課時跟蹤檢測(二十)電場能的性質(zhì)一、單項選擇題1．(2014·北京高考)如圖1所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。下列判斷正確的是()圖1A．1、2兩點的場強(qiáng)相等B．1、3兩點的場強(qiáng)相等C．1、2兩點的電勢相等D．2、3兩點的電勢相等2．(2014·大綱卷)地球表面附近某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場。一質(zhì)量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0m。對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80m/sA．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J3.如圖2所示，有四個等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處。A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是()圖2A．A、B、C、D四個點的電場強(qiáng)度相同B．O點電場強(qiáng)度等于零C．將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零D．將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能增大4．(2014·天津高考)如圖3所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖3A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點運(yùn)動到N點電勢能一定增加C．微粒從M點運(yùn)動到N點動能一定增加D．微粒從M點運(yùn)動到N點機(jī)械能一定增加5．(2014·臨沂質(zhì)檢)如圖4所示，平行板電容器的兩個極板豎直放置，并接直流電源。若一帶電粒子恰好能沿圖中軌跡穿過電容器，a到c是直線，由于電極板邊緣效應(yīng)，粒子從c到d是曲線，重力加速度為g，則該粒子()圖4A．在ac段受到的重力與電場力平衡，做勻速運(yùn)動，cd段電場力大于重力B．從a到c做勻加速直線運(yùn)動，加速度為g/cosθC．從a到d重力勢能減小，電勢能增加D．從a到d粒子所受合力一直沿軌跡的切線方向6．(2014·衡水中學(xué)期末)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖5所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則()圖5A．N點的電場強(qiáng)度大小為零B．A點的電場強(qiáng)度大小為零C．NC間場強(qiáng)方向指向x軸正方向D．將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功二、多項選擇題7．(2014·廣東高考)如圖6所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P。帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上。P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是()圖6A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零8．(2012·山東高考)圖7中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點。則該粒子()圖7A．帶負(fù)電B．在c點受力最大C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化9．(2013·天津高考)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖8中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點。一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運(yùn)動。取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則()圖8A．q由A向O的運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動B．q由A向O運(yùn)動的過程電勢能逐漸減小C．q運(yùn)動到O點時的動能最大D．q運(yùn)動到O點時電勢能為零10.(2014·南昌模擬)A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速度為零的電子，電子僅在電場力作用下沿電場線從A運(yùn)動到B，其電勢能Ep隨位移s變化的規(guī)律如圖9所示。設(shè)A、B兩點的電場強(qiáng)度分別為EA和EB，電勢分別為φA和φB。則()圖9A．EA＝EB B．EA<EBC．φA>φB D．φA<φB三、非選擇題11．(2014·北京東城區(qū)聯(lián)考)如圖10所示，A、B兩點所在的圓半徑分別為r1和r2，這兩個圓為同心圓，圓心處有一帶電為＋Q的點電荷，內(nèi)外圓間的電勢差為U，一電子僅在電場力作用下由A運(yùn)動到B，電子經(jīng)過B點時速度為v，若電子質(zhì)量為m，帶電荷量為e，求：圖10(1)電子經(jīng)過B點時的加速度大小；(2)電子在A點時的速度大小v0。12.如圖11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(yùn)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，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：圖11(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點時速度的大小。答案1．