第二章 电势能与电势差 单元提高测试卷（Word版含解析）

第2章 电势能与电势差
一、单选题
1．将一正电荷从无限远处移入电场中的M点，电势能减少了8.0×10－9 J，若将另一等量的负电荷从无限远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是（　　）
A．从B移到A的过程中静电力做功最少 B．从C移到A的过程中静电力做功最少
C．从D移到A的过程中静电力做功最多 D．三个过程中静电力做功一样多
3．关于静电场下列说法中正确的是（　　）
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．无论是正电荷还是负电荷，从电场中移动时，静电力做正功电势能一定减小
C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的
D．电势下降的方向就是电场场强的方向
4．.如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接，若声源S做简谐运动，则（　　）
A．a振动过程中，板之间的电场强度不变
B．a振动过程中，板所带的电荷量不变
C．a振动过程中，电路中始终有方向不变的电流
D．a板向右位移最大时，电容器的电容最大
5．如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场。在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。由以上信息可知（　　）
A．电容式触摸屏的内部有两个电容器的电极板
B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大
C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小
D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作
6．如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（　　）
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
7．如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向和极板平行。整个装置放在真空中，在满足电子能射出平行板区的条件下，一定能使电子的偏移量h变大的是（　　）
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小
8．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q几乎不变，C变小，U变大，E不变
D．Q几乎不变，C变小，U变大，E变小
二、多选题
9．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
B．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
C．粒子在M点的速度小于在N点的速度
D．粒子从M点到N点做的是变加速运动
10．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了了的功，那么（　　）
A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能
B．P点的场强一定小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
11．所示，一个电荷量为的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能一直减小
C．OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
12．如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，且小球通过点P，已知重力加速度为g，则（　　）
A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
三、填空题
13．若将一个电量为C的电荷，从零电势点移到M点要克服电场力做功J，则M点的电势为_______V.若再将该电荷从M点移到N点，电场力做功J，则N点的电势为_______V.M、N两点的电势差_______V.
14．在匀强电场中，将一带电粒子从电势为500V的A点，移动到电势为100V的B点，电场力作的功为，则这个电荷带电量为_______C．如果A、B两点在同一条电场线上，相距10cm，则此匀强电场的场强为_______V/m.
15．如图所示，ABCD为放在E＝1.0×103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB＝15 cm，今有m＝10 g、q＝10－4C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是______ m/s，在C处时对轨道的压力是______ N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点________m.
16．在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。
(1)若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大；
(2)若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大。
四、解答题
17．如图所示匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一电荷量为的正电荷从a点移到b点电场力做功为J。求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b点移到c点，电场力做的功；
（3）a、c两点间的电势差。
18．如图所示，在匀强电场中，将带电荷量的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了的功，再从B点移到C点，电场力做了的功。求。
（1）A、B两点间的电势差和C、B两点间的电势差；
（2）如果规定B点的电势为零，则电荷在A点和C点的电势分别为多少？
（3）作出该匀强电场电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）。
19．一束初速不计的一价正离子在经的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，两个极板上电压为，已知，粒子的质量为。（重力忽略不计）求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度；
（2）粒子在偏转电场中的加速度；
（3）粒子飞出平行板时的侧移量；
（4）粒子出场时的速度；
（5）偏转场对粒子做的功。
20．在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、电荷量的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点。整个装置放置于的匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一垂直于细线的初速度使其从A点开始绕O点做圆周运动，小球可视为质点。求：
（1）小球运动过程中绳子拉力的最大值；
（2）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍？
（3）当某次小球运动到A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，并且此后小球每转过，场强均反向且场强大小不变，求：
①小球每次刚好到达A处时，细线承受的张力记为，求的表达式；
②若细线最大张力足够，从电场第一次反向开始，小球转过角度满足时，求绳子张力关于的表达式。
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参考答案
1．C
【解析】取无限远处电势为零，则正电荷在M点的电势能为，负电荷在N点的电势能为。由
知，M点的电势
N点的电势
且
则
故C正确，ABD错误。
故选C。
2．D
【解析】在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆，根据点电荷等势面的分布情况知，B、C、D三点的电势相等，因此A与B、C、D三点间的电势差相等，将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中，根据
