8　粒子和宇宙特级教师教学实录

电场能的性质训练题

1.CD

2.解析：选D

小物块在B点加速度最大，故B点电场强度最大，由v-t图线知B点加速度为2 m/s2，据qE＝ma得E＝1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qU11AB＝2mvB2－2mvA2，解得UAB＝－5 V，选项D正确。

3.[解析]

沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向(或从正、负无穷远指向O)，沿电场线电势降落(最快)，所以O点电势最高(或最低)，A、B错误；由于电场沿x轴对称分布，则O点到x1与O点到－x1的电势差相等，故x1与－x1两点电势相等，C正确；x1和x3两点电场强度大小相等，电势不相等，故O到x1和O到x3两点的电势差也不相等，D错误．

[答案]

C 4.解析：选C.由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确．

5.解析：2选CD

释放A球后，由牛顿第二定律有mg－kqr2＝ma，可知小球A先做加速度减小mg＝kq2的加速运动，当r2时，小球A加速度减为零，此后小球A做加速度增大的减速运动，选项A、B错误；小球A下降过程中，电场力一直做负功，小球A的机械能不断减小，电势能不断增大，选项C、D正确。

6.解析：选BC.若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A错；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a点处于密集区，所以EqEa>Eb，由a＝m知C对；因质子在a、b两点的电势能大小无法比较，由Ep＝qφ知，a、b两点的电势无法比较，D错．

7.解析：选ABC.存在如下几种可能情况，设

1

粒子带正电．

(1)从bc进，ad出时，由动能定理得，E1k＝2mv20＋qEl. (2)从ab进，ad出时，则E11k＝2mv20＋2qEl，则B可能；

(3)从ab进，cd出时，得E121k≤2mv0＋2qEl. (4)从ad边进入，若qEl＝12mv20，则到达bc时速度为零，故A可能；

(5)从ad进，bc出时，E1k＝2mv20－qEl. (6)从ad边进入，若qEl>122mv0，则未出电场区，而后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为12mv20，故C可能，D不可能．

8.BC 9.解析：选B

A做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由μmg＝kqQr2，解得OB间的距离为r＝

kQqμmg，选项A正确。从A到B的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋12mv2－12mv02，选项B不正确，C正确。从A到B的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项D正确。

10. [解析]

[答案]

ACD.AC的中点电势为2 V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E＝Ud＝2202×10×cos 30°×10－2 V/m＝33 V/m，故B错误，C正确；由UED＝UBC＝－1 V，WED＝－eUED＝1.6×10－19 J。

11.B

12. 解析:电子在Y轴方向的分速度Vy变化的原因，应为Y方向上的电场力作用，给出ox轴上方的电场线示意图，注意电场线与等势线垂直如图（解）所示，则x<0的范围，电场有沿Y轴负向的分量，电子先向Y轴负向获得分速度,A、C选项排除，经过Y轴后，电场有对电子向上的力作用，故Vy将减小，但在x方向上一直在加速，

电场能的性质训练题 因此当其横坐标为＋x0时，电子并未回到与P点对称的位置，由功能关系知，Vy不会为零，因此选D. 答案：D 13.解析：(1)两球距离最远时它们的电势能最大，而两球速度相等时距离最远。设此时速度为V，两球相互作用过程中总动量守恒，由动量守恒定律得： mV0=(m+2m)V, 解得V=V0/3. (2)由于只有电场力做功，电势能和动能间可以相互转化，电势能与动能的总和保持不变。所以电势能增加最多为：

EPEK0EKt12mV212(m2m)V2103mV

14.解析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电．

(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE－mg)L＝1mv22①

在最高点对小球由牛顿第二定律得，

v2FT＋mg－qE＝mL②

由①②式解得，FT＝15 N. (3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a， 则a＝qE－mgm③

设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L＝vt④

设竖直方向上的位移为x， 则x＝12at2⑤

由①③④⑤解得x＝0.125 m 所以小球距O点高度为x＋L＝0.625 m. 15.解析:(1)A→B由动能定理及圆周运动知识有:(mg+qE)·L=12m v2B,(2分)

2

F2T－(mg+qE)=mB (2分) 解得FT=30 N.(1分) L(2)A→C由功能关系及电场相关知识有: (mg+qE)h1AC=2mv2C (1分) vCsin

θ=vB,(1分) UAC=E·hAC. (1分)

解得U

AC=125 V. (1分) 16.解析

(1)小环沿AC杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，由图可知qE＝mg，小环离开直杆后，只受重力和电场力，F合＝mg＝ma，a＝g＝10 m/s2，方向垂直于杆向下．

(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔEk＝W重＋W电，其中W重＝mgh＝4 J，

W电＝0，所以ΔEk＝4 J. (3)环离开杆做类平抛运动：平行杆方向匀速运动：h＝v0t，

垂直杆方向匀加速运动：h＝at2，

解得v0＝2 m/s. 答案

(1)10 m/s2

垂直于杆向下

(2)4 J(3)2 m/s

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电场能的性质训练题

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