河北省张家口市高三物理 同步练习20 电场能的性质.doc

电场能的性质1.一电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，具有的电势能为Ep，则A点的电势为=EPq若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电势为A. 4 B. 2 C. D. 12【答案】C【解析】根据电势的物理意义：电势是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的电势不变，故C正确，ABD错误；故选C.2.、b两点各放有电量为+Q和+4Q的点电荷，a、b、c、d、e、f、g七个点在同一直线上，且ac=cd=de=ef=fg=gb，如图所示，取无限远处为零电势，则（ ）A. d处的场强和电势均为零B.处的电势比处的电势高C. 电子在处的电势能比在g处的电势能小D. 电子从移到，电子所受电场力先做负功再做正功【答案】D【解析】试题分析：先设场强为零处距a为x，代入点电荷电场强度公式计算出电场强度为0的位置，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断e处的电势比f处的电势的大小关系；再由电势能Ep=e，判断出电子在f处的电势能比g处的电势能关系，先判断电子在cd间、de间所受电场力方向，再判断电子从c移到e，电子所受到电场力什么功即可设ac=cd=de=ef=fg=gb=L，场强为零处距a为x，因为kQx2=k4Q6Lx2，所以x=2L，即在d处场强为零，根据电势叠加原理，d处电势不为零，A错误；a、d区域场强方向向右；d、b区域场强方向向左因为沿着电场线方向电势逐渐降低，所以e处的电势比f处的电势低，B错误；由于f处的电势比g处的电势低，而电势能Ep=e，电子带负电，所以电子在f处的电势能比g处的电势能大，C错误；因为电子在cd间所受电场力方向向左，在d、e间所受电场力方向向右，因此电子从c移到e，电子所受到电场力先做负功再做正功，D正确3.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为a=5V、b=3V下列叙述正确的是（）A. 该电场在c点处的电势一定为4 VB. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D. 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a【答案】C【解析】当该电场是匀强电场时，由公式U=Ed知沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4V当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V故A错误；一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb故B错误。由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少。故C正确。由题可判断电场线方向从a指向c，正电荷运动到c点时受到的静电力由a指向c。故D错误。故选C。点睛：本题关键要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低在匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等。4. 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，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是A. A、B两处电势、场强均相同B. C、D两处电势、场强均不同C. 在虚线AB上O点的场强最小D. 带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能【答案】C【解析】由场强及电势的叠加原理可知，A、B两点的电势相同，场强大小相同，但方向不同，故A错误；C、D两点的电势相同，场强大小相同，但方向都不相，故B错误；在虚线AB上O点的场强为零，其他地方的场强都为正值，所以O点的场强最小，C正确；因为O点的电势高于C点的，故带负电的试探电荷在O点时的电势能小于在C点时的电势能，D错误。5.如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势面之间的电势差相等)，实线为一粒子(24He重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A. a、b、c三个等势面中，a的电势最低B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C. 粒子在P点的加速度比Q点的加速度小D. 粒子一定是从P点向Q点运动【答案】A【解析】试题分析：根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低，负电荷在低电势处电势能大，根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出PQ两点处场强的方向，如图则可知，三个等势面中的，a的电势最低，即P点的电势最低，负电荷在低电势处电势能高，故电子在P点具有的电势能最大，AB错误；根据电场线的疏密可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，即在P点的加速度大于在Q点的加速度，C错误；粒子的运动方向不确定，D错误6. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN=NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（ ）A. a一定带正电，b一定带负电B. a加速度减小，b加速度增大C. MN电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|D. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】BD【解析】a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力逐渐增大，加速度增大，故B正确；已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|，故C错误；根据电场力做功公式W=Uq，|UMN|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确7.A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种的检验电荷a、b，如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）A. 在AB的连线上a所处的位置电势a0B. a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep0C. 整个移动过程中，静电力对a做正功D. 整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功【答案】B【解析】设AB连线的中点为O由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零AO间的电场线方向由AO，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势a0，故A错误a所处的位置电势a0，b所处的位置电势b0，由Ep=q知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep0故B正确在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误a、b看成一个整体，原来总电势能为零，最终总电势能为正，电势能增加，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做负功，故D错误故选B.点睛：对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远8.若规定无穷远处电势为零，则点电荷产生电势的公式为=kqr。在x轴上有两个点电荷q1和q2 (q1在q2左边)，电势随着x变化的关系如图所示。在x=0处电势趋于正无穷；当x=x0时，电势为0；当x=x1时，电势有最小值。下列说法错误的是（ ) A. 在x=0处有一正电荷 B. 在x=x1处电场强度为0C. 电荷q1是负电荷，电荷q2是正电荷 D. 在q2处有一个负电荷【答案】D【解析】因规定无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正，负电荷周围的电势为负；由图知，在x=0位置的电势趋近正无穷大，由表达式=kqr可知在x=0处有正电荷，根据x从0到，电势先降低后升高，则知在x轴上坐标原点处的q2是正电荷；因q1在q2左边，则q1是负电荷，在x轴的负方向上因-x图线的切线的斜率等于电场强度，可知在x=x1处因切线的斜率等于零，则该点的电场强度为0，则选项ABC正确，D错误；此题选择错误的选项，故选D.点睛：本题信息给予题，关键要抓住题干中有效信息和图象中有效信息，利用叠加原理分析，灵活应用电势的公式和斜率为零9. 如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）A. EAEB；AB B. EAEB；ABC. EAEB；AB D. EAEB；AB【答案】D【解析】试题分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，故EAEB；正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即AB；故选D【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小10.在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（）A. 点电荷M、N一定都是负电荷B. 点电荷P的电势能一定是先增大后减小C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1D. x=4a处的电场强度一定为零【答案】D【解析】试题分析：考点：【名师点睛】11.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度时间”图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（ ）A. A处的电场强度大于C处的电场强度B. B、D两点的电场强度和电势一定都为零C. 粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【答案】A【解析】试题分析：因为v-t线的斜率等于物体的加速度，故在A处的加速度大于C处的加速度，A处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B、D两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不一定都为零，选项B错误；粒子在A处的速度大于C处的速度，则在A处的动能大于C处的动能，在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；根据动能定理可知：UACq=12mvA212mvC2;UBDq=12mvD212mvB2，由图线可知12mvD212mvB212mvA212mvC2，则A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差，选项D错误；故选A.考点：v-t图线；动能定理；电场强度【名师点睛】此题是对v-t图线及动能定理的考查；关键是理解速度时间图线的物理意义，图线的斜率等于物体的加速度；电场力做正功，动能增加，电势能减小；克服电场力做功，动能减小，电势能增加，且电场力做功等于动能的变化量.12.等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随x的分布图象如图所示。x轴上AOAOB. EAEOEBC. EpoEpAEpO-EpA【答案】D【解析】【详解】A项，在正负电荷的连线上，电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线电势在降低，所以AOB ,故A错；B项，根据点电荷的电场线的分布特点可知，越靠近点电荷的地方电场线越密集，电场强度越大，则有EBEAEO，故B项错误。C项，由于AOB，而电子在电势高的地方对应的电势能小，故C错；D项，根据电场线分布可知AO之间的平均电场强度小于OB之间的平均电场强度，再根据图像中B点到O点距离大于A点到O点距离可知，所以从A到O电场力做功小于从O到B电场力做功，所以EpB-EpOEpO-EpA，故D对；故选D13.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则 A. N点的电场强度大小为零B. C点的电场强度大小为零C. NC间场强方向向x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】BD【解析】试题分析：-x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负x图像的斜率表示点场强强度，故N点电场强度不为零，C点电场强度为零，A错误B正确；由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向，C错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，D正确14.在X轴上的L和L点分别固定了A，B两个点电荷，A的电荷量为+Q，B的电荷量为Q，如图所示，设沿X轴正方向为电场强度的正方向，则整个X轴上的电场强度E随X变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】等量异种电荷电场线的分布如图，可知，x-L时，电场强度E方向向左，为负。-LxL时，E方向向右，为正。xL时，E方向向左，为负，且O点的电场强度不为零，故ABD错误，C正确。故选C。15.如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：（ ）A. mv022qB. 3mv02qC. 2mv02qD. 3mv022q【答案】C【解析】粒子从A到B，根据动能定理得qUAB-mgh=12mvB212mv02；因为速率vB=3v0，粒子在竖直方向只受到重力，则有：mgh=12mv02。由以上三式解得：UAB9mv022q故D正确，ABC错误。故选D。点睛：涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法16.一带正电的质点，电量q=2.0109C，在静电场中由点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0105J，质点的动能增加了8.0105J，则a、b两点间的电势差Uab为A. 3104V B. 1104V C. 4104V D. 7104V【答案】B【解析】根据动能定理得：qUab+W其他=Ek得：Uab=EKW其他q=8105(6105)2109=1104V ，故B正确，ACD错误；故选B17.如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板.两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，PMN=，.