专题13：电场能性质.docx

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1、专题13：电场能性质专题13：电场能的性质 题型1：电势、电势能改变、电场力做功综合问题 1计算电场力做功常有哪些方法 (1)WABqUAB(普遍适用) (2)WqEscos (适用于匀强电场) (3)WABEp(从能量角度求解) (4)W电W非电Ek(由动能定理求解) 2电势能增减的推断方法 做功法：无论电荷是正是负，只要电场力做正功，电荷的电势能就削减； 电场力做负功，电荷的电势能就增加 3电势凹凸的推断 (1)据电场线的方向：沿电场线方向，电势越来越低 (2)据电场力做功的方法：据定义式UAB，将WAB、q的、代入，由 UAB的、可判电势凹凸 1.如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电

2、场，电场方向平行于斜面对上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的() A动能削减18 J B电势能增加24 J C机械能削减24 J D内能增加16 J 解析：由动能定理可知Ek32 J8 J16 J18 J10 J，A错误；克服 电场力做功为8 J，则电势能增加8 J，B错误；机械能的变更量等于除重力以 外的其他力所做的总功，故应为E32 J8 J16 J8 J，C错误；物体内 能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正确 答案：D 2.

3、如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点下列说法正确的是() 不定项 AM点电势肯定高于N点电势 BM点场强肯定大于N点场强 C正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D将电子从M点移动到N点，电场力做正功 解析：沿电场线方向，电势降低，所以M点电势肯定高于N点电势，A正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强肯定小于N点场强，B错；若把正电荷由M点移到N点电场力做正功，电荷的电势能减小，所以EpMEpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向沿NM指向M，电场力做负功，D错答案：AC 3.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场

4、线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度 vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度 vN折回N点，则() A粒子受电场力的方向肯定由M指向N B粒子在M点的速度肯定比在N点的大 C粒子在M点的电势能肯定比在N点的大 D电场中M点的电势肯定高于N点的电势 解析：由题意可知M、N在同一电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法推断M、N两点的电势凹凸，选D错误 答案：B 4.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6212所示的

5、轨迹运动到N点由此可知() A小球所受的电场力肯定小于重力 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小球的动能肯定减小 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肯定大于重力；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： B 5.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

6、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60角的位置如图所示，已知细绳长为L，让小球从30的A点释放，则() A匀强电场的场强为 B匀强电场的场强为 C小球的最大速度为 D小球的最大速度为(1) 解析：小球在60时处于平衡，则Eqmgtan ，所以E，选项A、B错误；小球第一次到达平衡位置处的速度是小球的最大速度，依据动能定理有：qE(Lsin 60Lsin 30)mg(Lcos 30Lcos 60)mv2，联立解得v(1)，选项C错误、D正确 答案：D 6.如图所示，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

7、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，下列说法中错误的是() A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削减 D小圆环与负电荷组成的系统电势能先减小后增加 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，因而动能先增加后削减，电势能先削减后增加 答案：B 7.如图所示，匀强电场场强的大小为E，方向与水平面的夹角为(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

8、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() A带电小球的电势能增加qEL(sin cos ) B带电小球的电势能增加2mgLcot C该外力所做的功为mgLtan D该外力所做的功为mgLcot 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mgcot ，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mgLcot ，D正确；小球的重力势能减小mgL，在场强方向的位移为L(sin cos )，电场力对小球做的功为qEL(sin cos

9、 )，电势能增加qEL(sin cos )，A、B、C错误 答案：D 8.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷Q，在x轴上C点有点电荷Q，且COOD，ADO60.下列推断正确的是() AO点电场强度为零 BD点电场强度为零 C若将点电荷q从O移向C，电势能增大 D若将点电荷q从O移向D，电势能增大 解析：本题考查电场强度矢量的叠加及电场力做功与电势能改变的关系空间中任何一点的场强都是三个点电荷在该点产生场强的矢量和A、B两个Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点电荷在O点产生的场强(不为零)，A选项错误；A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设E

