《高考物理總復習 課時作業(yè)二十六 電場能的性質(zhì)-人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理總復習 課時作業(yè)二十六 電場能的性質(zhì)-人教版高三物理試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè) 二十六 電場能的性質(zhì) (限時：45分鐘) (班級________　姓名________) 1．勻強電場中同一平面上三個點A、B、C，各點電勢ΦA＝10 V，ΦB＝2 V，ΦC＝6 V，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　A　　　　B　　　 　　C　　　　　　D 2.(17年鹽城模擬)(多選)某靜電場的等勢面分布如圖所示，下列說法中正確的是(　　) 第2題圖 A．A點電場強度方向為曲線上該點的切線方向 B．負電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能小 C．將正電荷由圖中A點移到C

2、點，電場力做負功 D．將電荷從圖中A點移到B點，電場力不做功 　第3題圖 3．如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有D、E、F三點，且DE＝EF.K、M、L分別為過D、E、F三點的等勢面．一不計重力的帶負電粒子，從a點射入電場，運動軌跡如圖中實線所示，以|Wab|表示該粒子從a點到b點電場力做功的數(shù)值，以|Wbc|表示該粒子從b點到c點電場力做功的數(shù)值，則(　　) A．|Wab|＝|Wbc| B．|Wab|＜|Wbc| C．粒子由a點到b點，動能減少 D．a(chǎn)點的電勢較b點的電勢低 4．一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點，軌跡如圖中虛線所示，圖中的一

3、組等距平行實線表示的可能是電場線也可能是等差等勢面，則以下說法正確的是(　　) 第4題圖 A．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，a點的場強都比b點的場強小 B．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，a點的電勢都比b點的電勢高 C．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小 D．如果圖中的實線是等勢面，電子在a點的速率一定大于在b點的速率 5．(多選)四個點電荷位于正方形四個角上，電荷量及其附近的電場線分布如圖所示．a(chǎn)b、cd分別是正方形兩組對邊的中垂線，O為中垂線的交點，P、Q分別為ab、cd上的兩點，OP>OQ，則(　　) 第5

4、題圖 A．P點的電場強度比Q點的小 B．P點的電勢比M點的低 C．OP兩點間的電勢差小于OQ間的電勢差 D．一帶正電的試探電荷在Q點的電勢能比在M點大 　第6題圖 6．(多選)一帶負電的點電荷僅在電場力作用下由a點運動到b點的 v-t圖象如圖所示，其中t1和t2分別是電荷運動到電場中a、b兩點的時刻，下列說法正確的是(　　) A．該電荷由a點運動到b點，電場力做負功 B．a(chǎn)點處的電場線比b點處的電場線密 C．a(chǎn)、b兩點電勢的關系為φa＜φb D．電荷的電勢能一定不斷減小 7．(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，

5、其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) 第7題圖 A．從x1到x3帶電粒子的加速度一直增大 B．從x1到x3帶電粒子的速度一直減小 C．粒子在O～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 D．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3 8．如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質(zhì)量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以初速度v0從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的

6、是(　　) 第8題圖 A．粒子在x2點的速度為0 B．從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大 C．若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為 D．若v0＝，則粒子在運動過程中的最大動能為3qφ0 9．(多選)如圖所示，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，一帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，由此可知(　　) 第9題圖 A．從B到C，小球的動能減小 B．從B到C，小球的電勢能減小 C．從A到B與從B到C小球的運動時間一定相等 D．從A到B與從B到C小球的速度變化量大小一

7、定相等 10．如圖所示，兩個平行金屬板A、B中間為一勻強電場，A、B相距10 cm，C、D為電場中的兩點，CD＝8 cm，CD連線和電場方向成60°角，C點到A板的距離為2 cm，已知質(zhì)子從C點移到D點，電場力做功為3.2×10－17 J．求： (1)勻強電場電場強度的大?。? (2)A、B兩點間的電勢差． (3)若將A板接地，則C、D兩點的電勢各為多大？ 第10題圖　 11．如圖所示，直角坐標系處于豎直面內(nèi)，第一、二象限存在著平滑連接的光滑絕緣軌道．第一象限內(nèi)的軌道呈拋物線形狀，其方程為y＝x2；第二象限內(nèi)的軌道呈半圓形狀，半徑為R，B點是其最高點，且第二象限處于豎

8、直方向的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電小球，從與B點等高的A點靜止釋放，小球沿著軌道運動且恰能運動到B點．重力加速度為g，求： (1)小球運動到O點時對軌道的壓力F； (2)第二象限內(nèi)勻強電場的場強大小E； (3)小球落回拋物線軌道時的動能Ek. 第11題圖　　　 課時作業(yè)(二十六)　電場能 的性質(zhì)1.D　【解析】　由題意可知AB的中點電勢為6 V，與C相連就是一條等勢線，而電場線與等勢線垂直，方向指向電勢低的方向，選項D正確．故選D. 2．BD 3．C　【解析】　根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布情況可知，DE段場強大

