2024鲁科版高中物理必修第三册同步练习--第2章　电势能与电势差

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2024鲁科版高中物理必修第三册同步
第2章　电势能与电势差
注意
事项　1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.下列物理量中,哪些与检验电荷有关 (　　)
A.电场强度E B.电势φ
C.电势能Ep D.电势差U
2.关于静电场,下列结论普遍成立的是 (　　)
A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低
B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C.对于正电荷而言,电场力做正功,电势能减少,负电荷则反之
D.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向
3.空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电,乙球原来不带电,由于静电感应,两球在空间形成了如图所示稳定的静电场。实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则 (　　)
A.A点和B点的电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增大后减小
4.某电场的等势面如图所示,图中a、b、c、d、e为电场中的5个点,则 (　　)
A.一正电荷从d点运动到e点,电场力做正功
B.一电子从a点运动到e点,电场力做功为15 eV
C.b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向左
D.a、b、c、d四个点中,d点的电场强度最大
5.如图所示,边长为a的等边三角形ABC处在匀强电场中,其中电势φA=φB=0,φC=φ,则该电场的电场强度大小为 (　　)
A. B.
C. D.
6.如图所示,平行板电容器的电容为C,正极板带电荷量为,负极板接地,两极板间距离为d,今在距两极板间离负极板处放一电荷量为q的正点电荷,则(　　)
A.正点电荷所受电场力的大小为
B.正点电荷所受电场力的大小为
C.正点电荷所在处的电势是
D.由于负极板接地,所以负极板电荷量为零
7.如图所示,质子H)和α粒子He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力),则这两个粒子射出电场时的偏转位移之比为　 (　　)
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4
8.虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N(重力忽略不计,也不考虑两粒子间的相互作用)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中①和②所示。已知M是带正电的粒子,则下列说法中正确的是　 (　　)
A.N一定也带正电
B.a处的电势高于b处的电势,a处的电场强度大于b处的电场强度
C.带电粒子N的动能减小,电势能增大
D.带电粒子N的动能增大,电势能减小
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图甲所示,在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆,杆上穿一个质量m为1.0×10-3 kg、电荷量q为+5.0×10-4 C的小球,小球从C点由静止释放,其v-t图像如图乙所示,10 s时到达B点,且此时图像的斜率最大,下列说法正确的是 (　　)
A.在O点右侧,B点场强最大,场强大小为E=0.12 V/m
B.从C经过B点后向右运动,小球的电势能先减小后增大
C.从C到B电势逐渐降低
D.C、B两点的电势差UCB=0.9 V
10.如图所示,在匀强电场中,虚线为电场线,与Ox轴成θ=60°角,Ox轴上a、b、c三点的坐标分别为3 cm、9 cm、12 cm,O点的电势为零,a点的电势为-3 V,则下列说法正确的是 (　　)
A.电场线方向斜向下
B.场强大小为100 V/m
C.c点的电势为-12 V
D.电子在a点的电势能为-3 eV
11.如图所示,在O点固定一点电荷,一电子以某一速度沿虚线从M运动至N的过程中,电场力做的功为5 eV,P为M、N连线的中点,若电子在运动中只受电场力作用,M、N、P三点的电势分别为φM、φN、φP,电子在M、N处的加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN,下列说法正确的是 (　　)
A.φN-φP>φP-φM>2.5 V
B.φN>φM,vN>vM
C.aN>aM,EpN>EpM
D.φN>φM,EpN12.如图所示,三个同心圆是固定点电荷Q周围的三个等势面,A、B、C分别是这三个等势面上的点。已知这三个圆的半径关系是rA∶rB∶rC=1∶2∶3。则 (　　)
A.三点的电场强度大小关系是EA∶EB∶EC=9∶4∶1
B.A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差
C.带电荷量为-q的相同试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的速度与在B所在等势面上做圆周运动的速度之比为∶1
D.带电荷量为-q的相同试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的周期与在C所在等势面上做圆周运动的周期之比为1∶3
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)在“用传感器观察电容器的充电和放电”
实验中,电路图如图甲。一位同学使用的电源的电动势为10.0 V,测得放电的I-t图像如图乙所示。
甲
乙
(1)电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为　　　　C。(结果保留两位有效数字)
(2)根据以上数据估算出电容器的电容为　　　F。(结果保留两位有效数字)
14.(8分)图示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素,其中电容器左侧极板A和静电计外壳均接地,电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
(1)关于此实验,下列说法正确的是　　　　;
A.本实验采用的科学方法是控制变量法
