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電場性質(zhì)的應(yīng)用 (題型研究課)
1．一帶負電荷的質(zhì)點，僅在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的。關(guān)于b點電場強度E的方向，選項圖中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)( )
解析：選D b點處沿b指向c的切線方向為質(zhì)點對應(yīng)的速度方向，速率遞減，結(jié)合力與曲線運動軌跡的關(guān)系可知電場力與切線夾角大于90，又質(zhì)點帶負電，可判斷D正確。
2．如圖甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線，一電子僅在電場力作用下由電場線上A點沿直線運動到B點，其速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示。EA、EB表示A、B兩點的電場強度，φA、φB表示A、B兩點的電勢。以下判斷正確的是( )
A．EA
EB
C．φA>φB D．φA<φB
解析：選D 由題圖乙中速度平方v2與位移x的關(guān)系圖線與v2－v02＝2ax對比可得，電子做勻加速直線運動，由牛頓第二定律知，電場力恒定，此電場為勻強電場，選項A、B錯誤；電子從A到B，電場力做正功，電勢能減小，電勢增大，選項D正確，C錯誤。
3.(2019西安高三質(zhì)檢)如圖是勻強電場遇到空腔導(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 由題圖中電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A錯誤；且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度，故UMO>UON，B錯誤；因UMQ>0，負電荷從M到Q電場力做負功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點所受的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓周的切線方向，D錯誤。
4.如圖所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢面。A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，則( )
A．A點和B點的電勢相等
B．C點和D點的電場強度相同
C．正電荷從A點移至B點，電場力做正功
D．負電荷從C點移至D點，電勢能增大
解析：選C 由題圖知，A點和D點的電勢相等，B點電勢低于D點電勢，選項A錯誤；C點和D點的電場強度大小相等，方向不相同，選項B錯誤；正電荷從A點移至B點，即從高電勢點移到低電勢點，電勢能減小，電場力做正功，選項C正確；C、D兩點處在同一等勢面上，故負電荷從C點移至D點，電勢能不變，選項D錯誤。
5.如圖所示為一孤立的負點電荷形成的電場，一帶電粒子僅在電場力的作用下以某一速度進入該電場，依次經(jīng)過A、B、C三點，其中A、C兩點與負點電荷的距離相等，B點是軌跡上距離負點電荷最近的點。則下列說法正確的是( )
A．粒子運動到B點的速度最大
B．電勢差關(guān)系為UAB＝UBC
C．粒子帶負電，并且在B點時的加速度最大
D．粒子在B點的電勢能小于在C點的電勢能
解析：選C 根據(jù)題述及題圖知，粒子受到負點電荷的斥力作用，因此粒子帶負電，粒子從A點到B點速度減小，從B點到C點速度增大，運動到B點時的速度最小，A錯誤；由于A、C兩點與負點電荷的距離相等，則這兩點的電勢相等，可得UAB＝－UBC，B錯誤；軌跡上B點處的電場線最密，所以粒子在B點時受到的電場力最大，加速度最大，C正確；在粒子由B點向C點運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，則粒子在B點的電勢能大于在C點的電勢能，D錯誤。
6.某電場的電場線分布如圖所示，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓上的四點，其中MN為圓的直徑，則( )
A．M點的電勢與Q點的電勢一樣高
B．O、M間的電勢差等于N、O間的電勢差
C．一正電荷在O點的電勢能大于在Q點的電勢能
D．將一個負電荷由P點沿圓弧移動到N點的過程中電場力不做功
解析：選C 根據(jù)電場線與等勢線垂直，可在題圖中M點所在電場線上找到Q點的等勢點Q′，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，Q′點的電勢比M點的電勢高，故A錯誤；根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO間的平均電場強度小，故由公式U＝Ed可知，O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差，故B錯誤；O點電勢高于Q點，根據(jù)Ep＝φq可知，正電荷在O點的電勢能大于在Q點的電勢能，故C正確；P點的電勢比N點的電勢低，負電荷從低電勢移動到高電勢電場力做正功，故D錯誤。
7.(多選)如圖所示的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定( )
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力
解析：選AD 由題圖可知，電場為非勻強電場，N點處電場線比M點處密集，則N點場強大于M點場強，同一帶電粒子在N點受到的電場力大于在M點受到的電場力，D正確，C錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，M點的電勢大于N點的電勢，A正確，B錯誤。
