物理人教版 (新课标)4 电势能和电势同步训练题

这是一份物理人教版 (新课标)4 电势能和电势同步训练题，共7页。


[随堂基础巩固]
1.关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )
A.电场线是客观存在的
B.电场线越密，电场强度越小
C.沿着电场线方向，电势越来越低
D.电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小
解析：电场是客观存在的，而电场线是假想的，A错；电场线越密的地方电场越强，B错；沿着电场线的方向电势逐渐降低，C对；负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功，电势能增加，D错。
答案：C
2.下列关于等势面的说法，正确的是( )
A.电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以电场力不做功
B.在同一个等势面上各点的电场强度大小相等
C.两个不等电势的等势面可能相交
D.若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映电场强度的大小
解析：电荷在等势面上移动时，静电力与等势面垂直，静电力不做功，A错误；在同一等势面上各点的电势相等，但电场强度大小不一定相等，B错误；等差等势面越密的地方，电场越强，D正确；等势面相交处其电势相等，故不等电势的等势面不可能相交，C错误。
答案：D
3.如图1－4－8所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线方向向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是( )
A.带电质点在a、b两点受到的电场力都是竖直向上的
B.a点的电势比b点的电势高图 1－4－8
C.带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小
D.a点的电场强度比b点的电场强度大
解析：质点在a点由静止释放，沿电场线方向向上运动，说明电场力的方向一定向上，质点在a点受到的电场力大于重力，到b点恰好速度为零，说明质点的运动必是先加速后减速，可知质点在b点受到的电场力小于重力，由此可知Ea＞Eb，沿电场线方向电势一定降低，质点由a到b，电场力做正功，所以电势能减小。
答案：ABD
4.如图1－4－9所示，电子在一条电场线上从a点运动到b点，电势能增加，试判定a、b两点电势高低。
图 1－4－9
解析：可用下面三种方法来分析：
法一：利用电场线的方向来判断：
由于电势能增加，电场力一定做负功，即电场力方向和电荷运动方向相反，从b指向a。而负电荷受电场力的方向和电场强度方向相反，电场强度方向应是由a指向b，因此电场线的方向是从a指向b。
顺着电场线的方向电势越来越低，a点电势比b点电势高。
法二：利用电场力做功公式来判断：
由于电势能增加，电场力一定做负功，即Wab为负值，而q是负电荷，即q为负值。
由Wab＝q(φa－φb)得知φa－φb>0，故φa>φb。
法三：利用电势能判断：
正电荷q为正值，在电势越高的地方电势能越大，而对负电荷q为负值，在电势越高的地方电势能越小，而本题已知条件是负电荷在a点电势能较小，a点电势高。
答案：a点电势高
[课时跟踪训练]
(满分50分 时间30分钟)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共计40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.下列说法正确的是( )
A.将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
B.将正电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
C.将负电荷由电势高的地方移到电势低的地方，电势能一定增加
D.无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加
解析：由公式φ＝eq \f(Ep,q)得Ep＝qφ，正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大。当把正电荷由电势高的地方移到电势低的地方时，电势能会减少，当把负电荷从电势高的地方移到电势低的地方时，电势能将增加，A错误，B、C正确；根据电场力做功与电势能变化的关系可知，当电场力做正功时，电势能减少，当电场力做负功时，电势能增加，D正确。
答案：BCD
2.某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是( )
图 1
A.c点电场强度大于b点电场强度
B.a点电势高于b点电势
C.若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D.若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小
解析：根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知c点的电场强度小于b点的电场强度，选项A错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知a点电势高于b点电势，选项B正确；只有当电场线为直线时，试探电荷静止释放，才能沿电场线运动，所以选项C错误；若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项D正确。
答案：BD
3.如图2中虚线为匀强电场中的等势线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则( )
图 2
A.M带负电荷，N带正电荷
B.M带正电荷，N带负电荷
C.N在从O点运动至a点的过程中电势降低
D.M在O点和b点电势能相同
解析：由O点电势高于c点电势知，电场强度方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电，N粒子带负电，A、C错误，B正确，O、b两点位于同一等势线上，D正确。
答案：BD
4.如图3所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在点电荷Q的电场中 图 3
运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中( )
A.小物块所受静电力逐渐减小
B.小物块具有的电势能逐渐减小
C.M点的电势一定高于N点的电势
D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
解析：小物块在从M到N运动过程中，一定受到向左的摩擦力，所以库仑力一定向右。随着由M到N运动，离电荷Q距离越来越大，所以物块受到静电力即库仑力一定减小，A正确；由动能定理可得μmgx－WE＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于滑动摩擦力做功的值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，因而不能判断M、N两点电势的高低，C错。
答案：ABD
5.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度v0及运动轨迹如图4所示，可以判定( )
图 4
A.粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度
B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D.电场中A点的电势低于B点的电势
解析：由电场线的疏密可知电场强度EB>EA，所以粒子的加速度aB>aA，A项正确；由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA>φB，D项错；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能增大、电势能减小，即EkB>EkA，EpB答案：AB
6.如图5所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc。一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示。由图可知( )
图 5
A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C.粒子从K到L的过程中，电势能增加
D.粒子从L到M的过程中，动能减少
解析：由φa、φb、φc的关系可知，静电场是正的点电荷产生的电场，带电的粒子从K到L的过程中，粒子受到库仑斥力的作用，克服电场力做功，粒子动能减少，电势能增加；粒子从L到M的过程中，电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减少，故正确答案为A、C。
答案：AC
7.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中( )
A.小球的重力势能减少了2mgh
B.小球的动能减少了2mgh
C.电场力做负功2mgh
D.小球的电势能增加了3mgh
解析：带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg。在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh；根据动能定理，小球的动能减小了2mgh。
答案：BD
8.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图6乙所示。设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则( )
图 6
A.EA＝EB B.EA＜EB
C.φA＝φB D.φA＜φB
解析：由v－t图线可看出，电子在电场力作用下做匀加速直线运动，其所受电场力是一恒力，该电场为匀强电场，A、B两点电场强度相等，A正确；电子所受电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，故B点电势高于A点电势，D正确。
答案：AD
二、非选择题(本题共1小题，共10分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9. (10分)倾角为30°的直角三角形底边长为2l，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电的电荷q从斜面顶端A沿斜面滑下(不脱离斜面)。已测得它滑到斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜面底端C点时的速度和加速度各为多少？
图 7
解析：此题巧妙地将牛顿第二定律与电场力做功的特点结合在一起。正确应用牛顿第二定律和点电荷电场的特点是解题关键，将OD连接，由几何知识知OD＝OC＝l，表明D、C两点为＋Q产生电场中等势面上的两点，即该电荷从D点运动到C点电场力做功为零，这是解决此题的突破口.由D→C的过程中该电荷的机械能守恒，则有
eq \f(1,2)mv2＋mgeq \f(\r(3),2)l＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)
解得：vC＝eq \r(v2＋\r(3)gl)
在D点时对＋q受力分析有：
mgsin30°－F库·cs30°＝ma①
在C点时对＋q受力分析有：
mgsin30°＋F库·cs30°＝maC②
联立①②两式可解得aC＝g－a。
答案：eq \r(v2＋\r(3)gl) g－a