高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-1第一章 静电场5 电势差同步测试题

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1．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是( )
A．电势差的定义式UAB＝eq \f(WAB,q)，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比
B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0
C．电势差的定义式UAB＝eq \f(WAB,q)中，UAB与移动的电荷量q无关
D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功
2．(2011·银川高二检测)在一电场中将一点电荷q由A点移到B点，电场力做功为零，则( )
A．A、B两点的电场强度一定相等
B．A、B两点间的电势差一定为零
C．A、B两点的电势一定相等
D．电荷移动的方向始终与电场力方向垂直
3．(2011·福州中学高二期中)将带电荷量为6×10－6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做3×10－5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功，则关于A、B、C三点的电势φA、φB、φC，以下关系正确的是( )
A．φA>φB>φC B．φB>φA>φC
C．φC>φA>φB D．φA>φC>φB
4．(2010·浙江宁波期末)如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是( )
A．AD两点间电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等
B．带正电的粒子从A点沿路径A―→D―→D′移到D′点，电场力做正功
C．带负电的粒子从A点沿路径A―→D―→D′移到D′点，电势能减小
D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线A―→C′与沿路径A―→B―→B′―→C′电场力做功相同
5．(2011·贺兰高二检测)如图为某一电场的电场线和等势面分布，其中图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、c两点的等势面电势分别为φa＝5V、φc＝3V，那么a、c连线的中点b的电势φb为( )
A．φb＝4V B．φb>4V
C．φb<4V D．上述情况都有可能
6.(2011·厦门六中高二期中)如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0J，电场力做的功为2.0J，则下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少2.0J
C．粒子在A点的机械能比在B点少1.0J
D．粒子在A点的动能比在B点多1.0J
7．如图所示，a、b、c表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、eq \f(2,3)φ和eq \f(1,4)φ.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速度为______________．
8.一匀强电场，场强方向是水平的(如图)．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．
能力提升
1．(2010·河北夷陵高二联考)如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则( )
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
2.(2011·北京东城区期末)如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V.实线是一带负电的粒子仅在电场力的作用下在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是( )
A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到c
B．带电粒子在三点所受电场力的大小Fb>Fa>Fc
C．带电粒子在三点动能Ekc>Eka>Ekb
D．带电粒子在三点电势能的大小相等
3.(2011·长沙模拟)如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电荷量为1×10－2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则( )
A．B点的电势为零
B．电场线方向向左
C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①
D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②
4．(2011·赣州模拟)如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV.若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于( )
A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV
5.两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘杆两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此过程中电场力做功为( )
A．0 B．qEl
C．2qEl D．πqEl
6．在370JRB22彩色显像管中，电子从阴极至阳极通过22.5kV电势差被加速，试求电场力做的功W＝？电子的电势能变化了多少？电子到达阳极时的速度v＝？
7.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为eq \f(3,4)g，试求：
(1)此电荷在B点处的加速度．
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)．
详解答案
1答案：BC
解析：由电势差的定义可判定B、C正确
2答案：BC
解析：由WAB＝qUAB可知，电场力做功为零时，一定是UAB＝0，φA＝φB，但A、B两点的电场强度不一定相等，故A错误，B、C正确．电荷的移动方向可能与电场力方向垂直，也可能不垂直，故D错误．正确答案为B、C.
3答案：D
解析：UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－3×10－5,－6×10－6)V＝5V，
UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V，
UAC＝UAB＋UBC＝3V，
所以φA>φC>φB，故选项D正确．
4答案：BD
解析：在匀强电场中因AD垂直于电场线，则φA＝φD，UAD＝0，而UAA′≠0，故A错．因φD>φD′，则从A―→D―→D′移动正电荷电场力做正功，B对．从A―→D―→D′移动负电荷电场力做负功，电势能增加，C错．电场力做功与路径无关只与两点间电势差有关，故D对．
5答案：C
解析：由电场线的分布可知，ab段的平均场强要大于bc段的平均场强，又因ab＝bc，所以移动电荷时电场力做的功Wab>Wbc.再根据U＝eq \f(W,q)可知Uab>Ubc，所以b点的电势应小于4V，故本题选C.
