年高中物理 電子題庫 第一章第五節(jié)時知能演練輕松闖關(guān) 新人教版選修3-1

eq\a\vs4\al(1.)對于電場中A、B兩點，下列說法中正確的是()A．電勢差的定義式UAB＝eq\f(WAB,q)，說明兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比，與移動電荷的電荷量q成反比B．把正電荷從A點移到B點電場力做正功，則有UAB>0C．電勢差的定義式中，UAB與移動電荷的電荷量q無關(guān)D．電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把正電荷q從A點移動到B點時電場力做的功解析：選BC.根據(jù)電勢差的定義，電場中兩點間的電勢差等于將單位正電荷從一點移到另一點時靜電力所做的功，僅由電場及兩點的位置決定，與移動的電荷量及做功的多少無關(guān)，即U＝eq\f(W,q)也是比值定義式，故應選B、C.eq\a\vs4\al(2.)圖1－5－4如圖1－5－4所示，三個等勢面上有a、b、c、d四點，若將一正電荷由c經(jīng)a移到d，電場力做正功W1，若由c經(jīng)b移到d，電場力做正功W2，則()A．W1>W2φ1>φ2B．W1<W2φ1<φ2C．W1＝W2φ1<φ2D．W1＝W2φ1>φ2解析：選D.由W＝Uq可知，W1＝W2.由Wcd＝Ucd·q，Wcd>0，q>0，可知Ucd>0，故φ1>φ2>φ3.eq\a\vs4\al(3.)圖1－5－5(2012·福建廈門六中高二期中)如圖1－5－5所示的勻強電場場強為103N/C，ab平行于電場線，ab＝cd＝4cm，ac＝bd＝3cm.則下列計算結(jié)果正確的是()A．a(chǎn)b之間的電勢差為40VB．a(chǎn)c之間的電勢差為50VC．將q＝－5×10－3C的點電荷沿矩形路徑abdc移動一周，電場力做功是－0.25JD．將q＝－5×10－3C的點電荷沿abd從a移動到d，電場力做功是0.25J解析：選A.由U＝Ed得Uab＝40V,故A正確；a、c在同一等勢面上，Uac＝0，B錯；移動一周W＝0，C錯；Wad＝Wab＝40×(－5×10－3)J＝－0.2J，故D錯．eq\a\vs4\al(4.)圖1－5－6(2012·鄭州外國語學校高二月考)如圖1－5－6所示，虛線1、2、3、4為靜電場中的等勢面，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為零．一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b兩點時的動能分別為26eV和5eV，當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋?eV時，它的動能應為()A．8eV B．13eVC．20eV D．34eV解析：選C.由于電荷在電場中移動時只有靜電力做功，因此能量之間的轉(zhuǎn)化只有動能和電勢能之間的轉(zhuǎn)化.1、2、3、4為等差等勢面，等勢面3的電勢為零，從等勢面1到等勢面4電荷減少的動能為21eV，所以從1到3減少的動能為14eV，故電荷在等勢面3上的動能為12eV，故當電勢能為－8eV時，動能為20eV.eq\a\vs4\al(5.)把帶電荷量2×10－8C的正點電荷從無限遠處移到電場中的A點，要克服電場力做功8×10－6J，若把該電荷從無限遠處移到電場中的B點，需克服電場力做功2×10－6J，取無限遠處電勢為零．求：(1)A點的電勢．(2)A、B兩點的電勢差．(3)若把2×10－5C的負電荷由A點移動到B點，電場力做的功．解析：無限遠處電勢能為零，克服電場力做功，電勢能增加，所以EpA＝8×10－6J，φA＝eq\f(EpA,q)＝eq\f(8×10－6,2×10－8)V＝400V，同理φB＝eq\f(2×10－6,2×10－8)V＝100V，故UAB＝φA－φB＝300V．若把負電荷由A點移動到B點，WAB＝qUAB＝－2×10－5×300J＝－6×10－3J.答案：(1)400V(2)300V(3)－6×10－3J一、單項選擇題eq\a\vs4\al(1.)關(guān)于電勢差的下列說法中，正確的是()A．電勢差與電勢一樣，是相對量，與零電勢點的選取有關(guān)B．電勢差是一個標量，沒有正值和負值之分C．由于電場力做功跟移動電荷的路徑無關(guān)，所以電勢差也跟移動電荷的路徑無關(guān)，只跟這兩點的位置有關(guān)D．A、B兩點的電勢差是恒定的，不隨零電勢點的改變而改變，所以UAB＝UBA答案：Ceq\a\vs4\al(2.)