2011届高考物理一轮复习重要题型名师精讲之静电场 第2讲 电场能的性质

第2讲 电场能的性质1.在地面上空中有方向未知的匀强电场，一带电量为－q 的小球以某一速度由M 点沿如图6－2－12所示的轨迹运动到N 点．由此可知( )A ．小球所受的电场力一定大于重力B ．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变C ．小球的机械能保持不变D ．小球的动能一定减小图6－2－12解析：由题图示的轨迹可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的电场力一定大于重力；小球以某一速度由M 点沿图示轨迹运动到N 点的过程中，仅受电场力和重力作用，其小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，但机械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和电场力的合力)向上，则小球的动能增加；若小球所受的合外力(重力和电场力的合力)向左上方，则小球的动能可能减小．答案：AB2.(2009·辽宁、宁夏，18)空间有一匀强电场，在电场中建立如图6－2－13所示的直角坐标系O —xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a,0)，N 点的坐标为(a,0,0)，P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22 VB.32 VC.14 VD.34 V 解析：MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a 4，所以P 点的电势为：32a42a×1＝34V ，D 正确． 答案：D3.如图6－2－14，A 、B 两点各放一电荷量均为Q 的等量异种电荷，有一竖直放置的光滑绝缘细杆在两电荷连线的垂直平分线上，a 、b 、c 是杆上的三点，且ab ＝bc ＝l ，b 、c 关于两电荷连线对称．质量为m 、带正电荷q 的小环套在细杆上，自a 点由静止释放，则( )图6－2－14A ．小环通过b 点时速度为2glB ．小环通过c 点时速度为3glC ．小环从b 到c 速度可能先减小后增大D ．小环做匀加速直线运动 解析：中垂线上各点的合场强均为水平向右，与环的运动方向垂直不做功，故小环做自由落体运动． 答案：AD4.绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个带负电的电荷量为q 、质量为m 的小球，当空间存在水平方向的匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成θ＝60°角的位置．如图6－2－15所示，已知细绳长为L ，让小球从θ＝30°的A 点释放，则( )图6－2－15A ．匀强电场的场强为3mg 3qB ．匀强电场的场强为3mg qC ．小球的最大速度为2(3－1)gLD ．小球的最大速度为(3－1)gL解析：小球在θ＝60°时处于平衡，则Eq ＝mg tan θ，所以E ＝mg tan 60°q ＝3mg q，选项A 错误、B 正确；小球第一次到达平衡位置处的速度是小球的最大速度，根据动能定理有：qE (L sin 60°－L sin 30°)－mg (L cos 30°－L cos 60°)＝12m v 2， 联立解得v ＝(3－1)gL ，选项C 错误、D 正确．答案：BD5.如图6－2－16所示，一个质量为43×10－3 kg 、电荷量为＋2×10－6 C 的小球，套在绝缘杆上，杆可在竖直平面内绕上端转动，球与杆的动摩擦因数为0.5.整个装置处于电场强度大小为2×10 4 N/C ，方向水平向右的匀强电场中，取g ＝10 m/s 2.求：图6－2－16(1)杆与竖直方向夹角多大时，小球运动速度变化最快．(2)当杆竖直放置时，球沿杆下滑1 m 所损失的机械能．解析：(1)当杆转到沿合力方向，不受摩擦力作用时，小球加速度最大，合力与竖直方向夹角为cot θ＝mg qE ＝3，θ＝30°.(2)F N ＝qE ，F f ＝μF N ＝μqE ，W ＝F f x ＝μqEx ＝0.5×2×10－6×2×104×1 J ＝2×10－2 J.答案：(1)30°(2)2×10－2 J1.如图6－2－17所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环(可视为质点)套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是()图6－2－17A．小圆环所受库仑力的大小先增大后减小B．小圆环的加速度先增大后减小C．小圆环的动能先增加后减少D．小圆环与负电荷组成的系统电势能先增加后减少解析：库仑力的大小先增大后减小；加速度先减小后增大；由动能定理，电场力先做正功后做负功，因而动能先增加后减少，电势能先减少后增加．答案：AC2.如图6－2－18所示，直线是真空中两点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一个带正电的粒子在只受电场力的情况下，以速度v A经过A点沿直线向B点运动，经一段时间以后，该带电粒子以速度v B经过B点，且v B与v A方向相反，则()图6－2－18A．A点的电势一定低于B点的电势B．A点的场强一定大于B点的场强C．该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能D．