2024届一轮复习新人教版 小专题十 电场性质的综合应用 作业.docx

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1、小专题（十）电场性质的综合应用训练学科素养限时巩固,基础题组夯基1. 两个等量异种点电荷位于X轴上,相对原点对称分布,正确描述电势夕随位置X变化规律的是（A）解析：电场线从正电荷出发终止于无穷远处,且沿着电场线方向电势越来越低,故越靠近正点电荷的位置电势越高,越靠近负点电荷的位置电势越低，电势是标量,正值一定大于负值,故若取两电荷连线的中垂面为零势能面,则靠近负电荷的电势均为负值,靠近正电荷的电势均为正值,故A正确。2. （2023辽宁大连模拟）如图所示,带电荷量均为Q的两个点电荷固定在同一竖直线上,一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置,与两点电荷连线的垂直平分线重合,杆上A、B两点关于两电荷连线

2、对称,一个带正电的小球套在杆上（可自由滑动）。给小球一个向右的初速度,小球在从A点运动到B点的过程中（A）+QA:B+Q由A.机械能先变小后变大B.加速度先变小后变大C.电势能先变小后变大D.球对杆的作用力先变小后变大解析:0点左侧绝缘杆上电场方向水平向左,O点右侧绝缘杆上电场方向水平向右,所以小球在O点左侧所受静电力水平向左,在。点右侧所受静电力水平向右，则静电力先做负功后做正功，因此动能先减小后增大,机械能先减小后增大，电势能先增大后减小,故A正确,C错误;由于静电力可能先增大后减小再增大再减小，因此加速度可能先增大后减小,再增大再减小,故B错误；由于竖直方向只受重力和杆对小球的作用力,这

3、两个力的合力为零,因此球对杆的作用力始终保持不变,故D错误。3. （2023山东济南模拟）（多选）一带负电的粒子只在静电力作用下沿X轴正向运动,其电势能EP随位移X的变化如图所示,其中0X2段是抛物线,Xi处是顶点,X2x3段是直线,且与抛物线相切。粒子由0X3运动过程中，下列判断正确的是（AC）A.B. X3处的电势最高C. 0x段粒子动能增大D. XX2段粒子加速度增大E. x2x3段粒子做匀速直线运动解析：由电势能EP随位移X的变化图像可知0X3运动过程中,粒子的电势能先增大后减小，同时EQEp2Ep3,由于粒子带负电，由夕二生可知，q0X3运动过程中，电势先减小后增大，且外。因此X3处

4、的电势最高,A正确;0x段,粒子的电势能逐渐增大，由于粒子只受静电力,静电力做负功,动能转化为电势能,动能减小,B错误;粒子在XX2段图像斜率逐渐增大,说明粒子受到的静电力逐渐增大，则粒子加速度增大,C正确;粒子在X2X3段图像斜率不变,说明粒子所受静电力不变,粒子的加速度不变，因此粒子做匀加速直线运动,D错误。4. （2023福建南平三模）（多选）在真空中的X轴上OB之间电势夕随X变化如图所示，图线关于PA对称,PA平行于尹轴。在坐标原点处由静止释放一带负电的点电荷,点电荷只在静电力作用下沿X轴运动,则（BC）A.电势差Uoa=UabB.点电荷在OB之间往复运动C.点电荷运动到A处动能最大，

5、电势能最小D.点电荷从0到B运动过程中,加速度先变大后变小解析：由图可知Uoa-oUab-a-b,结合题意可知Uoa-Uab,故A错误；在坐标原点处由静止释放一带负电的点电荷,点电荷向电势能减小的方向运动，即。向A运动,到达A点，电势最大，电势能最小,动能最大,继续向B点运动,到达B点动能为零，电势能最大,然后向电势能减小的方向即向A点运动,如此反复,故B、C正确；由夕_x图像斜率表示电场强度大小,结合a=驳可知，点电荷从0到B运动过程中,加速度先变m大再变小,然后反向增大,再变小,故D错误。5. (2023江苏淮安模拟)如图所示,真空中A、B两点分别固定电荷量为2q、-q的点电荷,距离为4r