在電場中，A、B兩點間的電勢差為UAB＝75V，B、C兩點間的電勢差為UBC＝－200V，則A、B、C三點電勢高低關(guān)系為()A．φA>φB>φC B．φA<φC<φBC．φC>φA>φB D．φC>φB>φA解析：選C.UAB＝75V表示φA比φB高75V，UBC＝－200V，表示φC比φB高200V，所以三點電勢高低為φC>φA>φB，選C.eq\a\vs4\al(3.)圖1－5－7(2012·安徽師大附中高二檢測)如圖1－5－7所示，實線為電場線，虛線為等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．一個正電荷在等勢面L3處的動能為20J，運動到等勢面L1處時動能為零；現(xiàn)取L2為零電勢參考平面，則當此電荷的電勢能為4J時，它的動能為(不計重力及空氣阻力)()A．16J B．10JC．6J D．4J解析：選C.正電荷在電場中只受電場力的作用，在L3時，動能為20J，運動到L2等勢面時其動能一定是10J，此時電勢能為零，則此正電荷動能和電勢能總和為10J．當它的電勢能為4J時，動能為6J．所以C正確．eq\a\vs4\al(4.)圖1－5－8(2012·廣雅中學高二檢測)如圖1－5－8所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB＝2v0，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為()A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B.eq\f(3mveq\o\al(2,0),q)C.eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D.eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)解析：選C.粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有2gh＝veq\o\al(2,0).電場力做正功，重力做負功，使粒子的動能由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)變?yōu)?mveq\o\al(2,0)，則根據(jù)動能定理，有Uq－mgh＝2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解方程得A、B兩點電勢差應為eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)，應選C.二、雙項選擇題eq\a\vs4\al(5.)圖1－5－9(2012·揭陽華僑中學高二檢測)如圖1－5－9所示，在－Q形成的電場中，有a、b、c三點，它們到點電荷的距離為ra<rb<rc，且Uab＝Ubc.則()A．a(chǎn)點電勢高于c點電勢B．a(chǎn)點場強比c點場強大C．同一負電荷放在c點比放在a點的電勢能大D．同一負電荷由a點移到b點，與由b點移到c點電場力做功相等解析：選BD.由孤立負點電荷電場線和等勢面的分布知B正確；因φc>φa，同一負電荷在電勢低處電勢能大，故C錯；因Uab＝Ubc，據(jù)W＝qU知Wab＝Wbc，D正確．eq\a\vs4\al(6.)圖1－5－10如圖1－5－10所示，以坐標原點O為圓心，半徑為r的圓與坐標軸交于a、b、c、d.在O點固定一個正點電荷Q，另有一沿x軸正方向，場強大小為E的勻強電場，當點電荷＋q在電場中移動時()A．從a移到b，電場力不做功B．從a移到c，電場力不做功C．從d移到b，電場力做功為2qErD．從d移到a，電場力做功為2qEr解析：選BC.點電荷Q所形成的電場與勻強電場疊加時，場強遵循矢量合成法則，電勢遵循代數(shù)相加法則．具體處理問題時，亦可應用獨立作用原理，即求電荷q在電場中所受電場力，可先分別求出點電荷Q和勻強電場對該電荷的作用力，再求它們的矢量和．求電荷在電場中具有的電勢能或在電場中移動時電場力所做的功，可先分別求出在點電荷Q形成的電場和勻強電場中的電勢能或在這兩個電場中移動所做的功，再求和．a(chǎn)、b、c、d位于以＋Q為球心的球面上，它們在＋Q形成的電場中的電勢是相等的．而在勻強電場中，這四個點的電勢高低關(guān)系是φd>φa＝φc>φb，且Uda＝Udc＝Uab＝Ucb＝Er.由此可斷定Wdb＝2qEr.eq\a\vs4\al(7.)