10、AEBECE，EA、EB的矢量和沿x轴正方向，大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，B选项正确；在x0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从O移向D，电场力做正功，电势能削减，C、D选项错误本题正确选项B. 答案：B 9.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x改变的状况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则() A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

11、，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改变量先减小后增大，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： D 10.如图所示，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() AM点的电势肯定高于N点的电势 B小物块的电势能可能增加 C小物块电势能改变量的大小肯定等于克服摩擦力做的功 D小物块所受的电场力减小 解析：Q为点电荷，由于M点距点电荷Q的距离比N点小，

12、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D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削减量和重力势能的削减量之和，故选项C错误，因不知Q和物块的电性，无法推断电势凹凸，选项A误 答案：D 题型2：电场线、等势面、运动轨迹的综合问题 11.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MNNQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的 初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则() Aa肯定

13、带正电，b肯定带负电 Ba加速度减小，b加速度增大 CMN电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ| Da粒子到达等势线3的动能改变量比b粒子到达等势线1的动能改变量小 解析：由带电粒子在运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能推断带电粒子带电的性质，A错；由电场线的疏密可知，a加速度将减小，b加速度将增大，B正确；因为是非匀强电场，故MN电势差并不等于NQ两点电势差，C错；但因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子的带电量大小不确定，故无法比较动能改变量的大小，D错误

14、答案：B 12.如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电 场线跟x轴的负方向夹角为，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小 为v0方向沿x正方向的初速度射入电场，最终打在y轴上的M点电子的 质量为m，电荷量为e，重力不计则() AO点电势高于M点电势 B运动过程中电子在M点电势能最多 C运动过程中，电子的电势能先削减后增加 D电场对电子先做负功，后做正功 解析：由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M点电势高于O点，A错误，电子在M点电势能最少，B错误，运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C错误，D正确 答案：D 13. 如图

15、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，所带电荷的肯定值也相等现将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() AM带负电荷，N带正电荷 BN在a点的速度与M在c点的速度相同 CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 DM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

16、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、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：D 题型3：电场性质与力学问题的综合 解决力电综合问题的一般方法 (1)利用力和运动的关系牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的结合即：受力和初速确定运动，运动反映受力一切力学问题的分析基础，特适于恒力作用下的匀变速运动 (2)利用功、能关系动能定理及其他力的功能关系(如重力、电场力、摩擦力等) 及能的转化守恒，即：做功引起并量度了能的变更；无论恒力作用、变力作用、直线运动、曲线运动皆可 14.如图所示，水平

17、绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝 缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离x1.0 m的位置， 由于受到电场力的作用带电体由静止起先运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷 q8.0105 C，取g10 m/s2，求： (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小； (2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小； (3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对

18、带电体所做的功各是多少 解析：(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，依据牛顿其次定律 有：qEma 解得：aqE/m8.0 m/s2 设带电体运动到B端时的速度大小为vB，则v2as，解得：vB4.0 m/s (2)设带电体运动到圆弧形轨道B端时受轨道的支持力为N，依据牛顿其次定律 有：NmgmvB2/R，解得：NmgmvB2/R5.0 N 依据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧形轨道B端的压力大小FN5.0 N. (3)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所 做的功W电qER0.32 J设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为 W摩，对此过程依据动能定

19、理有：W电W摩mgR0mvB2解得：W摩0.72 J. 答案：(1)8.0 m/s2,4.0 m/s(2)5.0 N(3)0.32 J，0.72 J 15.如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J则下列说法正确的是() A粒子带负电 B粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J C粒子在A点的动能比在B点少0.5 J D粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J 解析：粒子从A点运动到B点，电场力做正功，且沿着电场线，故粒子带正电，所以选项A错；粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能削减，故粒子在A点的电势能比在B点多1.5