该带电粒子在A点时的动能与电势能之和等于它在B点时的动能与电势能之和解析：一条电场线无法确定电场的强弱，B错．答案：ACD3. (2009·全国Ⅱ，19)如图6－2－19中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则()图6－2－19A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：因为O点电势高于c点电势，可知场强方向竖直向下，正电荷受到的电场力向下，负电荷受到的电场力向上，可知M是正电荷，N是负电荷，故A错，M运动到c点电场力做正功，N运动到a点电场力也做正功，且M、N电量相等，匀强电场相等距离的等势线间的电势差也相等，所以做功相等，选项B正确、C错；由于O、b点在同一等势面上，故M在从O点运动到b点的过程中电场力做功为零，选项D正确．答案：BD4.如图6－2－20甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()图6－2－20A．电子将沿Ox方向运动B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定D．电子运动的加速度先减小后增大解析：由题图甲可知O点右边的电势大于O点的电势，故电场线沿Ox的反方向，在O点静止释放电子，且电子仅受电场力作用时，电子将沿Ox方向运动，A正确；电场力做正功，电势能减小，B错；从图乙可知电势在相同距离的变化量先减小后增大，故电场强度先减小后增大，故电子运动的加速度先减小后增大，C错，D正确．答案：AD5.如图6－2－21所示，光滑曲面上方有一固定的带电量为＋Q的点电荷，现有一带电量为＋q的金属小球(可视为质点)，在A点以初速度v0沿曲面射入，小球与曲面相互绝缘，则()图6－2－21A．小球从A点运动到B点过程中，速度逐渐减小B．小球从A点到C点过程中，重力势能的增加量等于其动能的减少量C．小球在C点时受到＋Q的库仑力最大，所以对曲面的压力最大D．小球在曲面上运动过程中，机械能始终守恒解析：小球从A点到B点的过程中，小球受到Q的库仑力做负功，速度逐渐减小，A正确；从A点到C 点小球受到的库仑力和重力做负功，由动能定理，B不正确；由于小球在曲面上运动，且受到的库仑力方向在不断变化，因此不能确定小球在C点对曲面的压力最大，C不正确；库仑力做功，则机械能不守恒，D不正确．答案：A6.有一个点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能E k随位移x变化的关系图象如图6－2－22所示中的①②图线．则下列说法正确的是()图6－2－22A．正电荷在A图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①B．负电荷在B图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①C．负电荷在C图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②D．负电荷在D图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②解析：从图中不难看出分匀强电场和非匀强电场，点电荷在匀强电场中由动能定理得E k＝qEx，即点电荷动能与其位移成正比，图线如①所示，结合点电荷受力与场强方向故A、B正确；在非匀强电场中，由于场强E的变化，使得点电荷动能与其位移不再成正比，由图线②可知点电荷动能随位移的增大而增大，并且变化得越来越快，即场强E越来越大，因此C正确，D错误．答案：ABC7.如图6－2－23所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地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()图6－2－2A ．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：Q 为点电荷，由于M 点距点电荷Q 的距离比N 点小，所以小物块在N 点受到的电场力小于在M 点受到的电场力，选项A 正确．由小物块的初、末状态可知，小物块从M 到N 的过程先加速再减速，而重力和摩擦力均为恒力，所以电荷间的库仑力为斥力，电场力做正功，电势能减小，选项B 错误．由功能关系可知，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能的减少量之和，故选项C 正确．因不知Q 和物块的电性，无法判断电势高低，选项D 错误．答案：AC8.(2010·石家庄质检)如图6－2－24所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q ，另一电荷量为－q 、质量为m 的滑块(可看作点电荷)从a 点以初速度v 0沿水平面向Q 运动，到达b 点时速度为零．已知a 、b 间距离为s ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .以下判断正确的是( )图6－2－24A ．滑块在运动过程中所受Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力B ．滑块在运动过程的中间时刻速率大于v 02C ．此过程中产生的内能为m v 202D ．