2012届高三物理一轮复习测试32：电场能的性质的描述(大纲版)

1.如图所示,实线为电场线,虚线为等势线,且AB=BC,电场中的A､B､C三点的场强分别为EA､EB､EC,电势分别为φA､φB､φC,AB､BC间的电势差分别为UAB､UBC,则下列关系中正确的有( )[来源:学&科&网]

A.φA>φB>φC B.EC>EB>EA C.UABD.UAB=UBC

解析:从A到B再到C是顺着电场线的方向,电势应逐渐降低,所以φA>φB>φC,即A正确.A､B､C三点中A处电场线最疏,C处电场线最密,所以EA答案:ABC

2.如图所示,在xOy平面内有一个以O为圆心､半径R=0.1 m的圆,P为圆周上的一点,O､P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场,场强大小E=100 V/m,则O､P两点的电势差可表示为( )

A.UOP=-10sinθ(V) B.UOP=10sinθ(V) C.UOP=-10cosθ(V)

D.UOP=10cosθ(V)

解析:本题考查匀强电场中电势差与场强的关系.沿着电场线方向电势越来越低,故由题图可知O点电势低,P点电势高,所以OP两点间电势差为负值,匀强电场中两点间电势差取决于两点间沿场强方向的距离,所以有:UOP=-EdOPsinθ=-10sinθ,A项正确.

答案:A

3.匀强电场中有a､b､c三点.在以它们为顶点的三角形中,∠a=30°,∠c=90°.电场方向与三角形所在平面平行.已知a､b和c点的电势分别为(2-3)V､(2+3)V和2V.该三角形的外接圆上最低､最高电势分别为( )

A.(2-3)V､(2+3)V

B.0V､4V

C.(2-4343)V､(2+)V D.0V､23V 33解析:连接圆心O和c,并通过b､a两点分别作Oc的平行线,因为Oa=Ob=Oc=R,所以三条平行线是等电势差的.再过O点作三条平行线的垂线,交三角形abc的外接圆于d､e两点,则d点电势最高,e点电势最低.由ERcos30°=φb-φc,ER=φd-φc,ER=-φc-φe且φb=(2+3)V,φc=2V得φd=4V,φe=0V,所以B正确,ACD均错误.

答案:B

4.如图所示,a､b带等量异种电荷,M､ N是a､b连线的中垂线,现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v0射出,开始一段轨迹如图中实线所示,不考虑粒子重力,则在飞越该电场的过程中( )

[来源:Z#xx#k.Com]

A.该粒子带负电

B.该粒子的动能先减小后增大 C.该粒子的电势能先增大后减小

D.该粒子运动到无穷远处,速率大小一定仍为v0

解析:由电荷的运动轨迹可看出粒子带负电,故A正确.MN是等势面,可延伸到无穷远,故粒子在M点和,电场力做功为零,故D选项正确.

答案:AD

5.如图所示,一个平行板电容器,板间距离为d,当对其加上电压后,A､B两板的电势分别为+φ和-φ,( )

A.电容器两极板间可形成匀强电场,电场强度大小为E=φ/d

B.电容器两极板间各点的电势,有的相同,有的不同;有正的,有负的,有的为零

C.若只减小两极板间的距离为d,该电容器的电容C要增大,极板上带的电荷量Q也会增加 D.若有一个电子穿越两极板之间的电场,则电子的电势能一定会减小 解析:电容器两板间电势差为U=2φ,匀强电场的电场强度EUd2d,A错;沿电场线方向电势逐渐降,AB两板间的电势由φ到-φ逐渐减小,B对;由于两极间电势差不变,而板间距离d减小时,电容C增大Q=UC增大,C对;因不知电子的初速度方向,所以无法确定电子穿越两板之间时,电场力做功的正负,D错.所以答案为BC.[来源:学科网]

,,无穷远处的电势差为零下述结论正确的是低电荷量从而无法判断电势能的变化 答案:BC

6.一正电荷在电场中仅在电场力作用下,从A点运动到B点,速度大小随时间变化的图象如图所示,tA､tB

分别是电荷在A､B两点对应的时刻,则下列说法中正确的有( )

A.A处的场强一定小于B处的场强 B.A处的电势一定高于B处的电势

C.电荷在A处的电势能一定小于B处的电势能 D.A至B过程中,电场力一定对电荷做正功

解析:由速度图象可知,正电荷的加速度逐渐增大,所受电场力逐渐增大,B处电场强度大于A处电场强度选项A正确;正电荷从A点运动到B点,在电场力作用下,正电荷速度增大,电场力做正功,所以D正确;电势能减小,电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能,A处的电势一定大于B处的电势,选项B正确,C错.

