2020新教材高中物理课时评价练五电势差含解析 人教版必修第三册
电势差
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.如图所示,在电场中有a、b、c三点,且ab=bc,试比较ab和bc间电势差,下列说法正确的是 ( )
A.ab间的电势差一定大于bc间的电势差
B.因ab=bc,所以ab间的电势差等于bc间的电势差
C.ab间的电势差一定小于bc间的电势差
D.因是非匀强电场,无法比较
【解析】选C。电场线密的地方电场强度大,电场线稀的地方电场强度小,故Ea
φb>φc;由等势线分布可以知道Uab0,即电场力做正功,则电势能减小,即正电荷在A点的电势能比在C点的电势能大,故B正确;电荷沿任意路径从A点移到B点的过程中,电场力有时做正功,有时做负功,总功为零,并不是电场力一直不做功,故C错误;将一个电子由A点移到C点,根据公式可知:WAC=-4 eV,故D错误。
5.如图所示,虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面,两等势面间的距离为2 cm,其中等势面C的电势为0,一电子仅在静电力的作用下运动,经过A、D等势面时的动能分别为28 eV和10 eV,则下列说法正确的是( )
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A.等势面D的电势为6 V
B.该匀强电场的电场强度为3 V/m,方向水平向右
C.该电子不可能到达电势为-12 V的等势面
D.该电子运动到某一位置,其电势能变为8 eV时,它的动能为8 eV
【解析】选D。因电子只在静电力的作用下运动,经过A、D等势面时的动能分别为28 eV和10 eV,根据动能定理,则有:-e(φA-φD)=(10-28) eV,解得:φA-φD=
18 V,又φC=0,可解得:φD=-6 V,故A错误;因匀强电场中,UCD=φC-φD=6 V,可得:E== V/m=300 V/m,故B错误;因只有电场力做功,动能与电势能之和保持不变,当电子的速度为零时,由能量守恒定律,可知,-eφD+10 eV=-eφ,解得:φ=-16 V,可知电子可以到达电势为-12 V的等势面,故C错误;由能量守恒定律可知,-eφD+10 eV=8 eV+Ek,解得:Ek=8 eV,故D正确。
6.如图所示,虚线是某静电场的一簇关于x轴对称的等势线,线边上标有电势的值,一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C,
则( )
A.粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
B.B点场强小于A点场强
C.粒子从A到C的电场力所做的功大于从A到B电场力做的功
D.带电粒子带负电,且在B点所受电场力沿x轴负方向
【解析】选D。根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,可知电场线方向大致向右,根据粒子轨迹的弯曲方向可知,粒子所受的电场力方向大致向左,则知粒子一定带负电。从A到C,根据W=qU,则电场力做负功,电势能增加,A处电势能小于C处电势能,故A错误,D正确;
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等差等势面的疏密反映电场强度的大小,A处场强小于B处场强,故B错误;根据W=Uq,A到C的电势差小于A到B的电势差,所以从A到C的电场力所做的功小于从A到B电场力做的功,故C错误。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)空间存在竖直向下的匀强电场E=5×105 V/m,一带负电小球,电量为q=8×10-6 C,质量为m=0.2 kg。从A点由静止释放,经过一段时间后到达上方B点,AB间距离L=10 cm。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)AB间电势差为多少。
(2)小球到达B点的速度为多少。
【解析】(1)由沿着电场线方向电势逐渐降低可知:UAB<0
根据匀强电场电势差与电场强度关系得:
UAB=-EL=-5×105×0.1 V=-5×104 V
(2)A到B段根据动能定理得:
-mgL+UABq=m
代入数据解得:vB= m/s
答案:(1)-5×104 V (2) m/s
8.(12分)如图所示,带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为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的中点,现将一质量为m的带电小球从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。
(2)小球所带电荷量的大小及B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示)。
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【解析】(1)根据小球从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,可知,A、C两点的电荷为同种电荷,即小球带正电。
设带电小球所带电荷量为q,带电小球在A点时,根据牛顿第二定律与库仑定律,
则有:mgsin30°-=maA
带电小球在B点时,k-mgsin30°=maB
且aA=,可解得:aB=。
(2)带电小球由A点运动到B点应用动能定理,
得:mgsin30°·-qUBA=0
由mgsin30°-k=maA
联立解得,
小球所带电荷量q=,电势差UBA=。
答案:(1) (2)
(15分钟 40分)
9.(6分)(多选)两个不规则带电导体间的电场分布如图所示,已知导体表面附近的电场线均与导体表面垂直。a、b、c、d为电场中四个点,并且a、d为紧靠导体表面的两点,选无穷远处电势为零,则 ( )
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A.电势高低关系有φa>φb
