• 4.62 MB
  • 2021-05-31 发布

2014年高考人教版物理一轮复习精品训练 第6章 第2节 电势差 电势 电势能 含解析

  • 5页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
课时作业20 电势差 电势 电势能 一、不定项选择题 ‎1.在静电场中,将一正电荷从A点移到B点,电场力做了负功,则( )‎ A.B点的电场强度一定比A点大 B.电场线方向一定从B指向A C.B点电势一定比A点高 D.该电荷的动能一定减小 ‎2.(2012·山东潍坊模拟)某静电场的电场线分布如图所示,一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点,过N点的虚线是电场中的一条等势线,则( )‎ A.M点的电场强度小于N点的电场强度 B.M点的电势低于N点的电势 C.负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能 D.负点电荷在M点的动能小于在N点的动能 ‎3.(2012·天津理综)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中( )‎ A.做直线运动,电势能先变小后变大 B.做直线运动,电势能先变大后变小 C.做曲线运动,电势能先变小后变大 D.做曲线运动,电势能先变大后变小 ‎4.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则( )‎ A.电子将沿Ox方向运动 B.电子的电势能将增大 C.电子运动的加速度恒定 D.电子运动的加速度先减小后增大 ‎5.如图所示,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时的动能为零;现取等势面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 ‎6.(2012·四川宜宾模拟)如图所示,在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q,从M点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点静止。则从M点运动到N点的过程中,下列说法中正确的是( )‎ A.小物块所受电场力逐渐增大 B.小物块具有的电势能逐渐增大 C.Q电场中M点的电势高于N点的电势 D.小物块电势能的减少量等于克服摩擦力做的功 ‎7.A、B、C、D是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知A点的电势为20 V,B点的电势为24 V,D点的电势为4 V,由此可知C点的电势为( )‎ A.4 V B.8 V C.12 V D.24 V ‎8.如图所示,匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,∠ABC=∠CAB=30°,BC=‎2 m,已知电场线平行于△ABC所在的平面,一个电荷量q=-2×10-‎6 C的点电荷由A移到B的过程中,电势能增加了1.2×10-5 J,由B移到C的过程中电场力做功6×10-6 J,下列说法正确的是( )‎ A.B、C两点的电势差UBC=3 V B.A点的电势低于B点的电势 C.负电荷由C点移到A点的过程中,电势能增加 D.该电场的电场强度为1 V/m 二、非选择题 ‎9.如图所示,两个平行金属板A、B中间为一匀强电场,A、B相距‎10 cm,C、D为电场中的两点,CD=8 cm,CD连线和电场方向成60°角,C点到A板的距离为‎2 cm,已知质子从C点移到D点,电场力做功为3.2×10-17 J。求:‎ ‎(1)匀强电场电场强度的大小。‎ ‎(2)A、B两点间的电势差。‎ ‎(3)若将A板接地,则C、D两点的电势各为多大?‎ ‎10.如图所示,在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场,现有一质量m=2.0×10-‎3 kg、电荷量q=2.0×10-‎6 C的带正电的物体(可视为质点),从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动,其位移随时间的变化规律为x=6.0t-10t2,式中x的单位为m,t的单位为s。不计空气阻力,取g=‎10 m/s2。‎ ‎(1)求匀强电场的电场强度大小和方向;‎ ‎(2)求带电物体在0~0.5 s内电势能的变化量。‎ ‎11.