答案:ABD

7.在粗糙的斜面上固定一点电荷Q,在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块,小物块在Q的电场中沿斜面运动到 N点静止.则从M到 N的过程中( )

A.小物块所受的电场力减小 B.小物块的电势能可能增加

C.小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D.M点的电势一定高于 N点的电势 解析:根据库仑定律:Fq库=k

1q2r2知F库减小,故A对;由于电荷Q电性未知,故无法判定M､ N两点的电势

, 高低,故D错;虽然电荷Q和小物块的电性都未知,但由题意可判断两者之间必为斥力,故小物块的电势能必然减小(因为电场力对其做正功),故B错;由动能定理有WG+W电+Wf=0,且WG>0,W电>0,故W电答案:AC

8.如图所示,图中K､L､M为静电场中的3个相距较近的等势面.一带电粒子射入此静电场中后,沿abcde轨迹运动.已知φK<φL<φM,且粒子在ab段做减速运动.下列判断中正确的是( )

A.粒子带负电

B.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 C.粒子在a点与e点的速度大小相等 D.粒子在a点的电势能小于在d点的电势能

解析:因为φk<φL,且带电粒子在ab段做减速运动,因此粒子带正电,A错误;由电场线分布情况可知a点场强小于b点场强,因此粒子在a点的加速度小于在b点的加速度,B错误;a点和e点处在同一等势面上,因此该粒子在该两点的动能､电势能都相等,C正确;b点和d点处在同一等势面上,b､d两点的电势能相等,由于带电粒子在ab段做减速运动即该阶段电场力做负功,电势能增加,即a点的电势能小于b点的电势能,故D正确.

答案:CD

9.如图所示,把电量为-5×10-9 C的电荷,从电场中的A点移到B点,其电势能________(选填“增大”“减小”或“不变”);若A点的电势UA=15V,B点的电势UB=10V,则此过程中电场力做的功为________J.

解析:负电荷顺着电场线移动,电势能增加,电场力做负功.WAB=qUAB=q(UA-UB)=-5×10-9×(15-10)J=-2.5×10-8J.

答案:增大 -2.5×10-8[

来源:学科网ZXXK]

10.如图所示,绝缘水平板面上,相距为L的A､B两个点分别固定着等量正点电荷.O为AB连线的中点､D是AB连线上的两点,AC=CO=OD=OB=1/4L.一质量为m､电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能从C点出发,沿直线AB向D运动,滑动第一次经过O点时的动能为nE0(n>1),到达D点时动能恰好为零滑块最终停在O点,求:

(1)小滑块与水平板面之间的动摩擦因数μ; (2)OD两点间的电势差UOD; (3)小滑块运动的总路程s. 解析:(1)根据动能定理. C―→O:W电+Wf=nE0-E0① O―→D:W电′+Wf=0-nE0② WLf=-μmg

4③ 根据题意W电=-W′电④

联立①②③④解得μ=2E0/Lmg.⑤ (2)根据动能定理,O到D过程有 qUOD-μmg

L4=O-nE0⑥ 解⑤⑥得U0D=

E02q (1-2n).⑦ (3)由初始C点至最终停止于O点,根据动能定理有qUCO-μmgS=0-E0⑧ UCO=-UOD⑨

,CE0,小 联立⑤⑦⑧⑨解得总路程S=

(2n1)L.⑩ 4答案:(1)2E0/Lmg (2)

E0(2n1)L (1-2n) (3)

42q11.为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B,必须对该电荷施加一个恒力F,如图所示,若AB=0.4 m,α=37°,q=-3×10-7 C,F=1.5×10-4 N,A点的电势UA=100 V.(不计负电荷受到的重力)

(1)在图中用实线画出电场线,用虚线画出通过A､B两点的等势线,并标明它们的电势.[来源:学科网ZXXK]

(2)求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少? 解析:(1)因为点电荷在电场中匀速运动. 所以F-qE=0

F1.5104 N/C=500 N/C Eq3107方向与F的方向相同.

UAB=E·AB·cosα=500×0.4×0.8 V=160 V. φB=φA-UAB=100-160=-60 V 电场线和等势线如图所示. (2)电势能的增加量为ΔE ΔE=-W电

ΔE=-qUAB=3×10-7×160 J=4.8×10-5 J. 答案:(1)如图

(2)4.8×10-5 J

12.在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为+2q,b球的带电荷量为-3q,组成一带电系统,如图所示,虚线MP为AB两球连线的垂直平分线,虚线NQ与MP平行且相距4L.最初A和B分别静止于虚线MP的两侧,距MP的距离均为L,且A球距虚线的距离为3L.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MP､ NQ间加上水平向右的匀强电场E后,求:

[来源:学。科。网]

(1) B球刚进入电场时,带电系统的速度大小.

(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B球电势能的变化量. 解析:(1)带电系统开始运动时,设加速度为a1,由牛顿第二定律得: a1=

2qE2mqEm 当球B刚进入电场时,带电系统的速度为v1,有v^2_1=2a1L,求得v1=2qELm.[来源:学+科+网] (2)对带电系统进行分析,假设球A能到达右边界,电场力对系统做功为W1,有 W1=2qE×3L+(-3qL×2L)=0

故带电系统速度第一次为零时,球A恰好到达右边界 NQ. 设球B从静止到刚进入电场时间为t1,则

NQ t1=

v12mL,解得t1= a1qE3qE2qEqE[来源:学|科|网

2m2m设球B进入电场后,带电系统的加速度为a2,由牛顿第二定律得:a2=Z|X|X|K]

显然,带电系统做匀减速运动.减速所需时间为t2,则有 t2=

0v18mL,求得t2= a2qE可知,带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为t=t1+t2=3B球电势能增加了ΔEP=3qE·2L=6qEL. 答案:(1)

[来源:Z+xx+k.Com]

2mL[来源:学科网] qE2qEL (2)3 m2mL 6qEL Eq