8.(多選)如圖所示虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點，則該粒子( )
A．帶負電
B．在c點受力最大
C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能
D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化
解析：選CD 根據(jù)帶電粒子所受合力指向運動軌跡曲線的凹側(cè)，結(jié)合題圖可知，粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)庫侖定律可知，a、b、c三點中，粒子在a點時受力最大，選項B錯誤；從b點到c點電勢減小，帶正電粒子的電勢能減小，故在b點的電勢能大于在c點的電勢能，選項C正確；由于虛線為等間距的同心圓，根據(jù)U＝d(為某段電場強度的平均值)，可得Uab＞Ubc，根據(jù)電場力做功公式，可得Wab＞W(wǎng)bc，根據(jù)動能定理，粒子由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化，選項D正確。
9.(多選)兩個關(guān)于原點O對稱放置的等量異種點電荷的電場線如圖所示。選項圖中能正確表示其位于x軸上的電場強度或電勢分布隨位置x變化規(guī)律的是( )
解析：選AC 根據(jù)兩個等量異種點電荷連線的中垂線電勢為零，越靠近正電荷電勢越高，越靠近負電荷電勢越低，可知電勢分布隨位置x變化規(guī)律正確的是A；根據(jù)在兩個等量異種點電荷連線上電場強度先減小后增大，越靠近電荷，電場強度越大，可知電場強度分布隨位置x變化規(guī)律正確的是C。
10.(多選)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點。一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動。取無窮遠處的電勢為零，則( )
A．q由A點向O點的運動是勻加速直線運動
B．q由A點向O點運動的過程電勢能逐漸減小
C．q運動到O點時的動能最大
D．q運動到O點時電勢能為零
解析：選BC 兩等量正點電荷在連線的中垂線MN上的電場強度方向從O點向兩側(cè)沿中垂線指向無窮遠處，場強大小從O點沿MN到無窮遠處先變大后變小，因此q由靜止釋放后，在變化的電場力作用下做直線運動的加速度不斷變化，A項錯誤；q由A點到O點電場力做正功，電勢能減小，B項正確；在MN上O點電勢最高，因此q在O點的電勢能最小，由于只有電場力做功，因此電勢能與動能的和是一定值，電勢能最小時，動能最大，C項正確；O點的電勢不為零，因此q在O點時的電勢能不為零，D項錯誤。
11．如圖所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，已知勻強電場的場強E＝5103 V/m，圓弧軌道半徑R＝0.4 m。現(xiàn)有一帶電荷量q＝＋210－5 C、質(zhì)量m＝510－2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，從距B端s＝1 m處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進入圓弧軌道BC。重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達B端的速度vB的大??；
(2)物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。
解析：(1)在物塊由靜止釋放至運動到B端的過程中，由牛頓第二定律可知：
qE＝ma
又由運動學(xué)公式有：s＝at2
解得：t＝1 s
由vB＝at
解得：vB＝2 m/s。
(2)物塊剛進入圓弧軌道時，在沿半徑方向上由牛頓第二定律有：
NB－mg＝m
解得：NB＝1 N。
答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N
12．(2019北京通州模擬)如圖甲所示，把一個帶正電的球A放在絕緣支架上，再把一個質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電小球B用絕緣細繩懸掛在鐵架臺上，小球B靜止在P點時細繩與豎直方向的夾角為θ，電場力方向水平向右。球A與球B之間的距離遠大于兩球的直徑。求：
(1)球B在P點所受電場力F0的大小及球A產(chǎn)生的電場在P點的電場強度E0的大小；
(2)現(xiàn)緩慢移動鐵架臺，使球B從P點沿水平方向右移，近似認為移動過程中電場力方向始終水平向右，用刻度尺測出P點右側(cè)不同位置到P點的水平距離x，采取(1)中方法確定出該位置球B所受電場力F，然后作出Fx圖像，如圖乙所示。其中M點為水平移動過程中的一點，已知x軸上每小格代表的距離為x0，根據(jù)圖像估算P、M兩點間電勢差UPM的大小。
解析：(1)由平衡條件有＝tan θ
得F0＝mgtan θ
根據(jù)F0＝qE0
得E0＝。
(2)因Fx圖像中圖線與x軸所圍的面積表示電場力做功的大小，所以可用題圖乙圖線與x軸所圍成的圖形中，小正方形的數(shù)目表示電場力做功的量值。
由(1)知，P點對應(yīng)的電場力為F0＝mgtan θ，結(jié)合題圖乙知，每1個小正方形的面積所代表的電場力的功
W0＝x0
P、M兩點間Fx圖線與x軸所圍面積約有22個小正方形，所以電場力做的功
WPM＝22W0＝x0＝x0
由WPM＝qUPM
得UPM＝x0。
答案：(1)mgtan θ (2)x0
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