（江蘇選考）物理第一部分三電場與磁場跟蹤檢測（十二）引用力學(xué)知識激活電學(xué)思維（二）電場能的性質(zhì)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE專題跟蹤檢測（十二）引用力學(xué)知識，激活電學(xué)思維(二)-—電場能的性質(zhì)一、選擇題（第1~5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題）1。（2017·南通模擬）如圖所示，A、B為真空中兩個固定的等量正電荷，abcd是以AB連線中點O為中心的正方形，且關(guān)于AB對稱,關(guān)于a、b、c、d、O各點，下列說法中正確的是（）A．電場強(qiáng)度Ea與Ed相同B．電勢φa＞φdC．將一正電荷由a點移到b點，電場力做正功D．將一負(fù)電荷由b點移到O點，電勢能增大解析：選D根據(jù)等量同種電荷電場線和等勢線的分布情況和對稱性，可知a、b、c、d四點的電場強(qiáng)度大小和電勢均相等，但場強(qiáng)的方向不同，故A、B錯誤；由于ab間的電勢差為零，將正電荷由a點移到b點時有：Wab＝0，故C錯誤；負(fù)電荷由b點移到O點時有：WbO＝UbO·（－q）＜0，即電場力做負(fù)功，電勢能增大，故D正確.2。如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點,OQ連線垂直于MN。以下說法正確的是(）A．O點電勢與Q點電勢相等B．M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差C．將一負(fù)電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D．在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上解析:選C由電場線的方向可知φM〉φO>φN,再作出此電場中過O的等勢線，可知φO〉φQ，A錯誤；MO間的平均電場強(qiáng)度大于ON間的平均電場強(qiáng)度，故UMO〉UON，B錯誤；因UMQ〉0，負(fù)電荷從M到Q，電場力做負(fù)功,電勢能增加，C正確;正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤。3。(2017·江蘇名校檢測）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點,由此可知（）A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度解析：選A根據(jù)電場線的疏密程度可知，R、Q兩點的電場強(qiáng)度ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點的加速度aR〉aQ，故D錯誤；由于帶電粒子只受電場力作用，動能與電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩者之和不變，故C錯誤；根據(jù)曲線運動知識，帶電粒子在R處所受電場力沿電場線向右，又由于該粒子帶負(fù)電，則R處電場的方向應(yīng)該向左，所以電勢φR>φQ，根據(jù)Ep＝qφ可得，帶電粒子在R、Q兩點的電勢能EpR<EpQ，則R、Q兩點的動能EkR>EkQ，所以vR〉vQ，故A正確;同理，EpP<EpQ，故B錯誤.4.(2017·呼倫貝爾二模）如圖所示,M和N是帶有異種電荷的帶電金屬導(dǎo)體，P和Q是M表面上的兩點，S是N表面上的一點，在M和N之間的電場中畫有三條等勢線.現(xiàn)有一個帶正電的粒子(重力不計）在電場中的運動軌跡如圖中虛線所示,不計帶電粒子對原電場的影響，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(）A．P和Q兩點的電勢不相等B．S點的電勢高于P點的電勢C．帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能D．帶電粒子一定是由W點射入經(jīng)F點到E點解析:選C金屬導(dǎo)體M是等勢體，表面是等勢面，故P和Q兩點的電勢相等,選項A錯誤;由正電荷的運動軌跡可知，正電荷受向下的電場力，故電場線由M指向N,則S點的電勢低于P點的電勢，選項B錯誤;因F點電勢高于E點，故帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能，選項C正確；帶電粒子由W點射入經(jīng)F點到E點，或者由E點射入經(jīng)F點到W點，均有可能，選項D錯誤。5.如圖所示，a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標(biāo)明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點。粒子過M、N兩點時的加速度大小分別是aM、aN,電勢能分別是EpM、EpN,a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，a、b間的電勢差為Uab,b、c間的電勢差為Ubc，則下列判斷中正確的是(）A．a(chǎn)M〉aN，EpM>EpN B．φa〈φb<φc，EpM〈EpNC．a(chǎn)M〉aN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpM〈EpN解析:選B根據(jù)帶正電粒子的軌跡的偏轉(zhuǎn)方向，可知圓心處的電荷一定帶負(fù)電，故φa〈φb<φc;根據(jù)點電荷周圍電場的特點可知，粒子在M點受到的電場力大，故aM>aN；因為ab之間的電場強(qiáng)度比bc間的大,由U＝Ed得Uab>Ubc；粒子由M向N運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故EpM〈EpN，只有B正確，A、C、D錯誤。6.(2017·鎮(zhèn)江一模）如圖所示,兩個等量異號點電荷M、N分別固定在A、B兩點，F(xiàn)為AB連線中垂線上某一點，O為AB連線的中點，且AO＝OF，E和φ分別表示F處的場強(qiáng)大小和電勢.將某試探負(fù)點電荷由F處靜止釋放時，其電勢能和加速度大小分別用ε和a表示,取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點，若將負(fù)點電荷N移走，則（）A．E不變 B．φ升高C．ε變小 D．a(chǎn)變大解析：選BC令電荷M、N都存在時為狀態(tài)1，各物理量用下標(biāo)1表示；只有電荷M時為狀態(tài)2，各物理量用下標(biāo)2表示。狀態(tài)1時，電荷M、N對在F處的電場強(qiáng)度大小都為E0，兩者相互垂直，根據(jù)電場疊加定理可得：合場強(qiáng)E1＝eq\r(2)E0,方向水平向右。狀態(tài)2時，電荷M在F處的電場強(qiáng)度也是E0,方向沿AF連線方向。