高中物理选修3-1：第1章第5节时同步训练及解析 7页

高中物理选修3-1 同步训练 ‎ 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电势差的定义式UAB＝，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．电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量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点时电场力做的功 解析：选BC.根据电势差的定义，电场中两点间的电势差等于将单位正电荷从一点移到另一点时静电力所做的功，仅由电场及两点的位置决定，与移动的电荷量及做功的多少无关，即U＝也是比值定义式，故应选B、C.‎ 图1－5－4‎ 如图1－5－4所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b移到d，电场力做正功W2，则(　　)‎ A．W1>W2　φ1>φ2‎ B．W1φ2‎ 解析：选D.由W＝Uq可知，W1＝W2.‎ 由Wc d＝Uc d·q，Wc d>0，q>0，可知Uc d>0，‎ 故φ1>φ2>φ3.‎ 图1－5－5‎ ‎(2012·福建厦门六中高二期中)如图1－5－5所示的匀强电场场强为103 N/C，ab平行于电场线，ab＝cd＝4 cm，ac＝bd＝3 cm.则下列计算结果正确的是(　　)‎ A．ab之间的电势差为40 V B．ac之间的电势差为50 V C．将 q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abdc移动一周，电场力做功是－0.25 J D．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abd从a移动到d，电场力做功是0.25 J 解析：选A.由U＝Ed得Uab＝40 V, 故A正确；a、c在同一等势面上，Uac＝0，B 7‎ 错；移动一周W＝0，C错；Wad＝Wab＝40×(－5×10－3) J＝－0.2 J，故D错．‎ 图1－5－6‎ ‎(2012·郑州外国语学校高二月考)如图1－5－6所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为26 eV和5 eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为(　　)‎ A．8 eV　　　　　　　　 B．13 eV C．20 eV D．34 eV 解析：选C.由于电荷在电场中移动时只有静电力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化.1、2、3、4为等差等势面，等势面3的电势为零，从等势面1到等势面4电荷减少的动能为21 eV，所以从1到3减少的动能为14 eV，故电荷在等势面3上的动能为12 eV，故当电势能为－8 eV时，动能为20 eV.‎ 把带电荷量2×10－8 C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功8×10－6 J，若把该电荷从无限远处移到电场中的B点，需克服电场力做功2×10－6 J，取无限远处电势为零．求：‎ ‎(1)A点的电势．‎ ‎(2)A、B两点的电势差．‎ ‎(3)若把2×10－5 C的负电荷由A点移动到B点，电场力做的功．‎ 解析：无限远处电势能为零，克服电场力做功，电势能增加，所以EpA＝8×10－6 J，φA＝＝ V＝400 V，同理φB＝ V＝100 V，故UAB＝φA－φB＝300 V．若把负电荷由A点移动到B点，WAB＝qUAB＝－2×10－5×300 J＝－6×10－3 J.‎ 答案：(1)400 V　(2)300 V　(3)－6×10－3 J 一、单项选择题 关于电势差的下列说法中，正确的是(　　)‎ A．电势差与电势一样，是相对量，与零电势点的选取有关 B．电势差是一个标量，没有正值和负值之分 C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关 D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的改变而改变，所以UAB＝UBA 答案：C 在电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝75 V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200 V，则A、B、C三点电势高低关系为(　　)‎ A．φA>φB>φC　　　　　　　 B．φA<φC<φB C．φC>φA>φB D．φC>φB>φA 7‎ 解析：选C.UAB＝75 V表示φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，选C.‎ 图1－5－7‎ ‎(2012·安徽师大附中高二检测)如图1－5－7所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　)‎ A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J 解析：选C.正电荷在电场中只受电场力的作用，在L3时，动能为20 J，运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J．当它的电势能为4 J时，动能为6 J．所以C正确．‎ 图1－5－8‎ ‎(2012·广雅中学高二检测)如图1－5－8所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v.‎ 电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv变为2mv，则根据动能定理，有 Uq－mgh＝2mv－mv，‎ 解方程得A、B两点电势差应为，应选C.‎ 二、双项选择题 7‎ 图1－5－9‎ ‎(2012·揭阳华侨中学高二检测)如图1－5－9所示，在－Q形成的电场中，有a、b、c三点，它们到点电荷的距离为raφa，同一负电荷在电势低处电势能大，故C错；因Uab＝Ubc，据W＝qU知Wab＝Wbc，D正确．‎ 图1－5－10‎ 如图1－5－10所示，以坐标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另有一沿x轴正方向，场强大小为E的匀强电场，当点电荷＋q在电场中移动时(　　)‎ A．从a移到b，电场力不做功 B．从a移到c，电场力不做功 C．从d移到b，电场力做功为2qEr D．从d移到a，电场力做功为2qEr 解析：选BC.点电荷Q所形成的电场与匀强电场叠加时，场强遵循矢量合成法则，电势遵循代数相加法则．具体处理问题时，亦可应用独立作用原理，即求电荷q在电场中所受电场力，可先分别求出点电荷Q和匀强电场对该电荷的作用力，再求它们的矢量和．求电荷在电场中具有的电势能或在电场中移动时电场力所做的功，可先分别求出在点电荷Q形成的电场和匀强电场中的电势能或在这两个电场中移动所做的功，再求和．a、b、c、d位于以＋Q为球心的球面上，它们在＋Q形成的电场中的电势是相等的．而在匀强电场中，这四个点的电势高低关系是φd>φa＝φc>φb，且Uda＝Udc＝Uab＝Ucb＝Er.由此可断定Wdb＝2qEr.‎ 图1－5－11‎ 右图1－5－11中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面．一个电量为－5.0×10－8 C的点电荷，只在电场力的作用下沿图中曲线从A点移到B点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电场力做的功为－5.0×10－7 J B．粒子在B点的电势能一定小于在A点的电势能 C．粒子在B点的速度一定小于在A点的速度 D．粒子在A点和B点的速度大小一定相等 答案：AC 7‎ 图1－5－12‎ 一带电粒子只在电场力的作用下沿图1－5－12中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa<φb<φc<φd，若不计粒子的重力，可以确定(　　)‎ A．粒子带正电 B．从J到K粒子的电势能减少 C．该粒子带负电 D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和可能增加 解析：选BC.由题意可知，带电粒子从J移动到K点，电势逐渐升高，该粒子只受电场力作用，由带电粒子的运动曲线可知，电场力向右，所以该粒子必定带负电，从J到K，电场力做正功，所以电势能降低，整个过程能量变化情况是：电势能转化为动能．根据能量守恒定律，动能和电势能的总和是不变的，所以B、C对，A、D错．‎ 图1－5－13‎ 如图1－5－13所示，在A点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子在到达B点时的速度恰好为零，已知A、B所在处电场线方向竖直向下，A、B两点间的高度差为h，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．带电粒子带正电 B．A、B两点间的电势差UAB＝ C．B点场强大于A点场强 D．A点场强大于B点场强 解析：选BC.带电粒子在从A到B的过程中，有两个力即重力和电场力做功，而动能的变化为零，又因为重力做正功，所以电场力在此过程中做负功，根据动能定理mgh－qUAB＝0，解得UAB＝，因为电场线的方向由A指向B，UAB>0，所以粒子带负电，选项A错，B正确；因为带电粒子在由A向B运动的过程中，在重力和电场力作用下先加速后减速运动，说明电场力先小于重力，后来大于重力，所以电场力越来越大，故场强越来越大，选项C正确，D错误．‎ 三、非选择题 如图1－5－14所示，‎ 图1－5－14‎ 7‎ 将一质量为m、电荷量为＋q的小球固定在绝缘杆的一端，杆的另一端可绕通过O点的固定轴转动，杆长为L，杆的质量忽略不计．将杆和小球置于场强为E的匀强电场中，电场方向如图所示，将杆拉至水平位置OA，在此处将其自由释放，求杆运动到竖直位置OB时小球电势能的变化和小球到达B点的速率．‎ 解析：(1)A→B电场力做功WAB＝qEd＝qEL 由电场力做功与电势能变化关系得：ΔEp＝－WAB＝－qEL，即电势能减小了qEL.‎ ‎(2)由动能定理得：‎ qEL＋mgL＝mv－0‎ 所以vB＝ .‎ 答案：电势能减小了qEL　B点速率为 图1－5－15‎ 如图1－5－15所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是半径为R的圆形轨道，今有质量为m、带电量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与最低点B间的电势差为多大？‎ 解析：小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力做功和电场力做功，由动能定理得mv2＝qUAD－mg·2R 小球在D点时重力完全用来提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，联立解得UAD＝ 由于B、D两点在同一等势面上，所以UAB＝UAD＝.‎ 答案： 图1－5－16‎ ‎(2012·云南玉溪一中高二检测)如图1－5－16所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，‎ 7‎ 小球滑到B点时的速度大小为2.求：‎ ‎(1)小球滑至C点时的速度大小；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差；‎ ‎(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．‎ 解析：(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零 由几何关系可得BC的竖直高度 hBC＝3R/2‎ 根据动能定理有 mg×3R/2＝mv/2－mv/2‎ 解得vC＝.‎ ‎(2)因为电势差UAB＝UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有 mg×3R＋q|UAC|＝mv/2‎ 解得|UAB|＝|UAC|＝mgR/(2q)．‎ ‎(3)因为φA<φC、φC＝0，所以 φA＝－|UAC|＝－mgR/(2q)．‎ 答案：(1)　(2)mgR/(2q)‎ ‎(3)－mgR/(2q) .。‎ 7‎