Q 产生的电场中a 、b 两点间的电势差U ab ＝m (v 20－2μgs )2q解析：若滑块受到的库仑力某时刻大于摩擦力，则滑块即开始做加速运动，不会在b 点停下，故A 错误；水平方向上滑块受到恒定的摩擦力和逐渐变大的库仑力，且摩擦力大于库仑力，应做加速度逐渐减小的减速运动，前半段时间速度变化量较大，故中间时刻滑块速率小于v 02，B 错误；滑块从a 运动到b 的过程中，动能和电势能减小，转化为内能，故内能Q ＝12m v 20－qU ab ＝μm gs ，显然Q ≠m v 202，C 错误；由上式还可得：U ab ＝m (v 20－2μgs )2q，D 正确． 答案：D9.如图6－2－25所示，匀强电场场强的大小为E ，方向与水平面的夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m 、电荷量为q 的带电小球，用长为L 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点，小球电荷量保持不变，在此过程中( )图6－2－25A ．该外力所做的功为mgL cot θB ．带电小球的电势能增加qEL (sin θ＋cos θ)C ．带电小球的电势能增加2mgL cot θD ．该外力所做的功为mgL tan θ解析：由于小球静止时，细线恰好水平，所以重力与电场力的合力大小为mg cot θ，方向水平向右，在外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点的过程中，小球在重力与电场力的合力方向的位移为L ，外力克服重力与电场力的合力做功mgL cot θ，A 正确，D 错误；小球的重力势能减小mgL ，在场强方向的位移为L (sin θ＋cos θ)，电场力对小球做的功为—qEL (sin θ＋cos θ)，电势能增加qEL (sin θ＋cos θ)，B 正确，C 错误．答案：AB10.在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E ＝6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同．在O 处放一个电荷量q ＝－5.0×10－8 C ，质量m ＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x 轴正方向给物块一个初速度v 0＝2.0 m/s ，如图6－2－26所示．(g 取10 m/s 2)试求：图6－2－26(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置．解析：(1)设物块向右运动的最大距离为x m ，由动能定理得：－μmgx m －E |q |x m ＝0－12m v 20可求得：x m ＝0.4 m.(2)因Eq ＞μmg ，物块不可能停止在O 点右侧，设最终停在O 点左侧且离O 点为x 处．由动能定理得：E |q |x m －μmg (x m ＋x )＝0，可得：x ＝0.2 m.答案：(1)0.4 m (2)O 点左侧0.2 m 处11.如图6－2－27所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d ，上极板开有一小孔，质 量均为m ，带电荷量均为＋q 的两个带电小球(视为质点)，其间用长为L 的绝缘轻杆相 连，处于竖直状态，已知d ＝2L ，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两 球竖直下落．当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零．试求：图6－2－27(1)两极板间匀强电场的电场强度；(2)球运动中的最大速度．解析：(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得：2mgd －Eqd －Eq (d －L )＝0，则有E ＝4mg /3q .(2)两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最大速度，此过程利用动能定理得：2mgL －EqL ＝2m v 22，则有v ＝ 2gL 3. 答案：(1)4mg 3q (2) 2gL 3 12.如图6－2－28所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10 m/s 2)求：图6－2－28(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0.(3)小环运动到P 点的动能．解析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mg sin 45°＝Eq cos 45°，得mg ＝Eq ，离开直杆后，只受mg 、Eq 作用，则F 合＝2mg ＝ma ，a ＝2g ＝10 2 m/s 2＝14.1 m/s 2方向与杆垂直斜向右下方.(2)设小环在直杆上运动的速度为v 0，离杆后经t 秒到P 点，则竖直方向：h ＝v 0sin 45°·t ＋12gt 2， 水平方向：v 0cos 45°·t －12qE m t 2＝0，解得：v 0＝ gh 2＝2 m/s (3)由动能定理得：E k p ＝12m v 20＋mgh ，可得：E k p ＝12m v 20＋mgh ＝5 J. 答案：(1)14.1 m/s 2 垂直于杆斜向右下方 (2)2 m/s (3)5 J。