6、,a、b、c、d是以A、B连线的中点。为圆心、r为半径的圆上四个点，下列说法正确的是(C)A.a、b两点电场强度大小相等、方向相同B.把一正点电荷从c点沿直线移动到d点的过程中,静电力先做正功后做负功C.把一负试探电荷从a点移到0点比从0点移到b点克服静电力做功多D.把一正试探电荷放在a点时具有的电势能比在b点小解析:a点的电场强度大小为Ek等+7毕,b点的电场强度大小为r2(3r)9r2E广粤+咨半大小不同方向相同故A错误；因为两点电荷的带电r2(3r)9r2荷量不等,所以连线的中垂线不是等势线,等势面类似于抛物线形状,则0点的电势大于C、d两点电势,所以把一正点电荷从c点沿直线移动到d点的

7、过程中，静电力先做负功后做正功,故B错误；因为A点电荷的电荷量大于B点电荷的电荷量,所以a间的平均电场强度大于Ob间的,负电荷在a间受到的静电力大于在Ob间受的电场力，故把一负试探电荷从a点移到0点比从0点移到b点克服静电力做功多，故C正确;沿电场方向电势降低,正电荷在电势高的位置电势能大,所以正试探电荷放在a点时具有的电势能比在b点大,故D错误。6.静电场在X轴上的电场强度E随X的变化关系如图所示,X轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿X轴运动,则点电荷（B）A.在X2和出处电势能相等B.由Xi运动到X3的过程中电势能增大C.由Xi运动到X,的过程中电势能先减小后增大D.由X1运动到心

8、的过程中静电力先减小后增大解析：由静电场在X轴上的电场强度E随X的变化关系图像可知,在X2和X,处电场强度相等,点电荷在X2和X,处所受静电力相等，正点电荷从X2到X”克服静电力做功，电势能增大，同理,正点电荷由Xi运动到X3的过程中电势能增大；由Xi运动到心的过程中电势能增大,静电力先增大后减小,选项A、C、D错误,B正确。7. （2023重庆沙坪坝区一模）如图所示,用轻绳连接的A、B两物体的质量分别为m尸2kg、m2=0.5kg,电荷量分别为5=+3X10Cq2=+210CoB与所接触的平台竖直面间动摩擦因数为u=02,A为光滑物体。现锁定A、B使二者静止,再加上水平向左的匀强电场E=5X

9、IO5N/C,同时解除锁定。设平台足够长,物体B不会碰到滑轮,不计滑轮质量以及与转轴之间的摩擦,重力加速度g取10ms2o求：加上电场后,A、B两物体的加速度大小；加上电场2S后,物体A电势能的变化量。解析：（1）根据牛顿第二定律，对A有qE-F=ma,对B有F-m2g-q2E=m2a,解得a=3.2ms2o（2）t=2s时物体A发生的位移大小为xt2=6.4m,因为A向左运动,静电力做功为WFEX=96J,所以A的电势能变化量为96J,即减小了96Jo答案：（1）3.2ms2（2）-96J.创新题组提能8. （2023广东佛山模拟）如图所示为均匀带电圆环，以环心0为原点、沿圆环的中心轴线建立

10、X轴,轴上各点电势。随X变化的规律如图所示,其中A、B是圆环轴线上关于0点对称的两点。下列说法正确的是A.环心。点的电场强度最大B.A、B两点的电场强度相同C.沿圆环轴线从O点到B点，电场强度先增大后减小D.若将一带负电的试探电荷沿圆环轴线从O点移动到B点，则该电荷的电势能将逐渐减小解析：夕/图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,根据图像可知,环心O点处，夕”图像切线的斜率为0,表示该点电场强度为0,即环心O点的电场强度最小,A错误;根据对称性,结合图像可知,A、B两点处电场强度大小相等,方向相反,即A、B两点的电场强度不相同,B错误;沿圆环轴线从O点到B点，_x图像切线斜率的绝对值先增大后

11、减小，即沿圆环轴线从0点到B点，电场强度先增大后减小,C正确;根据电场方向由高电势点指向低电势点,可知,沿圆环轴线从。点到B点,电场方向沿X轴正方向,若将一带负电的试探电荷沿圆环轴线从O点移动到B点，电荷所受静电力沿X轴负方向,静电力做负功,该电荷的电势能将逐渐增大,D错误。9. （2023湖北襄阳模拟）（多选）如图所示,O为两等量异种点电荷连线的中点,竖直固定的半径为R的光滑绝缘圆轨道与0点相切,a、b、c为圆轨道上的三个点,a、b两点连线与两点电荷连线垂直,c点是轨道的最高点,M、N为与圆心01等高的圆轨道上的两个点。一带正电的小球从轨道的最低点O开始以速度V沿逆时针方向在轨道内侧做圆周运

12、动，已知重力加速度为g,下列说法正确的是（BC）A.a点的电场强度小于b点的电场强度B.小球在a点的电势能比在b点的电势能小C.小球到达c点时的速度大小为产硒D.小球在圆轨道内运动时,在N、M两点间的电势能大小相差最多解析:根据等量异种点电荷的电场分布特点,可知a点的电场强度大于b点的电场强度,故A错误;根据等量异种点电荷的电势分布特点,可知a点的电势比b点的电势低,小球带正,故小球在a点的电势能比在b点的电势能小,故B正确;小球从轨道的最低点。到最高点c,静电力做功为零,根据动能定理-2mgR=2TmV；小球到达C点时的速度大小为VC=IU2-4gR,故C正确;等量异种点电荷的等势线如图。可

13、知圆和等势线相切的两个切点为电势差最大的点，即电势能相差最大的点,故D错误。10. （2023广东佛山期末）如图，真空中竖直平面内的A、B、C三点构成一个倾角为30的直角三角形,BC边水平,A、B高度差为h,D点是AC中点,B处固定一正点电荷Q,沿AC方向固定一条内壁光滑的绝缘细管（细管不会影响电荷间的相互作用），现在管内A点由静止释放一质量为限带电荷量为+q的小球,小球到达底端C点时速度大小为Vo则以下说法正确的是（D）A.在小球从A到D的过程中，静电力始终不做功B.在小球从A到C的过程中，静电力先做正功,后做负功C.小球经过D点时速度大小为y2ghD.D、C两点间的电势差U1吟迦解析:带电

14、小球在点电荷Q形成的电场中运动,根据点电荷形成的电场分布特点可得A、D的电势相等,在小球从A到D的过程中，静电力先做负功,后做正功,A错误;从D运动到C,一直做正功,故小球在从A到C的过程中，静电力先做负功,后做正功，B错误;A、D点的电势相等,在小球从A到D的过程中，静电力做功为零,根据动能定理可得mg-|mvD2,解得VD=JB冗C错误;A、D点的电势相等,D、C两点间的电势差等于A、C两点间的电势差,小球在从A到C的过程中，由动能定理得mgh+qUAc4mv2-0,解得UAk吟也二UD正确。22q11. （2023上海普陀区检测）如图所示,长为1的光滑绝缘直杆AB的一端固定在天花板下A点

15、,与天花板间夹角为,一带正电小球套在杆AB上,整个装置处于水平匀强电场中，电场强度大小为E,小球质量为叫带电荷量为+q。从A端静止释放小球，(1)当0二90。时,小球到达B端时的速度为多大？分析说明当O取多大时,小球到达B端时的机械能最大？分析说明当O取多大时,小球到达B端时的动能最大?最大动能是多大？解析：(1)当=90o时,小球受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得F合二mg=a,ANIIqEEmgB甲根据匀加速直线运动规律v2-0=2a1,所以V二J次。根据机械能的变化等于除重力外的其他力所做的功，小球受重力、弹力和静电力作用，弹力不做功,所以机械能的变化等于静电力做的功，当0=0时静电力做功最多，小球到达B端时机械能最大。由于无论。多大,小球沿杆运动的位移都相同，所以杆AB与重力和静电力的合力方向在一条直线上时,加速度最大,小球到达B端的速度最大。如图乙，即满足tan二学时,小球到达B端时动能最大。乙根据牛顿第二定律和运动学公式(或者动能定理)J(Tng)2+(qE)2=ma,v2-0=2a1,21J(mg)2+(qE)2所以VB二q,、77