鲁科版高考物理一轮总复习课时质量评价18电势能、电势和电势差含答案

十八　电势能、电势和电势差

(建议用时：40分钟)

1．(多选)下列说法正确的是(　　)

A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大

B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大

C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大

D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大

AC　解析：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。所以无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做正功越多，电荷在该点的电势能就越大；从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大。综上所述，A、C正确，B、D错误。

2．电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(　　)

A．电场力做功仍为W

B．电场力做功为

C．两点间的电势差仍为U

D．两点间的电势差为

C　解析：两点间的电势差与移动的电荷无关，电场力做功变为W′＝2qU＝2W，只有C正确。

3．(2020·山东模拟)(多选)在金属球壳的球心有一个正点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．M点的电场强度大小比K点的大

B．球壳内表面带负电，外表面带正电

C．试探电荷－q在K点的电势能比在L点的大

D．试探电荷－q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功

ABD　解析：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，所以M点的电场强度大小比K点的大，故A选项正确；因为金属球壳的球心有一个正点电荷，根据静电感应规律，负电荷受到正电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳外部有多余的正电荷，所以球壳内表面带负电，外表面带正电，故B选项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，K点的电势比L点的电势高，根据电势能的公式，试探电荷－q的电势能 Ep＝－qφ，所以试探电荷－q在K点的电势能比在L点的小，故C选项错误；试探电荷－q的受力方向与电场强度方向相反，所以沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功，故D选项正确。

4．(多选)如图所示是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且ab＝bc。下列判断正确的是(　　)

A．N是直流高压电源的负极

B．电场中b点的电势高于c点的电势

C．同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力

D．电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba

CD　解析：因到达集尘极的尘埃带负电，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知N是直流高压电源的正极，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，因此电场中b点的电势低于c点的电势，故B错误；电场强度的方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场强度的大小，那么电场中c点的电场强度小于a点的电场强度，故同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力，故C正确；假设电场是匀强电场，由于ab＝bc，那么b、a间的电势差Uba等于c、b间的电势差Ucb，但由于电场是非匀强电场，且电势φc>φb>φa，且沿着ca方向，电场强度越来越大，故电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba，故D正确。

5．(多选)如图所示，匀强电场中的A、B、C、D四点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行，已知A、B两点的电势分别为 φA＝12 V，φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为(　　)

A．9 V、18 V B．9 V、15 V

C．0、6 V D．6 V、0

BC　解析：由于AB∥CD，且 AB＝CD，则UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC＝6 V，所以B、C正确，A、D错误。

6．(多选)如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是(　　)

A．质点在Q点时的电势能比在P点时的小

B．质点在Q点时的加速度方向与等势面a垂直

C．三个等势面中等势面a的电势最低

D．质点在Q点时的加速度比在P点时的大

AB　解析：质点带负电，曲线运动所受合外力指向运动轨迹的凹侧，结合电场线与等势面处处垂直，大致画出电场线如图中实线所示。

沿电场线方向电势逐渐降低，所以φQ>φP，根据电势能Ep＝qφ可知EpQ<EpP，A正确；质点在Q点的受力方向与电场线在该点的切线方向相反，电场线和等势面处处垂直，根据牛顿第二定律可知质点在Q点时的加速度方向与等势面a垂直，B正确；沿电场线方向，电势逐渐降低，所以等势面a的电势最大，C错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，则EQ<EP，故aQ<aP，D错误。

7．(2020·浙江高考)空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则(　　)

A．e点的电势大于0

B．a点和b点的电场强度相同

C．b点的电势低于d点的电势

D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加

D　解析：根据电场线与等势面垂直，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则φe＝0，A错误；a、b两点处的电场强度大小相同、方向不同，则a、b两点的电场强度不同，B错误；从Q点到P点电势逐渐降低，则φb>φd，C错误；由φa>φc，知负电荷从a点移动到c点时电场力做负功，电势能增加，D正确。

