2020-2021学年新教材高中物理 第2章 电势能与电势差 习题课 电场能的性质的理解与应用课后习题（含解析）鲁科版必修3.docx

1、习题课:电场能的性质的理解与应用1.(多选)(20192020学年湖南张家界高二上期末考试)图中三条实线a、b、c表示三个等势面。一个带电粒子射入电场后只在电场力作用下沿虚线所示途径由M点运动到N点,由图可以看出()A.M点和N点的电场强度EMbaC.带电粒子在N点的动能较小,电势能较大D.带电粒子在N点的动能较大,电势能较小解析等差等势线越密,电场强度越大,故M和N点的电场强度EMEP,电势cba,EpQEpP,因此A、D错误,B正确;由能量守恒可知,当质点通过P点时,动能较大,所以C正确。答案BC3.(多选)在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量

2、相等,如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中()A.先做匀加速运动,后做匀减速运动B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和保持不变D.电势能先减小,后增大解析a、c两点固定相同的正点电荷,则bd为等量正点电荷连线的中垂线,由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动,故A错误;等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高,带负电的粒子从b点运动到d点的过程中,先从低电势到高电势,再从高电势到低电势,故B错误;带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受静电力先由b指向d,后由d指向b,所以静电力先做

3、正功后做负功,因此电势能先减小,后增大,故D正确;只有静电力做功,电势能与机械能之和保持不变,故C正确。答案CD4.(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有()A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大解析由题图可知,电势有正有负,且只有一个极值,说明两个点电荷为异种电荷,A项正确;由E=x可知,-x图像的切线斜率表示电场强度,因此x1处的电场强度不为零,B项错误;负电荷从x1移到x2的过程中,电势升高,电场强度减小,由Ep=q,F=qE可知,电势能减小,受

4、到的电场力减小,C项正确,D项错误。答案AC5.如图所示,实线是匀强电场的电场线,带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场,其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA。已知q1带正电,不计粒子重力和阻力。则下列说法中正确的是()A.q2也带正电B.A点的电势低于C点的电势C.静电力对q1做正功,对q2做负功D.q1、q2的电势能均减小解析由做曲线运动的条件,知q1所受静电力水平向右,q1带正电,故电场方向向右;q2所受静电力水平向左,故q2为负电荷,故A错误;电场线水平向右,沿电场线的方向电势降低,则A点的电势高于C点的电势,故B错误;由题图可知,静电力与运动方向成锐角,静电力对q1

5、、q2都做正功,q1、q2的电势能都减小,故C错误,D正确。答案D6.(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量解析小球a从N点静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90,所

6、以库仑力在整个过程中做负功。小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误;小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90,在P点合力与速度夹角大于90,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确;从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C正确;根据能量守恒可知,从P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误。答案BC7.(20192020学年安徽黄山高二上期末质量检测)如图所示,光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上,A、B、C是细杆上的三个点,且AB=

7、BC=L;点电荷P、Q到B、C的距离都是L;质量m、电荷量q的有孔带电小球套在杆上,从A点无初速度下滑,小球滑到B点时的速度大小为3gL。若等量点电荷的电荷量为Q(qQ),静电力常量为k,重力加速度为g。(1)判断小球带何种电性,并求出A、B两点的电势差UAB;(2)求小球到达C点时的速度大小;(3)求小球到达C点的加速度大小。解析(1)对小球从A到B由动能定理得,12m(3gL)2-0=mgL+WAB所以电场力做功WAB=12mgL从A到B电场强度方向向上,电场力做正功,电场力向下,所以小球带负电;电势差UAB=-WABq=-mgL2q(2)根据题意B、C关于等量正电荷连线对称,所以B、C电

8、势相同,从B到C电场力不做功,由动能定理得,12mvC2-12m(3gL)2=mgL所以在C点的速度为vC=5gL(3)点电荷P、Q到B、C的距离都是L,所以两点电荷连线和点电荷与C点连线夹角为30,所以有mg-2kQqL2sin30=ma小球到达C点的加速度a=g-kQqmL2答案(1)负电-mgL2q(2)5gL(3)g-kQqmL2能力提升1.(多选)如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧不拴接),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中。开始时,整个系统处于静止状态,现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动

9、。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,静电力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v。不计空气阻力,则在上述过程中()A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒B.小球的重力势能增加了W2C.小球的电势能减少了W1D.小球的机械能增加了12mv2+W2-W1解析上升过程中,静电力做正功,小球与弹簧组成的系统机械能增加,A错误;小球上升,重力做负功,重力势能增加,增加量等于小球克服重力所做的功W2,B正确;静电力做正功,小球的电势能减少,减少量等于静电力对小球所做的功W1,C正确;小球的机械能的增加量为它增加的动能、重力势能之和12mv2+W2,D错误。答案BC

10、2.(20192020学年云南楚雄州高二上期末)真空中静电场的电势在x正半轴随x的变化关系如图所示,x1、x2、x3为x轴上的三个点,下列判断正确的是()A.将一负电荷从x1移到x2,电场力不做功B.该电场可能是匀强电场C.负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能D.x3处的电场强度方向沿x轴正方向解析从x1移到x2,电势在降低,将一负电荷从高电势到低电势,其电势能增加,则电场力做负功,故A错误;由于电势与x的图像斜率表示电场强度,而图像的斜率是变化的,因此电场强度是变化的,不是匀强电场,故B错误;由图像可知,x1处的电势高于x2处的电势,则负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能,故C正

11、确;从x2到x3的电势升高,则逆着电场线方向,因此x3处的电场强度方向沿x轴负方向,故D错误。答案C3.(20192020学年四川资阳高二上期末质量检测)如图甲所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示,则()A.在Ox2间,电场强度先减小后增大B.在Ox2间,电场强度方向没有发生变化C.若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐减小D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,则该电荷在Ox2间一直做匀加速运动解析-x图像的斜率表示电场强度,由几何知识得知,斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小,但斜率一直是负值,电场强度方向没有改变。故A错误,

12、B正确;由图看出Ox2间,电势逐渐降低,负电荷在高电势处电势能小,故负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐升高。故C错误;从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,受到的电场力方向与速度方向相同,做加速运动,即该电荷在Ox2间一直做加速运动,但电场强度先增大后减小,所以加速度先增大后减小,所以不是匀加速运动。故D错误。答案B4.(多选)(20192020学年安徽黄山高二上期末质量检测)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为电场强度的正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,那么点电荷()A.由x1运动到x3的过程中电势能增大B.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小C.由x1运

13、动到x4的过程中电势能先增大后减小D.在x2和x4处电势相等解析由x1运动到x4的过程中,电场力一直做负功,电势能一直增大,所以A正确,C、D错误;根据图像,由x1运动到x4的过程中电场强度大小先增大后减小,电场力先增大后减小,B正确。答案AB5.如图所示,在A点固定一带正电的小球1,带电小球2的质量为m,电荷量为q,用一根长度为L、不可伸长的绝缘细线悬挂在O点,小球2能静止在B点,悬线与竖直方向成角,A、B两点等高,A、B间距离为r。现将球2拉至水平位置C,由静止释放,球2运动到B点的速度大小为v(小球可看成质点,重力加速度为g),求:(1)小球1的带电荷量Q;(2)B、C两点间的电势差UB

14、C。解析(1)带电小球2静止时,由力的平衡条件有kQqr2=mgtan,得Q=mgr2tankq。(2)小球2从C运动到B的过程,由动能定理得mgLcos-qUBC=12mv2得UBC=2mgLcos-mv22q。答案(1)mgr2tankq(2)2mgLcos-mv22q6.(20192020学年河南三门峡高二上期末)如图所示,在水平方向的匀强电场中(电场线未画出),一根长为L,不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端固定于O点,将小球拉起直至细线与电场强度平行的A点,然后无初速度释放,已知小球最多摆到最低点另一侧的B点,BO连线与竖直方向的夹角为=30,求:(结果可用根式

15、表示)(1)小球经过最低点时细线对小球的拉力;(2)小球由A到B过程中的最大速度。解析(1)小球无初速度释放摆到另一侧的过程:由动能定理得:mgLcos-qEL(1+sin)=0小球摆到最低点过程中,由动能定理得:mgL-qEL=12mv2-0小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力,由牛顿第二定律得:F-mg=mv2L联立解得F=3-233mg(2)将电场力与重力合成F合=233mg由图可知,合力方向与竖直方向成30度角斜向右下,C点为对应的“等效最低点”。由几何关系得=60,小球到达C时速度最大,动能最大,小球从释放到小球到达C点过程中,由动能定理得,mgLsin-qEL(1-cos)=12mv2-0解得小球的最大速度:v=233gL答案(1)3-233mg(2)233gL