9、于EF段場強，由公式U＝Ed定性分析得知，DE間電勢差的絕對值大于EF間電勢差的絕對值，由電場力做功公式W＝qU得，|Wab|＞|Wbc|.故A、B錯誤；由圖看出，電荷的軌跡向左彎曲，則知其所受的電場力大致向左，所以等量異種點電荷中正電荷在左側，負電荷在右側，a點的電勢高于b點的電勢，粒子由a到b過程中，電勢能增大，動能減?。蔆正確，D錯誤． 4．D　【解析】　根據(jù)運動軌跡可以判斷電子所受電場力方向指向曲線內(nèi)側，如果平行實線是電場線，電場方向向左，則從a到b電場力做正功，動能增大、電勢能減小，C錯；如果平行實線是等勢面，電場方向向上，則從a到b電場力做負功，動能減小、電勢能增大，D正確；不

10、管平行實線是電場線還是等勢面都表示勻強電場，a、b兩點的場強相等，A錯；電勢高低則要根據(jù)具體情況而確定，B錯．故選D. 5．AD　【解析】　根據(jù)電場的疊加，且OP>OQ，可知P點的電場強度比Q點的小，故A正確；ab是等勢線，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可得P點的電勢比M點的高，故B錯誤；ab和cd是兩條等勢面，且電勢相等，所以OP兩點間的電勢差等于OQ間的電勢差，故C錯誤；由于ΦQ>ΦM，則WQM＝q(ΦQ－ΦM)>0，電場力做正功，電勢能減小，故D正確；故選AD. 6．CD　【解析】　由圖像可知電場力對粒子做正功，電勢能減小，因此A錯誤，D正確；負電荷的電勢能減小，從a到b電勢升高，所以

11、C正確；從圖像可知a處的切線斜率小，加速度小，電場強度小，電場線稀疏，所以B錯誤． 7．BD　【解析】　粒子的加速度與電場強度成正比，由圖可知：在0～x1段，加速度減?。辉趚1～x2段，加速度增大；在x2～x3段，加速度不變，故A、C錯誤；從x1到x3電場強度沿x軸正向，負電荷所受電場力方向向左，所以粒子做減速運動，故B正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，故D正確．故選BD. 8．C　【解析】　根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，由φ－x圖象，畫出沿x軸方向的場強方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示．由圖示知，O和x2兩點電勢相等，O到x2過程，電場力做功為0，動能不變，故粒子在x2點的速

12、度為v0，選項A錯誤；從x1到x3過程中，電場力對負電荷一直做負功，粒子的電勢能一直增加，選項B錯誤；從x3到x4過程中，電場力對負電荷做正功，故粒子若能到達x4點，需能到達x3點．假設粒子恰好到達x3，由動能定理得W＝qφ0＝mv，故v0大小至少為，選項C正確；粒子運動過程中，電場力所做正功的最大值為qφ0，若v0＝，則動能最大值為2qφ0，選項D錯誤． 第8題圖 9．AD　【解析】　根據(jù)帶電小球在電場中的運動軌跡可知，帶電小球受到的合力豎直向上，電場力豎直向上，并且電場力大于重力，從B到C，合外力對小球做負功，小球的動能減小，A對；電場力對小球做負功，小球的電勢能增大，B錯；全過程

13、小球在水平方向上做勻速直線運動，由于AB的水平距離和BC的水平距離大小關系不確定，所以兩段的運動時間的大小關系也不確定，C錯；C點的速度恰好水平，可知兩段的速度變化量的大小一定相等，D對．故選AD. 10．(1)5000 V/m　(2)500 V　(3)－100 V?。?00 V 【解析】　(1)根據(jù)UCD＝得：UCD＝ V＝200 V，由U＝Ed得：E＝＝ V/m＝5000 V/m. (2)UAB＝E·dAB＝5000×10×10－2 V＝500 V. (3)ΦC＝UCA＝－E·dCA＝－5000×2×10－2 V＝－100 V，ΦD＝UDA＝－E×(ddC＋dCA)＝－5000×(

14、8×10－2×cos60°＋2×10－2) V＝－300 V. 11．(1)5mg　方向豎直向下　(2) (3)mgR 【解析】　(1)小球從A點運動到O點的過程中機械能守恒，有mg·2R＝mv在O點處，對小球由牛頓第二定律得FN－mg＝mv/R解得FN＝5mg由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮镕＝5mg，方向豎直向下；(2)小球恰能運動到B點，說明小球所受的電場力向上．由牛頓第二定律得mg－qE＝mv/R 小球從A點到B點的過程中，由動能定理得qE·2R＝mv－0解得vB＝2E＝ ；(3)小球從B點飛出后做平拋運動，設落回拋物線軌道時的坐標為(x，y)，有x＝vBt，2R－y＝gt2，x、y滿足關系y＝x2，小球從B點到拋物線軌道，由動能定理得mg＝Ek－ mv解得Ek＝mgR.