8．(多选)如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝－r，d点在x轴上，坐标为xd＝2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是(　　)

A．a、b两点的电场强度相同

B．a、b两点的电势相等

C．电子在e点和f点的电势能Epe、Epf一定满足 Epe<Epf

D．e、f两点的电场强度大小Ee、Ef一定满足Ee<Ef

BC　解析：根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理，可知y轴上a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；根据对称性可知y轴上a、b两点的电势相等，选项B正确；设de＝x1，ef＝x2，根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理，可得e点的电场强度Ee＝k－k＞0，f点的电场强度Ef＝k－k＞0，且小于Ee，选项D错误；设电子沿x轴正方向从e点移动到f点，需要克服电场力做功，电势能增大，所以电子在e点和f点的电势能Epe、Epf一定满足 Epe<Epf，选项C正确。

9．(2020·日照模拟)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m，电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)。现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度大小为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。可知(　　)

A．C、D间的电势差UCD＝

B．由等量异种点电荷电场分布的特点知 UCO＝UDO

C．小球p经过O点时的加速度a＝＋g

D．小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度vD＝2v

C　解析：小球p由C点运动到O点时，由动能定理得mgd＋qUCO＝mv2，又根据UCD＝2UCO，联立解得UCD＝，故选项A错误；由等量异种点电荷电场分布的特点知C、O、D三点的电势逐渐降低，所以UCO＝UOD，故选项B错误；小球p经过O点时的受力分析如图所示，

由库仑定律得F1＝F2＝，它们的合力为F＝F1 cos 45°＋F2  cos 45°＝，则O点处的电场强度大小为E＝＝，由牛顿第二定律得mg＋qE＝ma，解得a＝＋g，故选项C正确；小球p从O点到经过与点电荷B等高的D点的过程，由动能定理得mgd＋qUOD＝mv－mv2，联立解得vD＝v，故选项D错误。

10．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在电场强度大小为 、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内。A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时的速度方向与电场方向的夹角为30°。求A、B两点间的电势差。

解析：由题意知qE＝mg，液滴的重力不能忽略，设液滴在B点的速度为v，把运动分解，则

水平方向vsin 60°＝v0sin 30°＋t

竖直方向vcos 60°＝v0cos 30°－gt

联立可得v＝v0，t＝

由牛顿第二定律得水平方向的加速度

a＝＝g

水平位移d＝v0sin 30°·t＋(g)t2＝

则UAB＝Ed＝。

答案：

11．(2020·石家庄模拟)如图所示，AB⊥CD，且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度为 ，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：

(1)小球运动到D点时对轨道的压力；

(2)小球从A点运动到D点的过程中，电势能的改变量。

解析：(1)小球运动到D点时，由牛顿第二定律得

N＋k－mg＝m

解得N＝2mg－k

由牛顿第三定律得，小球运动到D点时对轨道的压力大小为

N′＝N＝2mg－k，方向竖直向下。

(2)小球从A点运动到D点，根据动能定理得

mgr＋W电＝mv2－0

解得W电＝－mgr

由功能关系得ΔEp＝－W电＝mgr。

答案：(1)2mg－k，方向竖直向下　(2)增加了mgr

12．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右、电场强度大小为E的匀强电场后，试求：

(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；

(2)带电系统向右运动的最大距离；

(3)带电系统从开始运动到速度第一次为0时，B球电势能的变化量。

解析：(1)设B球刚进入电场时，带电系统的速度为v1，对A、B组成的带电系统运用动能定理有

2qEL＝×2mv

得v1＝。

(2)设A球向右运动的距离为s时，系统的速度为0，由动能定理，得

2qEs－3qE(s－L)＝0

解得s＝3L

即带电系统向右运动的最大距离为3L。

(3)带电系统的速度第一次为0时，B球克服电场力做功

WFB＝3qE(s－L)＝6qEL

则B球的电势能增加了6qEL。

答案：(1)　(2)3L　(3)增加了6qEL