考点规范练36电场能的性质
一、单项选择题
1.(2018·黑龙江大庆一模)关于静电场,下列说法正确的是()
A.将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能一定增加
B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能越大
C.在同一个等势面上的各点,电场强度的大小必然是相等的
D.电势下降的方向就是电场强度的方向
2.(2018·重庆模拟)如图所示,空间有两个等量的正点电荷,a、b两点在其连线的中垂线上,则下列说法一定正确的是()
A.电场强度E a>E b
B.电场强度E a C.电势φa>φb D.电势φa<φb 3.(2018·山东烟台一模)直线mn是某电场中的一条电场线,方向如图所示。一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点,轨迹为一抛物线,φa、φb分别为a、b两点的电势。下列说法正确的是() A.可能有φa<φb B.该电场可能为点电荷产生的电场 C.带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能 D.带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小 4.(2018·福建龙岩质检)以无穷远处的电势为零,在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ=计算,式中r为该点到点电荷的距离,k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为l的两点,如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点沿以电荷+Q为圆心、半 径为R的半圆形轨迹ABC移到C点,质子从A移到C的过程中电势能的变化情况为() A.增加 -B.增加 - C.减少 D.减少 二、多项选择题 5.如图所示,半径R=0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中,OB水平,一质量为m=10-4 kg、电荷量为q=8.0×10-5 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0=3 m/s水平射出,粒子重力不计,粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出),取C点电势φ=0,则() A.该匀强电场的电场强度E=100 V/m B.粒子在A点的电势能为8×10-5 J C.粒子到达C点的速度大小为5 m/s D.粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10-4 J 6.一电场的电场线分布如图所示,电场中有A、B、C三点,且AB=BC,则下列关系正确的是() A.电场强度大小关系为E A=E C>E B B.电势φA=φC<φB C.将一带负电粒子由A经B移至C点过程中,电场力先做负功再做正功 D.将一带正电粒子由A经B移至C点过程中,电势能先增大再减小 三、非选择题 7.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。 8.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104 N/C。现有一电荷量q=+1.0×10-4 C、质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。g取10 m/s2。试求: (1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小; (2)D点到B点的距离x DB; (3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。(结果保留三位有效数字) 考点规范练36电场能的性质 1.B解析将负电荷由低电势点移到高电势点,电场力做正功,电势能减小,选项A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做正功越多,电荷在该点的电势能越大,选项B正确;在同一等势面上,电势处处相等,电场强度不一定相等,选项C错误;电势下降最快的方向才是电场强度的方向,选项D错误。 2.C解析两个等量同种点电荷连线中点O的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,故从中点O 沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小;由于两点电荷间距离以及a、b两点到O点的距离未知,所以a、b两点的电场强度大小不能确定,A、B错误;根据电场强度的叠加原理可知,Oab直线上电场强度方向向上,沿着电场线方向电势逐渐降低,所以a点电势一定高于b点电势,C正确,D错误。 3.C解析因为轨迹是抛物线,所以粒子受力恒定,所处电场是一个匀强电场,故不可能是点电荷形成的电场,B错误;根据粒子在做曲线运动过程中,受到的合力总指向轨迹内侧,并且粒子带正电,受到的电场力方向和电场强度方向相同,可知粒子的运动轨迹有如图所示的1、2两种情况,由图线2可知电场力一直做正功,电势能一直减小,动能增大,电势减小,由图线1可知电场力先做负功,后做正功,总功为正功,电势能先增大后减小,总体减小,故一定有φa>φb,带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能,A、D错误,C正确。 4.B解析A点的电势为φA=k- - +k,C点的电势为φC=k-+k,则A、C间的电势差为U AC=φA-φC=- -。质子从A移到C,电场力做功为W AC=eU AC=- - <0,所以质子的电势能增加 - ,B正确。 5.CD解析粒子在电场力作用下做类平抛运动,因粒子垂直打在C点,由圆的半径和切线垂直,以及类平抛运动规律知,C点速度方向的反向延长线必过O点,且OD=AO=0.3 m,根据勾股定理,则 DC=0.4 m,即有AD=v0t,DC=t2,联立并代入数据可得E=25 N/C,故A错误;因U DC=E·DC=10 V,又U DC=φD-φC=φD,而A、D两点电势相等,所以φA=10 V,即粒子在A点的电势能为E p=qφA=8×10-4 J,故B错误;从A到C,由动能定理知,qU AC=,代入数据得v C=5 m/s,故C正确;粒子在C点总能量E C=×10-4×52 J=1.25×10-3 J,由能量守恒定律可知,粒子速率为4 m/s时的电势能为E p'=E C-mv2=1.25×10-3 J-×10-4×42 J=4.5×10-4 J,故D正确。 6.BD解析由电场线分布可知E A=E C 7.解析设带电粒子在B点的速度大小为v B。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即 v B sin 30°=v0sin 60°① 由此得v B=v0②设A、B两点间的电势差为U AB,由动能定理有 qU AB=m()③联立②③式得U AB=。 答案 8.解析(1)设带电体通过C点时的速度为v C,依据牛顿第二定律有mg=m, 解得v C=2.0 m/s。 设带电体通过B点时的速度为v B,设轨道对带电体的支持力大小为F B,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有F B-mg=m。 带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有 -mg×2R= 联立解得F B=6.0 N, 根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力F B'=6.0 N。 (2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=gt2, x DB=v C t-t2。 联立解得x DB=0。 (3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。 设带电体的最大动能为E km,根据动能定理有 qER sin 45°-mgR(1-cos 45°)=E km-, 代入数据解得E km≈1.17 J。 答案(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J
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