得知，静电力做功相等。
故选D。
3．B
【解析】A．将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，由于不知电荷的电性，则电场力做功正负不知，因此无法判定电势能变化，A错误；
B．不论是正电荷还是负电荷，只要静电力做正功电势能一定减小，B正确。
C．同一等势面上的各点，电势相相等，场强大小不一定相等，比如等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线，各点的电场强度不等，C错误；
D．沿着电场的方向电势逐渐降低，电势降低的方向不一定是电场强度方向，电场强度的方向应该与电势降低最快的方向相同，D错误。
故选B。
4．D
【解析】A．a振动过程中，两板间距d发生变化，电源始终与电容器相连，两板间电压U不变，由可知E变化，A错误；
B．由可知，d变化，Q变化，选项B错误；
C．a振动方向不确定，d可增可减，故电流方向不确定，选项C错误；
D．当a板向右位移最大时，由可知，d最小，C最大，选项D正确；
故选D。
5．B
【解析】A.电容触摸屏在原理上把人体当作电容器元件的一个极板，把导体层当作另一个极板，选项A错误；
BC.手指与屏的接触面积越大，即电容器两个极板的正对面积越大，故电容越大，选项B正确，选项C错误；
D.如果戴了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层的距离较大，不能引起导体层电场的变化，选项D错误。
故选B。
6．C
【解析】根据等量异种电荷电场线的分布，可知
场强最小的是C点；
等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，可知
沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，可知
所以电势最高点是B点；
故选C。
7．B
【解析】电子在加速电场中加速过程中，由动能定理可得
设两块平行极板长度为L，两极板间距离为d，以速度v垂直进入偏转电场后，有
水平方向有
竖直方向电子的偏移量为
联立解得
则可知在d、L不变的情况下，一定能使电子的偏移量h变大，则可以使U1变小、U2变大。
故选B。
8．C
【解析】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式知，电容C变小；Q不变，则根据电容的定义式知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据，电场强度不变；故选C。
9．BCD
【解析】AB．从题图中可以看出，M点处的电场线较疏，而N点处的电场线较密，所以粒子在M点所受的电场力要小于在N点所受的电场力，则粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B正确，A错误；
C．因粒子只受电场力作用，由题图可以看出，电场力对其做正功，所以粒子的动能增加，速度增大，故C正确；
D．由于粒子在运动过程中受到的电场力是个变力，所以粒子所做的运动是变加速运动，故D正确。
故选BCD。
10．AD
【解析】AD．带电粒子从P到Q电场力做负功，则电势能增加，动能减小，即M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，M在P点的动能一定大于它在Q点的动能，选项AD正确；
B．由题中条件不能比较P点的场强与Q点的场强大小关系，选项B错误；
C．因粒子的电性不确定，则不能比较P点的电势与Q点的电势关系，选项C错误；
故选AD。
11．BCD
【解析】A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的库伦力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，由题意知小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；
B．点电荷乙向左运动的过程中，电场力一直做正功，所以其电势能一直减小，故B正确；
C．当速度最小时有
解得OB间的距离为
故C正确；
D．点电荷从A运动到B的过程中，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BCD。
12．BC
【解析】A．小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，可知
qE＝mg
电场强度的大小为
E＝
选项A错误；
B．因为
F合＝mg＝ma
所以
a＝g
由类平抛运动规律有
＝v0t
＝gt2
得小球初速度大小为
v0＝
选项B正确；
C．由P点的坐标分析可知
＝
所以小球通过点P时的动能为
mv2＝m（＋）＝
C正确；
D．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即
W＝qE·＝
选项D错误。
故选BC。
13．变大 极板正对面积增大 变大 板间距离减小
【解析】(1)若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
得到板间电压U变大，静电计张角变大；
此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；
(2)若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
得到板间电压U变大，静电计张角变大；
此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大。
14．（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由
得
（2）电荷从b点移到c点，电场力做的功
（3）由a点到c点电场力做功
又有
联立得
15．（1）4V，；（2），；
（3）
【解析】（1）根据公式
可得
（2）由电势差与电势的关系，可得
又
解得
（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示
16．(1)；(2)；(3)；(4)；(5)
【解析】(1)粒子加速过程中，由动能定理可得
代入数据，可得
(2)根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度
代入数据，可得
(3)粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为t，则有
代入数据，可得
粒子飞出平行板时的侧移量
联立，可得
(4)粒子出场时的速度设为v，可以分解为沿初速度方向的v0和沿电场方向的vy，其中
根据勾股定理，可得
(5)根据恒力功的定义式，可得偏转场对粒子做的功为
代入数据，可得
17．（1）；（2）；（3）①；②
【解析】（1）小球在A点时细线的拉力最大，对其进行受力分析，
由牛顿第二定律可得
解得
（2）小球运动到B处时，电势能最大，动能最小。设小球到达B处时速度为，
从A运动到B，由动能定理得
解得
，，
设经过时间后其动能变为最小动能的2倍。设小球沿BA方向移动的距离为，
则由动能定理得
由类平抛运动可知
解得
（3）①小球运动到A点时速度仍为，此后由于电场反向，运动到B的过程中，电场力做正功。到B处后电场又反向，电场力总是做正功。设电场反向后小球第n次到达A处时速度为，
由动能定理得
刚好到达A处时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得
解得
②当小球转过后，速度为，由动能定理得
对其进行受力分析，由牛顿第二定律得
解得
18．-2 5 -7
【解析】根据电场力做功的公式有：
所以：
同理有：
故：
又因为：
计算得出
19．10-8 4000
【解析】根据：
可知：
在匀强电场中，由题意可知：
20． ； 0.4； 0.25；
【分析】
对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力；
小球恰好到达D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度，然后应用动能定理求出小球初位置到B的距离；
【解析】小球从A经B到C的过程中，由动能定理得：，
代入数据解得：；
在C点，牛顿第二定律得：，代入数据解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨边C点的压力：；
小球恰好运动到D点时，在D点，由牛顿第二定律得：，
从A点到D点过程，由动能定理得：，
代入数据解得：，开始时小球的位置应离B点．
【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程、知道向心力来源是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．答案第12页，共1页
答案第11页，共11页