考點規(guī)范練36電場能的性質一、單項選擇題1.(2018·黑龍江大慶一模)關于靜電場,下列說法正確的是()A.將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方,電勢能一定增加B.無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,靜電力做的正功越多,電荷在該點的電勢能越大C.在同一個等勢面上的各點,電場強度的大小必然是相等的D.電勢下降的方向就是電場強度的方向2.(2018·重慶模擬)如圖所示,空間有兩個等量的正點電荷,a、b兩點在其連線的中垂線上,則下列說法一定正確的是()A.電場強度Ea>EbB.電場強度Ea<EbC.電勢a>bD.電勢a<b3.(2018·山東煙臺一模)直線mn是某電場中的一條電場線,方向如圖所示。一帶正電的粒子只在電場力的作用下由a點運動到b點,軌跡為一拋物線,a、b分別為a、b兩點的電勢。下列說法正確的是()A.可能有a<bB.該電場可能為點電荷產生的電場C.帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能D.帶電粒子由a運動到b的過程中電勢能一定一直減小4.(2018·福建龍巖質檢)以無窮遠處的電勢為零,在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用=kqr計算,式中r為該點到點電荷的距離,k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為l的兩點,如圖所示?，F(xiàn)將一質子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷+Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點,質子從A移到C的過程中電勢能的變化情況為()A.增加2kQel2-R2B.增加2kQeRl2-R2C.減少2kQeRl2+R2D.減少2kQel2+R2二、多項選擇題5.如圖所示,半徑R=0.5 m的14圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中,OB水平,一質量為m=10-4 kg、電荷量為q=8.0×10-5 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v0=3 m/s水平射出,粒子重力不計,粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出),取C點電勢=0,則()A.該勻強電場的電場強度E=100 V/mB.粒子在A點的電勢能為8×10-5 JC.粒子到達C點的速度大小為5 m/sD.粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.5×10-4 J6.一電場的電場線分布如圖所示,電場中有A、B、C三點,且AB=BC,則下列關系正確的是()A.電場強度大小關系為EA=EC>EBB.電勢A=C<BC.將一帶負電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做負功再做正功D.將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電勢能先增大再減小三、非選擇題7.如圖所示,一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。8.如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4 m,在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場,電場線與軌道所在的平面平行,電場強度E=1.0×104 N/C?，F(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4 C、質量m=0.1 kg的帶電體(可視為質點),在水平軌道上的P點由靜止釋放,帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C,然后落至水平軌道上的D點(圖中未畫出)。g取10 m/s2。試求:(1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大小;(2)D點到B點的距離xDB;(3)帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能。(結果保留三位有效數(shù)字)考點規(guī)范練36電場能的性質1.B解析將負電荷由低電勢點移到高電勢點,電場力做正功,電勢能減小,選項A錯誤;無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,因無窮遠處電勢能為零,因此靜電力做正功越多,電荷在該點的電勢能越大,選項B正確;在同一等勢面上,電勢處處相等,電場強度不一定相等,選項C錯誤;電勢下降最快的方向才是電場強度的方向,選項D錯誤。2.C解析兩個等量同種點電荷連線中點O的電場強度為零,無窮遠處電場強度也為零,故從中點O沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小;由于兩點電荷間距離以及a、b兩點到O點的距離未知,所以a、b兩點的電場強度大小不能確定,A、B錯誤;根據(jù)電場強度的疊加原理可知,Oab直線上電場強度方向向上,沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以a點電勢一定高于b點電勢,C正確,D錯誤。3.C解析因為軌跡是拋物線,所以粒子受力恒定,所處電場是一個勻強電場,故不可能是點電荷形成的電場,B錯誤;根據(jù)粒子在做曲線運動過程中,受到的合力總指向軌跡內側,并且粒子帶正電,受到的電場力方向和電場強度方向相同,可知粒子的運動軌跡有如圖所示的1、2兩種情況,由圖線2可知電場力一直做正功,電勢能一直減小,動能增大,電勢減小,由圖線1可知電場力先做負功,后做正功,總功為正功,電勢能先增大后減小,總體減小,故一定有a>b,帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能,A、D錯誤,C正確。4.B解析A點的電勢為A=k-Ql-R+kQR,C點的電勢為C=k-Ql+R+kQR,則A、C間的電勢差為UAC=A-C=-2kQRl2-R2。質子從A移到C,電場力做功為WAC=eUAC=-2kQeRl2-R2<0,所以質子的電勢能增加2kQeRl2-R2,B正確。5.CD解析粒子在電場力作用下做類平拋運動,因粒子垂直打在C點,由圓的半徑和切線垂直,以及類平拋運動規(guī)律知,C點速度方向的反向延長線必過O點,且OD=AO=0.3m,根據(jù)勾股定理,則DC=0.4m,即有AD=v0t,DC=qE2mt2,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得E=25N/C,故A錯誤;因UDC=E·DC=10V,又UDC=D-C=D,而A、D兩點電勢相等,所以A=10V,即粒子在A點的電勢能為Ep=qA=8×10-4J,故B錯誤;從A到C,由動能定理知,qUAC=12mvC2-12mv02,代入數(shù)據(jù)得vC=5m/s,故C正確;粒子在C點總能量EC=12mvC2=12×10-4×52J=1.25×10-3J,由能量守恒定律可知,粒子速率為4m/s時的電勢能為Ep'=EC-12mv2=1.25×10-3J-12×10-4×42J=4.5×10-4J,故D正確。6.BD解析由電場線分布可知EA=EC<EB,A錯誤;根據(jù)等勢面與電場線垂直,以及電場的對稱性作出等勢面,可知A、C在同一等勢面上,B點電勢高于A、C點電勢,B正確;UAB<0,UBC>0,將一帶負電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做正功再做負功,C錯誤;將一帶正電粒子由A經(jīng)B移至C點過程中,電場力先做負功再做正功,電勢能先增大再減小,D正確。7.解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變,即vBsin30°=v0sin60°由此得vB=3v0設A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有qUAB=12m(vB2-v02)聯(lián)立式得UAB=mv02q。答案mv02q8.解析(1)設帶電體通過C點時的速度為vC,依據(jù)牛頓第二定律有mg=mvC2R,解得vC=2.0m/s。設帶電體通過B點時的速度為vB,設軌道對帶電體的支持力大小為FB,帶電體在B點時,根據(jù)牛頓第二定律有FB-mg=mvB2R。帶電體從B運動到C的過程中,根據(jù)動能定理有-mg×2R=12mvC2-12mvB2聯(lián)立解得FB=6.0N,根據(jù)牛頓第三定律,帶電體對軌道的壓力FB'=6.0N。(2)設帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t,根據(jù)運動的分解有2R=12gt2,xDB=vCt-12Eqmt2。聯(lián)立解得xDB=0。(3)由P到B帶電體做加速運動,故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中,在此過程中只有重力和電場力做功,這兩個力大小相等,其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點右側對應圓心角為45°處。設帶電體的最大動能為Ekm,根據(jù)動能定理有qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-12mvB2,代入數(shù)據(jù)解得Ekm1.17J。答案(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J4