以下说法正确的是( ) A. 电容器带电量为U/CB. 两极板间匀强电场的电场强度大小为U/LsinC. M、P两点间的电势差为UL/dD. 若将带电量为+q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了qULsind【答案】ACD【解析】公式C=QU知电容器带电荷量为CU，A正确，由匀强电场公式E=Ud得两极板间匀强电场的电场强度大小为Ud，B错误。由公式U=Ed，MP两点沿电场线方向的距离dMP=Lsin，由知道E=Ud所以M、P两点间的电势差为UMP=EdMP=ULsind，C正确。极板间的电场方向是竖直向上的，所以将带正电的电荷从从M移到P，电场做正功，电势能减小，由公式W=Uq得W=UMPq=qULsind，D正确。18.如图所示为边长为2m的菱形ABCD，匀强电场方向平行于菱形所在平面，B=60，将一电子从A点移动到B点或D点，克服电场力做功均为8eV下列说法正确的是（）A. 匀强电场的场强为8V/m，方向由A指向CB. 匀强电场的场强为4V/m，方向由A指向CC. 匀强电场的场强为8V/m，方向由C指向AD. 匀强电场的场强为4V/m，方向由C指向A【答案】A【解析】【详解】将一电子从A点移动到B点或D点，克服电场力做功均为8eV，所以BD为电场中一条等势线，电场线方向垂直BD；根据电场力做功计算公式可得：WAB=-eUAB解得：UAB=WAB-e-8eV-e=8V，所以电场线方向由A指向C；由于菱形ABCD边长为2cm，B=60，所以ABC为等边三角形，AC长度d=2m，UAC=2UAB=16V，电场强度E=UACd=162V/m=8V/m，故A正确、BCD错误；故选A。【点睛】本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为WAB=qUAB，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能与该电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算19.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A. 电容器的电容增加B. 在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C. A、B两板间的电场强度增大D. P点电势升高【答案】B【解析】A、根据C=S4kd，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A错误；B、在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；C、根据E=Ud与C=S4kd相结合可得E=4kQS，由于电量减小，场强大小变小，故C错误；D、因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误。点睛：做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B极接地，电势为零。20.如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地以E表示两板间的场强，表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是A. E增大，降低，EP减小，增大B. E不变，降低，EP增大，减小C. E不变，升高，EP减小，减小D. E减小，升高，EP减小，减小【答案】C【解析】正极板缓慢向右平移一小段距离，两板间的距离减小，根据电容的决定式C=S4kd 可知，电容C变大，而电容器的电量Q不变，则由C=QU 得知，板间电压U减小，减小；板间场强E=Ud=QCd=4kQS ，可见E不变；P点到正极板距离减小，由公式U=Ed得知，0P=Ed ，P点的电势升高；负电荷在P点的电势能减小；故ABD错误，C正确;故选C点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与正极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化21.如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角=37，其带电量Q= 83105C；质量m=0.1kg、带电量q=+1107C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷（静电力恒量k=9109Nm2/C2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向； （2）B球的速度最大时两球间的距离； （3）若B球运动的最大速度为v=4m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？【答案】（1）2.4107N/C，方向沿斜面向上 （2）0.2m （3）0.86J【解析】【分析】（1）根据点电荷场强公式E=kQ/r2 求A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；（2）当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，根据库仑定律和平衡条件求两球间的距离；（3）B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，根据功能关系求解【详解】（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小E=kQL2=910983105012=2.4107N/C；方向沿斜面向上（2）当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，即：F=kQqr2=mgsin解得 r=0.2m；（3）由于rL，可知，两球相互远离，则B球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；根据功能关系可知：B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所以B球电势能变化量为：Ep=12mv2+mg（r-L）sin解得，Ep=0.86J22.如图，光滑斜面倾角为37，一质量m=110-2Kg、电荷量q=+110-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，G=10m/s2，求：（1）该电场的电场强度大小（2）若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小（3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=23m时，机械能的改变量【答案】（1）7.5104N/C （2）3m/s2 （3）0.02J 【解析】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x轴方向：Fx=Fcosmgsin=0 在y轴方向：Fy=FNmgcosFsin=0 得：qE=mgtan37，故有：E=3mg4q=7.5104N/C，方向水平向右（2）场强变化后物块所受合力为：F=mgsin3712qEcos37 根据牛顿第二定律得：F=ma故代入解得a=0.3g=3m/s2，方向沿斜面向下。（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故E=12qELcos37，解得E=0.02J。 点睛：由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向，当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关。