如图所示,带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点,斜面上有A、B两点,且A、B和C在同一直线上,A和C相距为l,B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放,当带电小球运动到B点时速度正好又为零。已知带电小球在A点处的加速度大小为,静电力常量为k,求:‎ ‎(1)小球运动到B点时的加速度大小。‎ ‎(2)B和A两点间的电势差(用Q和l表示)。‎ 参考答案 ‎1.C 解析:电场力的功WAB=qUAB<0,所以UAB<0。而UAB=φA-φB,则φA<φB,C正确;电场强度的大小无法判断,A错误;电场线的方向可能从B指向A,B错误;不知合外力的做功情况,故D错误。‎ ‎2.C 解析:电场线密集的地方,电场强度大,故M点的电场强度大于N点的电场强度,A错误;沿着电场线电势降低,故M点的电势高于N点的电势,B错误;负点电荷由M到N电场力做负功,动能减小,电势能增加,故C正确,D错误。‎ ‎3.C 解析:根据图示可画出电场线,判断出粒子将受向上的电场力而做曲线运动,电场力对其先做正功后做负功,所以其电势能先减小后变大,则本题只有选项C正确。‎ ‎4.AD 解析:由题图乙可知,沿x轴正方向电势越来越高,故电场线方向沿x轴负方向,电子静止且只受到沿x轴正方向的电场力,故电子将沿Ox方向运动,电子的电势能将减小,A正确,B错误;因电势φ随x的增大,其变化率先减小后增大,故沿x轴正方向,电场强度先减小后增大,电子运动的加速度先减小后增大,D正确,C错误。‎ ‎5.C 解析:相邻等势面间的电势差相等,则电荷的电势能之差也相等,在L3时,动能为20 J,运动到L2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。由能量守恒定律可知当它的电势能为4 J时,动能一定为6 J,故C正确。‎ ‎6.D 解析:对小物块由动能定理得:-qUMN-Wf=0,则电场力一定做正功,电势能减小,B错误;-qUMN>0,UMN<0,则φM<φN,C错误;由能量守恒知ΔEp减=Wf,D正确;由M→N,小物块所受电场力F=,r增大,所以电场力逐渐减小,A错误。‎ ‎7.B 解析:线段AB与线段CD平行且相等,则在匀强电场中UAB=UDC,而UAB=φA-φB=(20-24) V=-4 V,UDC=φD-φC=4 V-φC,故4 V-φC=-4 V,所以φC=8 V,B正确。‎ ‎8.D 解析:由W=qU和W=-ΔEp(ΔEp为电荷电势能的增量)得,A、B两点间电势差 UAB= V=6 V,‎ UBC= V=-3 V,A、B错;由UAC=UAB-UCB=UAB+UBC得:UAC=3 V,故C点电势低于A点电势,负电荷由C点移到A点的过程中,电场力做正功,负电荷的电势能减小,C错;如图所示,D为AB中点,则UDB=3 V,DB=‎3 m,电场线垂直于等势面,因此电场线与AB平行,电场强度E==1 V/m,D正确。‎ ‎9.答案:(1)5 000 V/m (2)500 V ‎(3)-100 V -300 V 解析:(1)根据UCD=得:UCD= V=200 V 由U=Ed得:E== V/m=5 000 V/m。‎ ‎(2)UAB=E·dAB=5 000×10×10-2 V=500 V。‎ ‎(3)φC=UCA=-E·dCA=-5 000×2×10-2 V=-100 V φD=UDA=-E×(dDC+dCA)=-5 000×(8×10-2×cos 60°+2×10-2)V=-300 V。‎ ‎10.答案:(1)2.0×104 N/C 方向水平向左 ‎(2)电势能增加2×10-2 J 解析:(1)由x=6.0t-10t2得加速度大小为:a=20 m/s2‎ 根据牛顿第二定律:Eq=ma 解得电场强度大小为:E=2.0×104 N/C 电场强度方向水平向左 ‎(2)由x=6.0t-10t2得初速度大小为:‎ v0=‎6.0 m/s 减速时间:t1==0.3 s ‎0.3 s内经过的路程 x1=v0t1-at=‎‎0.9 m 后0.2 s物体做反向匀加速直线运动,经过的路程x2=at=0.4 m 物体在0.5 s内发生的位移为 x=(0.9-0.4) m=‎0.5 m,方向向右。‎ 电场力做负功,电势能增加:ΔEp=qEx=2×10-2 J ‎11.答案:(1) (2) 解析:(1)带电小球在A点时:‎ mgsin 30°-k=maA。‎ 带电小球在B点时:-mgsin 30°=maB且aA=,可解得:aB= ‎(2)由A点到B点应用动能定理得:‎ mgsin 30°·-UBA·q=0。‎ 由mgsin 30°-k=m·aA=m可得:mg=k 可求得:UBA=。‎

相关文档