圖1－5－11右圖1－5－11中的平行直線表示一簇垂直于紙面的等勢面．一個電量為－5.0×10－8C的點電荷，只在電場力的作用下沿圖中曲線從A點移到B點，則下列說法正確的是()A．電場力做的功為－5.0×10－7JB．粒子在B點的電勢能一定小于在A點的電勢能C．粒子在B點的速度一定小于在A點的速度D．粒子在A點和B點的速度大小一定相等答案：ACeq\a\vs4\al(8.)圖1－5－12一帶電粒子只在電場力的作用下沿圖1－5－12中曲線JK穿過一勻強電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中有φa<φb<φc<φd，若不計粒子的重力，可以確定()A．粒子帶正電B．從J到K粒子的電勢能減少C．該粒子帶負電D．粒子從J到K運動過程中的動能與電勢能之和可能增加解析：選BC.由題意可知，帶電粒子從J移動到K點，電勢逐漸升高，該粒子只受電場力作用，由帶電粒子的運動曲線可知，電場力向右，所以該粒子必定帶負電，從J到K，電場力做正功，所以電勢能降低，整個過程能量變化情況是：電勢能轉(zhuǎn)化為動能．根據(jù)能量守恒定律，動能和電勢能的總和是不變的，所以B、C對，A、D錯．eq\a\vs4\al(9.)圖1－5－13如圖1－5－13所示，在A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子在到達B點時的速度恰好為零，已知A、B所在處電場線方向豎直向下，A、B兩點間的高度差為h，則下列判斷中正確的是()A．帶電粒子帶正電B．A、B兩點間的電勢差UAB＝eq\f(mgh,q)C．B點場強大于A點場強D．A點場強大于B點場強解析：選BC.帶電粒子在從A到B的過程中，有兩個力即重力和電場力做功，而動能的變化為零，又因為重力做正功，所以電場力在此過程中做負功，根據(jù)動能定理mgh－qUAB＝0，解得UAB＝eq\f(mgh,q)，因為電場線的方向由A指向B，UAB>0，所以粒子帶負電，選項A錯，B正確；因為帶電粒子在由A向B運動的過程中，在重力和電場力作用下先加速后減速運動，說明電場力先小于重力，后來大于重力，所以電場力越來越大，故場強越來越大，選項C正確，D錯誤．三、非選擇題eq\a\vs4\al(10.)如圖1－5－14所示，圖1－5－14將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球固定在絕緣桿的一端，桿的另一端可繞通過O點的固定軸轉(zhuǎn)動，桿長為L，桿的質(zhì)量忽略不計．將桿和小球置于場強為E的勻強電場中，電場方向如圖所示，將桿拉至水平位置OA，在此處將其自由釋放，求桿運動到豎直位置OB時小球電勢能的變化和小球到達B點的速率．解析：(1)A→B電場力做功WAB＝qEd＝qEL由電場力做功與電勢能變化關(guān)系得：ΔEp＝－WAB＝－qEL，即電勢能減小了qEL.(2)由動能定理得：qEL＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0所以vB＝eq\r(\f(2（qE＋mg）L,m)).答案：電勢能減小了qELB點速率為eq\r(\f(2（qE＋mg）L,m))eq\a\vs4\al(11.)圖1－5－15如圖1－5－15所示，ABCDF為一絕緣光滑軌道，豎直放置在水平向右的勻強電場中，AB與電場線平行，BCDF是半徑為R的圓形軌道，今有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球在電場力作用下從A點由靜止開始沿軌道運動，小球經(jīng)過最高點D時對軌道的壓力恰好為零，則A點與最低點B間的電勢差為多大？解析：小球從A到D的過程中有兩個力做功，即重力做功和電場力做功，由動能定理得eq\f(1,2)mv2＝qUAD－mg·2R小球在D點時重力完全用來提供向心力，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得UAD＝eq\f(5mgR,2q)由于B、D兩點在同一等勢面上，所以UAB＝UAD＝eq\f(5mgR,2q).答案：eq\f(5mgR,2q)eq\a\vs4\al(12.)圖1－5－16(2012·云南玉溪一中高二檢測)如圖1－5－16所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2eq\r(gR).求：(1)小球滑至C點時的速度大?。?2)A、B兩點間的電勢差；(3)若以C點作為參考點(零電勢點)，試確定A點的電勢．解析：(1)因B、C兩點電勢相