20、J，故选项B错；由动能定理，WGW电Ek，2.0 J1.5 JEkBEkA，所以选项C错；由其他力(在这里指电场力)做功等于机械能的增加，所以选项D对 答案：D 16.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为(小球的重力大于所受的电场力) (1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小 (2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为大？ (3)若小球从斜轨道h5R处由静止释放假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的变更量 解析：(1)依据牛

21、顿其次定律：(mgqE)sin ma a (2)若小球刚好通过B点，据牛顿其次定律：mgqE 小球由A到B，据动能定理：(mgqE)(h2R) 以上联立，得h (3)小球从静止起先沿轨道运动到B点的过程中，机械能的改变量为：E机由E机W电 W电3REq 得E机3REq 17.如图所示，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h0.8 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/s2)求： (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

22、大小v0. (3)小环运动到P点的动能 解析：(1)小环在直杆上的受力状况如图所示 由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45，得mgEq， 离开直杆后，只受mg、Eq作用， 则F合mgma，ag10 m/s214.1 m/s2 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v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：hv0sin 45tgt2， 水平方向：v0cos 45tt20，解得：v0 2 m/s (3)由动能定理得：Ekpmvmgh，可得：Ekpmvmgh5 J. 答案：(1)14.1 m/s2垂直于杆斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J 题型4：电容器电粒子在电场中的运

23、动 18.如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则() A当增大两板间距离时，v也增大 B当减小两板间距离时，v增大 C当变更两板间距离时，v不变 D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也不变 解析：电子从静止起先运动，依据动能定理，从A运动到B动能的改变量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移假如增加的话，时间变长 答案：C 19.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图6315所示，则() 保持开关S闭合，

24、带正电的A板向B板靠近，则增大 保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变 开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大 开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变 A正确 B正确 C正确 D正确 解析：悬线偏离竖直方向的夹角的大小由带电小球受的电场力和重力两因素确定因重力不变，故电场力增大时就增大在保持开关S闭合，即保持电容器两极板间电压U不变由于A、B板靠近，d变小，极板间电场强度E就增大，因而带电小球受电场力FqEq增大，则增大；若断开开关S，即表明电容器极板上的电荷量Q不变当A、B板靠近后，电容器的电容C将增大，依据U，电容器两板间电压U减小电容器两板间的场强E有无改变呢？把上述各关

25、系代入，得E.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则不变 答案：C 20.如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏假如在导电液体的深度h发生改变时视察到指针正向左偏转，则() A导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大 B导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大 C导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小 D导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小 解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左右，则导

26、体芯A所带电量在减小，由QCU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确 答案：D 21.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知ABBC.不计空气阻力，则可知() A微粒在电场中作抛物线运动 B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 CMN板间的电势差为2mv/q DMN板间的电势差为Ev/2g 解析：由题意可知，微粒到达C点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因

27、ABBC，即tt可见vcv0.故B项正确；由qmv，得U，故C项错误；又由mgqE得q代入U，得U，故D项错误 答案：B 22.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球() A将打在下板中心 B小球不再沿原轨迹运动 C不发生偏转，沿直线运动 D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中心 解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动下板不动时，小球沿原轨迹

28、由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中心 答案：D 23.如图所示，带正电的粒子以肯定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则() A在前时间内，电场力对粒子做的功为 B在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq C在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12 D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为21 答案：B 24.如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4103 m，有一束由相同

29、带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中心平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中心，已知微粒质量为m4105 kg，电量q1108 C(g10 m/s2)求： (1)微粒入射速度v0为多少？ (2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？ 解析：(1)v0t，gt2，可解得：v010 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，a12，a1 解得：U1120 V 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，a22，a2 解得：U220

30、0 V所以120 VU200 V. 答案：(1)10 m/s(2)与负极相连120 VU200 V 25.如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定今有一带电粒子(重力不计)以肯定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最终打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽视粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出 解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v0， v0tl，yat2，tan ，yltan ， 所以al，3alv. 由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后状况，如上图甲、乙所示其范围是ly.其中yal，范围是l. 答案：l图略