粤教版 (2019)必修 第三册第一章 静电场的描述第一节 静电现象随堂练习题

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第1节 培优课 电场能的性质(建议用时：25分钟)1．如图所示，某电场中的一条电场线，其上有a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷－q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有(　　)A．Wab>Wbc　　 B．Wab＝WbcC．Wabφb>φc，这一过程电子运动的v­t图象可能是图中的(　　)A　[结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，A正确。]3.如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vbD　[由点电荷电场强度公式E＝keq \f(q,r2)可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，AB选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减小，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，D选项正确。]4.在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断(　　)A．x＝2 m处电场强度一定为零B．x＝2 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大D　[φ­x图象的斜率等于电场强度，则知x＝2 m处的电场强度不为零，故A错误；从O到x＝3 m处电势不断降低，但x＝2 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；由斜率看出，从O到3 m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C错误；沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，故D正确。]5．(多选)A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能Ep随位移s变化的规律如图所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为φA和φB。则(　　)A．EA＝EB B．EAφB D．φAφ3BCD　[由E＝eq \f(U,d)得场强与电势的关系：E＝eq \f(Δφ,Δx)，电势能：Ep＝qφ，联立可得：E＝eq \f(1,q)·eq \f(ΔEp,Δx)，可知Ep­x图象切线的斜率eq \f(ΔEp,Δx)＝qE＝F电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率大小变化情况为变小，变大，不变，则可知三段电场力变小，变大，不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，qφ2＝φ0>φ3，故D正确。]11．沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则(　　)A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段电势能变化量D．粒子在AB段电势能变化量小于BC段电势能变化量C　[由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E­x图象中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量，C项正确，D项错误。]12．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为eq \f(3,4)g，求：(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。[解析]　(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：mg－keq \f(Qq,h2)＝m·eq \f(3,4)g。在B点时：keq \f(Qq,0.25 h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向竖直向上。(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－eq \f(3kQ,h)。[答案]　(1)3g，方向竖直向上　(2)－eq \f(3kQ,h)13．如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g)(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm(电场范围足够大)。 [解析]　(1)作电场线如图甲所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝eq \f(U,d)，所以q＝eq \f(mg,E)＝eq \f(mgd,U)。甲　　　　　　　　　乙(2)由图乙知，F合＝eq \r(qE2＋mg2)＝eq \r(2)mg。(3)由动能定理得：－F合xm＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)所以xm＝eq \f(mv\o\al(2,0),2\r(2)mg)＝eq \f(\r(2)v\o\al(2,0),4g)。[答案]　(1)正电荷　eq \f(mgd,U)　(2)eq \r(2)mg　(3)eq \f(\r(2)v\o\al(2,0),4g)