停止时的位置．(g取10m/s解析：物块先在电场中向右做减速运动，设运动的位移为x1，由动能定理得－(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，当物块向右运动0.4m时速度减为零，因为物块所受的电场力F＝qE＝0.03N>μmg，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则(qE－μmg)x1－μmgx2＝0解得x2＝0.2m.答案：在O点左侧距O点0.2m处10．(2016·潍坊质检)如图所示，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点时速度恰好为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为eq\f(g,4)，静电力常量为k，求：(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)由牛顿第二定律知带电小球在A点时mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA带电小球在B点时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)带电小球初、末速度均为零，由A点到B点应用动能定理得mgeq\f(L,2)sin30°＋qUAB＝0由mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA＝meq\f(g,4)联立解得UAB＝－eq\f(kQ,L)，又因为UAB＝－UBA所以B、A两点间的电势差UBA＝eq\f(kQ,L).答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)11.如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d，电场力常量为k，重力加速度为g.求：(1)C、O间的电势差UCO；(2)小球p经过O点时加速度的大小；(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．解析：(1)小球p由C运动到O时，受重力和电场力作用，由动能定理得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0①解得UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q).②(2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得F1＝F2＝keq\f(Qq,\r(2)d2)③二者的合力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)④由牛顿第二定律得mg＋F＝ma⑤解得a＝g＋eq\f(\r(2)kQq,2md2).⑥(3)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得mgd＋qUOD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2⑦由电场特点可知UCO＝UOD⑧联立②⑦⑧解得vD＝eq\r(2)v.答案：(1