6答案：D
解析：带电粒子从A点运动到B点，电场力做功，电场力竖直向上，粒子带正电，故A项错．电场力做功2.0J，粒子电势能减少2.0J，机械能增加2.0J故BC都错．合外力做功为－1.0J，粒子动能减少1.0J，故D项正确．
7答案：1.5v
解析：依题条件知电场力做正功，设带电粒子电量为q，粒子到等势面c时的速率为v′，则
Wab＝q(φa－φb)＝eq \f(1,2)mv2－0
Wac＝q(φa－φc)＝eq \f(1,2)mv′2－0
即q(φ－eq \f(2,3)φ)＝eq \f(1,2)mv2
q(φ－eq \f(1,4)φ)＝eq \f(1,2)mv′2
解得v′＝1.5v
8答案：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)cs2θ
解析：设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线(如图)，qE＝eq \f(mg,tanθ)
由图可知，小球做匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(g,sinθ)，设从O到最高点的路程为s，veq \\al(2,0)＝2as
运动的水平距离为L＝scsθ
两点的电势能之差ΔEp＝qEL
由以上各式得ΔEp＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)cs2θ.
能力提升
1答案：AD
解析：作出过点M的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A正确．将负电荷从O点移到P点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B错误．由eq \x\t(E)＝U/d及电场线疏密程度知O、M两点间电势差应大于M、N两点间电势差，C错误．沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y轴正方向的电场力，D正确．
2答案：C
解析：运动可能由a，再到b，然后到c，也有可能反过来运动，所以A错误；由于是平行且等间距的等势面，所以此区域内是匀强电场，电场力的大小相等，所以B错误；粒子在b点动能最小，在c点动能最大，所以C正确；带电粒子从电势高的地方到电势低的地方电场力做正功，电势能减小，所以D错误．
3答案：BC
解析：由电场力做功公式WAB＝qUAB和动能定理得：－0.1＝1×10－2UAB，所以UAB＝φA－φB＝－10V，得φB＝φA＋10V＝20V>φA，故电场方向向左，故B项正确．因为带电粒子所受电场力方向向左，所以带电粒子从A向B运动的轨迹一定向电场力的方向弯曲，故选项C正确，所以答案为B、C.
4答案：B
解析：从a到b由动能定理可知，电场力做功Wab＝－18eV，则从a到b电势能增加量ΔEpab＝18eV，由等势面特点及c点为零势点可知：a点电势能Epa＝－12eV，又由动能和电势能之和不变可判断B正确．
5答案：C
解析：杆顺时针转时电场力对两个电荷均做正功，所以W总＝W1＋W2.由电场力做功与路径无关得：W1＝qU＝qEl，W2＝qU＝qEl，所以W总＝2qEl.
6答案：3.6×10－15J；减少了3.6×10－15J；8.9×107m/s.
解析：在电视机显像管中，从阴极发出的电子经高压加速，以足够的能量去激发荧光屏上“像素”发光，又经扫描系统使电子束偏转，根据信号要求打到荧光屏上适当位置，就形成了图像．由于电子的电荷量q＝－1.6×10－19C，质量m＝0.91×10－30kg，所以W＝qU＝1.6×10－19×22.5×103J＝3.6×10－15J
电场力做正功，电势能就一定减少了，那么减少的电势能也为3.6×10－15J.
减少了的电势能转化为电子的动能，那么eq \f(1,2)mv2＝W
所以v＝eq \r(\f(2W,m))＝eq \r(\f(2×3.6×10－15,0.91×10－30))＝8.9×107(m/s)
7答案：(1)aB＝3g；方向竖直向上．
(2)UAB＝－eq \f(3kQ,h)
解析：(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电量为q，由牛顿第二定律，在A点时mg－keq \f(Qq,h2)＝m·eq \f(3,4)g；在B点时：keq \f(Qq,0.25h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向竖直向上．
(2)从A到B过程，由动能定理mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，UAB＝－eq \f(3kQ,h).