選D根據(jù)電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小知，1點的電場強(qiáng)度大于2點、3點的電場強(qiáng)度，選項A、B錯誤。根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，在同一等勢面上各點的電勢相等知，1點的電勢高于2點電勢，2點、3點處于同一等勢面上，電勢相等，選項C錯誤，D正確。2.選D對帶電小球受力分析，如圖所示，在此過程中，該小球的電勢能的改變量ΔEp＝qEh＝1.50×10－4J；根據(jù)動能定理可得：小球的動能的改變量ΔEk＝mgh－qEh＝9.65×10－3J，選項D正確，A、B、C錯誤。3．選C由點電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可知，A、B、C、D四個點的電場強(qiáng)度不相同，O點電場強(qiáng)度不等于零，選項A、B錯誤；由于B、D兩點等電勢，將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零，選項C正確；由于A點電勢高于C點，將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能減小，選項D錯誤。4．選C微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A項錯誤；不能確定電場力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確定電場力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點運(yùn)動到N點電勢能的變化，B項錯誤；由于電場力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動能定理可知，微粒從M到N的過程中動能增加，C項正確；由于不能確定除重力以外的力即電場力做的是正功還是負(fù)功，根據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從M到N過程中機(jī)械能是增加還是減少，D項錯誤。5．選B由題意知在ac段粒子受重力和電場力的合力方向由a至c，做勻加速直線運(yùn)動，加速度是g/cosθ；從a到d重力、電場力做正功，重力勢能、電勢能均減小，cd段由合力指向軌跡的彎曲方向可判斷出電場力大于重力，cd段粒子的合力方向不沿軌跡的切線方向。故只有選項B正確。6．選DA、N點的電勢等于零，電場強(qiáng)度大小不為零，選項A、B錯誤；從N到C電勢升高，NC間場強(qiáng)方向指向x軸負(fù)方向，選項C錯誤；從N到C電勢升高，從C到D電勢降低，將一負(fù)點電荷從N點移到C點，電場力做正功，從C點到D點，電場力做負(fù)功，選項D正確。7．選BD由于小球M、N及細(xì)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)合外力為零，D項正確；整體受到的庫侖力的合力為零，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,r＋L2)，解得r＝(eq\r(2)－1)L，A項錯誤；由于P對M、N的庫侖力等大反向，因此P、M、N三者必在一條直線上，B項正確；在P點產(chǎn)生的電場中，離P點越遠(yuǎn)電勢越低，C項錯誤。8．選CD由于帶電粒子受到電場力指向軌跡凹側(cè)，說明帶電粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)可知，粒子在c點受到電場力最小，選項B錯誤；粒子從b點運(yùn)動到c點的過程中，電場力對粒子做正功，粒子電勢能減小，選項C正確；由動能定理可得：qU＝ΔEk，因為Uab>Ubc，所以選項D正確。9．選BC本題考查靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，考查考生對靜電場中運(yùn)動電荷力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的分析。兩等量正點電荷在中垂線MN上的電場強(qiáng)度方向從O點向兩側(cè)沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)處，場強(qiáng)大小從O點沿MN到無窮遠(yuǎn)處先變大后變小，因此負(fù)電荷由靜止釋放后，在變化的電場力作用下做直線運(yùn)動的加速度不斷變化，A項錯誤；由A到O電場力做正功，電勢能減小，B項正確；在MN上O點電勢最高，因此負(fù)電荷在O點的電勢能最小，由于只有電場力做功，因此電勢能與動能的和是一定值，電勢能最小時，動能最大，C項正確；O點的電勢不為零，因此負(fù)電荷在O點時的電勢能不為零，D項錯誤。10．選AD根據(jù)動能定理qEs＝ΔEk，由于電勢能W隨位移s變化的規(guī)律為直線，所以為勻強(qiáng)電場，EA＝EB，故A正確，B錯誤。電子僅在電場力作用下沿電場線從A運(yùn)動到B，電勢能減小，電場力做正功，電場線方向從B到A，φA<φB，故D正確，C錯誤。11．解析：(1)電子在B點受到的庫侖力大小為F＝eq\f(kQe,r\o\al(2,2))電子在該處的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(kQe,mr\o\al(2,2))(2)電子由A點運(yùn)動到B點，由動能定理得：－eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(v2＋\f(2eU,m))。答案：(1)eq\f(kQe,mr\o\al(2,2))(2)eq\r(v2＋\f(2eU,m))12．解析：(1)小球p由C運(yùn)動到O時，由動能定理，得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0得UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)(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)它們的合力為：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq