課時分層作業(yè)(七)(建議用時：25分鐘)1．如圖所示，某電場中的一條電場線，其上有a、b、c三點，ab＝bc，則把點電荷－q從a點經(jīng)b點移到c點的過程中，電場力做功的大小關(guān)系有()A．Wab>Wbc B．Wab＝WbcC．Wab<Wbc D．無法比較D[只知道一條電場線，其周圍的電場線的疏密情況不知道，可能是左側(cè)場強大，可能是右側(cè)場強大，也可能是勻強電場，電場力做功大小無法判定，故選D。]2．電場中某三條等勢線如圖中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，已知電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v-t圖象可能是圖中的()A[結(jié)合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場，且Q點處電場強度小于P點處電場強度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，將做加速度越來越小的加速運動，A正確。]3.如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vbD[由點電荷電場強度公式E＝keq\f(q,r2)可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，AB選項錯誤；由力與運動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負功，動能減小，從b到a的過程中電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于c、b兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有va>vc>vb，D選項正確。]4.在某電場中，沿x軸上的電勢分布如圖所示，由圖可以判斷()A．x＝2m處電場強度一定為零B．x＝2m處電場方向一定沿x軸正方向C．沿x軸正方向，電場強度先增大后減小D．某負電荷沿x軸正方向移動，電勢能始終增大D[φ-x圖象的斜率等于電場強度，則知x＝2m處的電場強度不為零，故A錯誤；從O到x＝3m處電勢不斷降低，但x＝2m點的電場方向不一定沿x軸正方向，故B錯誤；由斜率看出，從O到3m，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，故C錯誤；沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，受力的方向始終指向x軸的負方向，電場力做負功，電勢能始終增大，故D正確。]5．(多選)A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速度為零的電子，電子僅在電場力作用下沿電場線從A運動到B，其電勢能Ep隨位移s變化的規(guī)律如圖所示。設A、B兩點的電場強度分別為EA和EB，電勢分別為φA和φB。則()A．EA＝EB B．EA<EBC．φA>φB D．φA<φBAD[電子從A運動到B過程中，因為是從靜止開始運動的，所以電場力做正功，電場力做多少功，電勢能就變化多少，所以有WE＝Ep＝Eqs，因為圖象Ep-s斜率恒定，k＝Eq，所以電子所受電場力恒定，故EA＝EB，A正確，B錯誤；因為電子受到的電場力與電場方向相反，所以將電子從低電勢移動到高電勢處，電場力做正功，故φA<φB，C錯誤，D正確。]6.(多選)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力，下列說法正確的是()A．M帶負電荷，N帶正電荷B．M在b點的動能小于它在a點的動能C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功ABC[如題圖所示，粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負功，動能減小，選項B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故選項C正確；N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故選項D錯誤。]7.(多選)一帶正電的檢驗電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x＝－∞向x＝＋∞運動，其速度v隨位置x變化的圖象如圖所示，x＝x1和x＝－x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大，則在x軸上()A．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度相同B．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度最大C．x＝0處電勢最低D．從x＝x1運動到x＝＋∞過程中，電荷的電勢能逐漸減小BD[正檢驗電荷僅在電場力作用下沿x軸從x＝－∞向x＝＋∞運動，速度先減小后增大，所受的電場力先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，電場線方向先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，則知x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度的方向相反，電場強度不同，故A錯誤；由v-t圖象的斜率決定電場強度的大小，x＝x1和x＝－x1兩處斜率最大，則電場強度最大，故B正確；由上知，電場線方向先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，電勢先升高后降低，則x＝0處電勢最高，故C錯誤；從x＝x1運動到x＝＋∞過程中，電場力沿＋x軸方向，則電場力做正功，電荷的電勢能逐漸減小，故D正確。]8．(多選)如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1.0V、2.0V、3.0V，則下列說法正確的是()A．勻強電場的電場強度大小為10V/mB．勻強電場的電場強度大小為eq\f(20\r(3),3)V/mC．電荷量為1.6×10－19C的正點電荷從E點移到F點，電荷克服電場力做功為1.6×10－19JD．電荷量為1.6×10－19C的負點電荷從F點移到D點，電荷的電勢能減少3.2×10－19JBD[對A、B選項，要找出等勢面，求出兩個等勢面之間的距離?？梢詫、C兩點連接，則A、C中點電勢為2.0V，而且恰好在EB連線上，所以E點電勢為2.0V，F(xiàn)、D兩點的電勢分別為1.0V、3.0V；DF連線距離為10eq\r(3)cm，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,0.1\r(3))V/m＝eq\f(20\r(3),3)V/m，所以A選項錯誤，B選項正確。對C、D選項，直接利用計算電場力做功的公式和電場力的功與電勢能的關(guān)系解決。UEF＝1V，WEF＝qUEF＝1.6×10－19×1J＝1.6×10－19J，所以C選項錯誤。UFD＝－2V，WFD＝qUFD＝－1.6×10－19×(－2)J＝3.2×10－19J，負點電荷從F點移到D點，電荷的電勢能減小3.2×10－19J，因而D選項正確。]9．如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，細桿右側(cè)距桿0.3m處有一固定的點電荷Q，A、B是細桿上的兩點，點A與Q、點B與Q的連線與桿的夾角均為α＝37°。一中間有小孔的帶電小球穿在絕緣細桿上滑下，通過A點時加速度為零，速度為3m/s，取g＝10m/s2，求小球下落到B點時的加速度和速度的大小。[解析]求小球至B的加速度，從受力分析出發(fā)，分析小球在A、B兩點的受力情況，從而確定加速度的關(guān)系。在A處，小球受力如圖所示，由題意可知，k·eq\f(Qq,r2)cosα－mg＝0 ①在B處，小球受力如圖所示，由題意可知，k·eq\f(Qq,r2)cosα＋mg＝ma ②由①②得a＝2g＝20m/s2小球從A到B受到的合力為變力，故不宜用牛頓定律和運動學公式求解，抓住A、B處在等勢面上由A到B電場力做功為零這個特點，用動能定理求解。mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，hAB＝eq\f(2×0.3,tan37°)m＝0.8m解得vB＝5m/s。[答案]20m/s25m/s(建議用時：15分鐘)10．(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在O～x3段做變速運動，x2～x3段做勻變速運動C．x2～x3段的電場強度大小方向均不變，為一定值D．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2＝φ0>φ3BCD[由E＝eq\f(U,d)得場強與電勢的關(guān)系：E＝eq\f(Δφ,Δx)，電勢能：Ep＝qφ，聯(lián)立可得：E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep-x圖象切線的斜率eq\f(ΔEp,Δx)＝qE＝F電，x1處切線斜率為零，所以x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率大小變化情況為變小，變大，不變，則可知三段電場力變小，變大，不變，故B、C正確；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，可知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確。]11．沿電場中某條直電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標點O、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等。一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則()A．從O點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段電勢能變化量D．粒子在AB段電勢能變化量小于BC段電勢能變化量C[由O點到C點，沿電場線方向，電勢逐漸降低，A項錯誤；帶正電的粒子所受電場力與速度方向一致，所以粒子一直做加速直線運動，在0～x1段電場強度逐漸變大，帶電粒子所受電場力逐漸變大，故粒子在OA段做加速度增大的變加速直線運動，B項錯誤；E-x圖象中圖線與坐標軸所圍面積代表電勢差，可知AB段的電勢差大于BC段的電勢差，故電場力做功WAB>WBC，由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系得，粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量，C項正確，D項錯誤。]12．如圖所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點處的加速度大小為eq\f(3,4)g，求：(1)此電荷在B點處的加速度；(2)A、B兩點間的電勢差(用Q和h表示)。[解析](1)由題意可知，這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律得，在A點時：mg－keq\f(Qq,h2)＝m·eq\f(3,4)g。在B點時：keq\f(Qq,0.25h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上。(2)從A到B的過程，由動能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－eq\f(3kQ,h)。[答案](1)3g，方向豎直向上(2)－eq\f(3kQ,h)13．如圖所示的勻強電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢面間隔均為d，各等勢面電勢已在圖中標出(U>0)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，求：(重力加速度為g)(1)小球應帶何種電荷及其電荷量；(2)小球受到的合外力大??；(3)在入射方向上小球運動的最大位移的大小xm(電場范圍足夠大)。[解析](1)作電場線如圖甲所示。由題意知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，如圖乙所示。只有當F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動。由圖乙知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，