所以若將負(fù)點電荷N移走，則E改變，故A錯誤；狀態(tài)1時，易知AB連線的中垂線為一條等勢線，中垂線上無窮遠(yuǎn)處的電勢為0,所以φ1＝0。狀態(tài)2時，只有正電荷M，所以φ2＞0，可得：若將負(fù)點電荷N移走,則φ升高，故B正確；電勢能?＝qφ,所以?1＝0，?2＜0，所以?變小，故C正確；F＝qE，a＝eq\f(F,m)＝eq\f（qE，m），試探電荷q、m不變，E變小，所以a變小,故D錯誤.7。如圖所示,在水平向右、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中,兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛。兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°、60°?，F(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點O做圓周運動,在A球運動至最低點A′的過程中,下列說法正確的是(）A．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加eq\f（1，2)qELB．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qELC．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少(2eq\r(3）－3)qELD．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\r(3)－\f(3，2）))qEL解析：選BCA球的移動不影響A、B之間繩子的方向,當(dāng)A球移動到最低點A′時，兩球沿電場的反方向都移動了eq\f(L，2），兩球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量ΔEp＝qEL,B正確；對A、B整體,根據(jù)平衡條件可得,(mA＋mB)gtan30°＝2qE,兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝（2eq\r(3）－3）qEL，C正確。8。（2017·蘇錫常模擬）某電場在直角坐標(biāo)系中的電場線分布情況如圖所示，O、M、N為電場中的三個點，則由圖可得（)A．M點的場強(qiáng)小于N點的場強(qiáng)B．M點的電勢低于N點的電勢C．將一負(fù)電荷由O點移到M點電勢能增加D．將一正電荷從O點分別移到M點和N點,電場力做功相同解析:選BC由題圖可知，M處電場線密，故M點場強(qiáng)大于N點場強(qiáng)，A錯誤；順著電場線方向電勢越來越低，故M點電勢低于N點電勢，B正確；由WOM＝qUOM可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加,C正確；M、N不在同一等勢面上，所以電場力做功不同，D錯誤。9.（2017·銅仁四模）如圖所示為帶電粒子只在電場力作用下運動的vt圖像，在a點的速度為va，運動到b點的速度為vb，則下列說法中正確的是()A．電場中a點電勢一定比b點電勢高B．粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大C．在0～t1時間內(nèi)，粒子運動路徑與電場力可能不在一條直線上D．在0～t1時間內(nèi)，粒子運動過程中受到的電場力先減小后增大再減小解析:選BD由于不知粒子的電性，因此不能確定a、b兩點電勢的高低,故A錯誤；由于只有電場力做功，電勢能與動能的和為一定值，因為b點速度比a點速度大,所以在b點的動能比a點動能大，即粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大,故B正確;由于vt圖像反映的是粒子做直線運動的速度隨時間變化的規(guī)律，因此粒子的運動路徑是一條直線,即粒子受到的電場力一定與運動路徑在一條直線上，故C錯誤;由于vt圖像的斜率表示加速度，由題圖可知，在0～t1時間內(nèi)，粒子運動的加速度先減小后增大，再減小，由牛頓第二定律可知，粒子運動過程中受到的電場力先減小后增大再減小,故D正確。二、非選擇題10。(2017·玄武二模)如圖所示的勻強(qiáng)電場中，有a、b、c三點,ab間距離Lab＝8cm,bc間距離Lbc＝14cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角。一個帶電量q＝－4×10－8C的負(fù)電荷從a點移到b點克服電場力做功Wab＝3.2×10－6J。求:（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和方向；(2）電荷從b點移到c點，電勢能的變化量；(3）a、c兩點間的電勢差.解析：（1)負(fù)電荷從a點移到b點克服電場力做功，說明負(fù)電荷所受電場力的方向為由b指向a,負(fù)電荷所受電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相反,故該勻強(qiáng)電場的方向為由a指向b（水平向右），由－Wab＝qELab代入數(shù)值可得E＝1。0×103V/m.（2)負(fù)電荷由b點移到c點，電場力做的功Wbc＝qELbccos60°＝－2.8×10－6J,電場力做負(fù)功,電荷的電勢能增加，故電荷的電勢能增加2.8×10－6J。（3）a、c兩點間的電勢差為Uac＝eq\f（Wac，q)＝eq\f（－3.2×10－6－2。8×10－6,－4×10－8）V＝1。5×102V。答案：(1)1。0×103V/m，水平向右（2）電荷的電勢能增加2。8×10－6J（3)1.5×102V11．(2017·揚(yáng)州模擬)如圖所示，等量異種點電荷固定在水平線上的M、N兩點上，電荷量均為Q，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)的小球，固定在長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的一端，細(xì)桿另一端可繞過O點且與MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，O點位于MN的垂直平分線上距MN為L處，現(xiàn)在把桿拉到水平位置，由靜止釋放，小球經(jīng)過最低點B時速度為v，取O處電勢為零，忽略＋q對＋Q、－Q形成電場的影響.求：(1)小球經(jīng)過B點時對桿的拉力大小；(2）在＋Q、－Q形成的電場中,A點的電勢φA；(3)小球繼續(xù)向左擺動，經(jīng)過與A等高度的C點時的速度。解析：（1）小球經(jīng)B點時，在豎直方向有T－mg＝eq\f（mv2，L）即T＝mg＋eq\f(mv2，L)由牛頓第三定律知,小球?qū)?xì)桿的拉力大小也為mg＋eq\f(mv2,L)。(2)O點電勢為零，而O在MN的垂直平分線上,所以