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課時作業(yè)（二十）電場能的性質(zhì)
[基礎(chǔ)小題練]
1．將一正電荷從無限遠處移入電場中M點，靜電力做功W1＝610－9 J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無限遠處，靜電力做功W2＝710－9 J，則M、N兩點的電勢φM、φN，有如下關(guān)系( )
A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0
【解析】 對正電荷φ∞－φM＝；對負電荷φN－φ∞＝，即φ∞－φN＝.而W2＞W(wǎng)1，φ∞＝0，且和均大于0，則φN＜φM＜0，正確答案選C.
【答案】 C
2.如圖所示，空間中存在著由一固定的正點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場，另一正點電荷僅在電場力作用下沿曲線MN運動，在M點的速度大小為v0，方向沿MP方向，到達N點時速度大小為v，且v
EpB>EpA
D．粒子從A運動到B與從B運動到C，靜電力做的功可能相等
【解析】 帶電粒子在勻強電場中運動，受到的靜電力方向相同，選項A正確；根據(jù)粒子的運動軌跡可得，粒子帶負電，帶負電的粒子在電勢高的位置電勢能小，所以EpC>EpB>EpA，選項B、C正確；A、B間的電勢差與B、C間的電勢差不相同，粒子從A運動到B與從B運動到C，靜電力做的功也不等，選項D錯誤．
【答案】 ABC
5.如圖所示，在水平地面上豎直固定一絕緣彈簧，彈簧中心直線的正上方固定一個帶電小球Q，現(xiàn)將與Q帶同種電荷的小球P從直線上的N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是( )
A．小球P的電勢能先減小后增加
B．小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一定增加
C．小球動能的減少量等于電場力和重力做功的代數(shù)和
D．小球P速度最大時所受彈簧彈力和電場力的合力為零
【解析】 在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，電場力對小球P一直做正功，小球P的電勢能一直減小，小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一定增加，B正確，A錯誤；小球動能的減少量等于彈簧彈力、電場力和重力做功的代數(shù)和，C錯誤；小球P速度最大時所受重力、彈簧彈力和電場力的合力為零，D錯誤．
【答案】 B
6．(2018山東濰坊高三期末)如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，三點構(gòu)成直角三角形，∠A＝37，AB邊長為5 m，D為AB中點，電場線與ABC所在平面平行，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和6 V，取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，則( )
A．UDC＝4 V B．UDC＝10 V
C．E＝2 V/m D．E＝1.6 V/m
【解析】 將AB二等分，因UAB＝8 V，則每等分兩端的電勢差為4 V，UAD＝4 V，φD＝10 V，φB＝6 V，UDC＝4 V，A對、B錯；φB＝φC＝6 V，B、C兩點位于同一等勢面上，過D點作DE⊥AC于E點，則DE也為一等勢面，φE＝10 V，電場線即沿AC方向，場強E＝＝2 V/m，故C對、D錯．
【答案】 AC
[創(chuàng)新導(dǎo)向練]
7．生產(chǎn)科技——以電子束焊接為背景考查電場能的性質(zhì)
電子束焊接機中的電子槍如圖所示，K
為陰極，A為陽極，陰極和陽極之間的電場線如圖中虛線所示，A上有一小孔，陰極發(fā)射的電子在陰極和陽極間電場作用下聚集成一細束，以極高的速率穿過陽極上的小孔，射到被焊接的金屬上，使兩塊金屬熔化而焊接到一起，不考慮電子重力，下列說法正確的是( )
A．A點的電勢低于K點的電勢
B．電子克服電場力做功
C．電子的電勢能不斷增加
D．電子動能不斷增加
【解析】 A點電勢高于K點電勢，A錯；電子逆著電場線方向運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B、C錯，D對．
【答案】 D
8．生活科技——電視機顯像管中的等勢面
如圖所示，實線為電視機顯像管主聚焦電場中的等勢面，a、b、c、d為圓上的4個點，則下列說法中正確的是( )
A．a(chǎn)、b、c、d四點電勢不等，但電場強度相同
B．一電子從b點運動到c點，電場力做的功為0.8 eV
C．若一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先減小后增大的直線運動
D．若一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先增大后減小的直線運動
【解析】 由圖可知，a、b兩點電勢相等，c、d兩點電勢相等，但電場強度大小相等，方向不相同，A錯誤．一電子從b點運動到c點，電場力做的功W＝(φc－φb)＝(0.90－0.10)eV＝0.8 eV，B正確．觀察圖中給出的等差等勢面的疏密可知，沿中心軸線從左到右，電場強度先增大后減小，故電子將做加速度先增大后減小的直線運動，C錯誤，D正確．
【答案】 BD
9．高新科技——利用“靜電透鏡”原理考查電場性質(zhì)
靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置．如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等．圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關(guān)于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢
B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度
C．電子在a點的動能大于在b點的動能
D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能
【解析】 由于等勢線的電勢沿x軸正向增加，根據(jù)等勢線與電場線垂直，可作出電場線，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子在y軸左側(cè)受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側(cè)受到一個斜向右上方的電場力，故電子沿x軸方向一直加速，對負電荷是從低電勢向高電勢運動，故A錯誤；根據(jù)等勢線的疏密知道b處的電場線也密，場強大，電子的加速度大，故B錯誤；根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大，可知電子的電勢能一直減小，則電子在a處的電勢能大于在b處的電勢能，電子的電勢能一直減小，則電子穿過電場的過程中，電場力始終做正功，動能增加，故C錯誤，D正確．
【答案】 D
10．生活科技——示波管中的電場線和等勢線
如圖所示為某示波管的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則( )
A．Wa＝Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb
C．Wa＝Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb
【解析】 由題圖知a、b在同一等勢面上，故Uac＝Ubc，又由W＝qU知，Wa＝Wb，又由于在同一電場中，電場線密集處場強大，故Ea＞Eb，A正確．
【答案】 A
[綜合提升練]
11．(2018山東煙臺高三上學(xué)期期中)在豎直面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，坐標(biāo)系內(nèi)有一沿水平方向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電液滴，從P點由靜止開始沿直線運動到坐標(biāo)原點時，速度大小為v.已知重力加速度大小為g，P點的縱坐標(biāo)為y，求：
(1)P、O兩點間的電勢差；
(2)電場強度的大小．
【解析】 (1)從P到O過程，由動能定理得：
mgy＋qU＝mv2－0，
解得：U＝.
(2)液滴在豎直方向做自由落體運動：
y＝gt2，vy＝gt，
在水平方向，液滴做初速度為零的勻加速直線運動，
v0＝at＝t，
液滴到達O點的速度：v＝，
解得：E＝.
【答案】 (1) (2)
12．如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)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＝1.0104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.010－4C，質(zhì)量m＝0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)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)．取g＝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(jié)果保留3位有效數(shù)字)
【解析】 (1)設(shè)帶電體通過C點時的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝m，解得vC＝2.0 m/s.
設(shè)帶電體通過B點時的速度為vB，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＝m.
帶電體從B運動到C的過程中，根據(jù)動能定理有
－mg2R＝mv－mv
聯(lián)立解得FB＝6.0 N，
根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力FB′＝6.0 N.
(2)設(shè)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＝gt2，
xDB＝vCt－t2.
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(cè)對應(yīng)圓心角為45處．
設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有
qERsin 45－mgR(1－cos 45)＝Ekm－mv，
代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17 J.
【答案】 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
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