B.场强大小关系有Eb>Ec
C.将正试探电荷放在d点时其电势能为负值
D.将正试探电荷由b点移到d点的过程中静电场力做正功
【解析】选A、C、D。沿着电场线,电势逐渐降低,则a点电势高于b点的电势,故A正确;电场线越密的地方,电场强度越大,由图可得c点的电场线比b点密,所以有Ec>Eb,故B错误;电势能的正负与零势能点的选取有关,该题以无穷远处为零电势点,则d点电势为负值,则正试探电荷放在d点时其电势能为负值,故C正确;从图中可以看出,b点的电势高于d点的电势,正电荷在电势高处电势能大,在电势低处电势能小,故正试探电荷从b点移到d点的过程中,电势能减小,则电场力做正功,故D正确。
【补偿训练】一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中,粒子轨迹如图中实线abc所示,图中虚线是同心圆弧,表示电场的等势面,粒子只受到电场力的作用,则 ( )
A.粒子受静电引力的作用
B.粒子速度vb>va
C.粒子动能Eka=Ekc
D.粒子电势能EpbEpc,故D错误。
10.(6分)如图甲所示,x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O),其上有M、N、P三点,间距MN=NP,Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙。则 ( )
A.M点电场强度大小为零
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B.N点电场强度大小为零
C.M、N之间电场方向沿x轴负方向
D.一带正电试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|=|WNM|
【解析】选B。φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小,可知N处场强为零,M处的场强不为零,故A错误,B正确;M点的电势为零,MN电势小于零,因沿电场线方向电势降低,故在MN间电场方向由M指向N,沿x轴正方向,故C错误;由题图乙可知,UMN >UPN,故电场力做功qUMN >qUPN,正试探电荷从P移到M过程中,电场力做负功,故|WPN|<|WNM|,故D错误。
11.(6分)(多选)如图甲所示,两个等量正电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、O三点。一个带电量大小为2×10-3 C、质量为1 g的小物块从A点静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线),则下列说法中正确的是 ( )
A.小物块带正电
B.AO两点电势差UAO=-9 V
C.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强大小E=1 V/m
D.由A到O的过程中小物块的电势能先减小后变大
【解析】选B、C。由图可知,小物块先做加速运动,后减速运动,由此可知,物块带负电,故A错误;据v-t图可知A、O两点的速度,根据动能定理得电场力做的功为:WAO=ΔEk=m-m=×1×10-3×62 J-0=0.018 J,再有UAO===-9 V,故B正确;据v-t图可知物块在B点的加速度最大为:a= m/s2=2 m/s2,所受的电场力最大为:F=ma=1×10-3×2 N=2×10-3 N,据E=知,B点的场强大小为:E= N/C=1 N/C=1 V/m,故C正确;根据v-t图可知由A到O的过程中物块的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故D错误。
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12.(22分)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104 N/C。现有一电荷q=+1.0×10-4 C,质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g=10 m/s2。试求:
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小。
(2)D点到B点的距离xDB。
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。
【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律有mg=m,解得vC=2.0 m/s。
设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有FB-mg=m。
带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有
-mg×2R=m-m联立解得FB=6.0 N,
根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力FB′=6.0 N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=gt2,
xDB=vCt-t2联立解得xDB=0。
(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成
45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。
设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理有
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qERsin 45°-mgR(1-cos 45°)=Ekm-m,
代入数据解得Ekm≈1.17 J。
答案:(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
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