B.使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况
C.A板与静电计的指针带的是异种电荷
D.静电计可以用电压表替代
(2)保持B板不动,将A板向右移动,静电计指针张角　　　　;保持A、B板不动,向两板间插入陶瓷片,静电计指针张角　　　　;(两空均填“增大”“减小”或“不变”)
(3)改变相关因素使电容器电容发生变化,从而可以测量某些物理量,据此可制作电容式传感器。保持B板不动,将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是　　　　。
A B
C D
15.(8分)如图,将电荷量为q=3×10-9 C的正点电荷沿电场线方向从匀强电场中的A点移动到B点,AB=2 cm,电场力做的功为6.0×10-7 J,则:
(1)若以B点为零电势点,求A、B两点的电势差和A点的电势;
(2)求匀强电场的场强E的大小。
16.(10分)如图所示,O点固定,绝缘轻细杆长l,A端粘有一带正电荷的小球,电荷量为q,质量为m,水平方向的匀强电场的场强为E,拉动小球使细杆水平后自由释放,求:(重力加速度为g)
(1)小球到达最低点B时的速度大小;
(2)在最低点B时绝缘杆给小球的力。
17.(10分)如图所示,电荷量Q=+×10-5C的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上,斜面的倾角α=37°,质量m=0.1 kg、电荷量q=+1×10-7C的B球在离A球L=0.1 m处由静止释放。两球均可视为点电荷,静电力常量k=9×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向;
(2)B球的速度最大时两球间的距离r;
(3)若B球运动的最大速度为v=4 m/s,B球从开始运动至到达最大速度的过程中电势能增加还是减少 变化量是多少
18.(18分)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d,电子枪发射的质量为m、电荷量为-e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O,不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点距O点距离为d,求U1和U2的比值。
答案与解析
第2章　电势能与电势差
1.C 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C
7.B 8.D 9.AC 10.AC 11.BD 12.BD
1.C　电场强度E=,是采用比值定义法定义的,是由电场本身决定的,与q无关,故A错误;电势φ=,是用比值定义法定义的,是由电场本身决定的,与q无关,故B错误;电势能Ep=φq,故电势能与电荷有关,选项C正确;电势差UAB=,是用比值定义法定义的,由电场本身和A、B两点的位置决定,与q无关,故D错误。
2.D　电势与电场强度没有直接关系,所以电场强度大的地方电势不一定高,电场强度小的地方电势不一定低,故A错误;在匀强电场中,由公式U=Ed可知,两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关,故B错误;根据功能关系,无论正电荷还是负电荷,只要电场力做正功,电势能都是减小的,电场力做负功,电势能都是增加的,故选项C错误;沿电场方向电势降低,而且降低最快,所以D正确。
3.C　由题图可知φA>φB,所以正电荷从A移至B,静电力做正功,故A错误,C正确;C、D两点场强方向不同,故B错误;负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先减小后增大,所以D错误。
4.B　由题图可知φd=φe,则正电荷从d点运动到e点,电场力不做功,故A错误;φa=0,φe=15 V,电子从a点运动到e点,电场力做功Wae=-e×(φa-φe)=15 eV,故B正确;由沿电场线方向电势逐渐降低,可得b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向右,故C错误;等差等势面越密集的地方,电场强度越大,故a、b、c、d四个点中,a点的电场强度最大,故D错误。
5.C　由题知φA=φB=0,故AB为等势线,电场线与AB垂直,故E===,故选C。
6.C　电容器两板电势差U=;两板场强E==;则正点电荷所受电场力的大小F=Eq=,选项A错误;金属板不能看做点电荷,故不能根据库仑定律求解正点电荷所受的电场力,选项B错误;正点电荷所在处的电势φ=ΔU=E·=,选项C正确;负极板带电荷量为-,选项D错误。
7.B　水平方向有L=v0t,竖直方向有y=at2,而a=,且初动能Ek0=m,联立可得y==,可知y与q成正比,则这两个粒子射出电场时的偏转位移之比为1∶2,故B正确,A、C、D错误。
8.D　电场线与等势面垂直,所以电场沿水平方向,从带正电的粒子M的运动轨迹①可知,其所受电场力水平向右,故电场线的方向水平向右,N粒子所受电场力方向指向其轨迹凹侧,故其所受电场力水平向左,N带负电,故A错误;电场线方向水平向右,沿电场线方向电势降低,所以等势面a的电势高于等势面b的电势,匀强电场中,场强处处相等,故B错误;电场力对N做正功,其电势能减小,动能增加,故C错误,D正确。
9.AC　小球在运动过程中,合外力F=qE,加速度a=,在O点右侧杆上,电场方向向右,加速度向右,小球做加速运动,图像斜率越大加速度越大,故B点的加速度最大,最大加速度a= m/s2=0.06 m/s2,此时场强最大E==0.12 V/m,故A正确;从C经过B点后向右运动的过程,电场方向向右,沿着电场线方向电势降低,电场力做正功,小球的电势能减小,故B错误,C正确;小球从C到B的过程只有电场力做功,由动能定理得qUCB=m-0,解得UCB== V=0.09 V,故D错误。
10.AC　沿Ox方向电势降低,结合沿电场线方向电势逐渐降低可知,电场线方向斜向下,故A正确;已知Oa=3 cm,O、a两点间的电势差U=3 V,由电势差与电场强度的关系式得U=E·Oa·cos θ,解得E=200 V/m,B错误;由于O点的电势为零,故c点的电势φc=UcO=-E·cO·cos θ=-12 V,故C正确;电子在a点的电势能为Ep=-eφa=3 eV,故D错误。
11.BD　由做曲线运动的物体所受的合外力指向轨迹的内侧可知,电子受到的电场力指向O点,说明O点固定的点电荷带正电,由WMN=qUMN=5 eV,得UMN=-5 V,离场源电荷越近,电势变化越快,所以φN-φP>2.5 V,0<φP-φM<2.5 V,则φN>φP>φM,A错误;根据动能定理可知,vN>vM,离场源电荷越近,电场强度越大,EN>EM,由牛顿第二定律得aN>aM,由电场力做功与电势能变化的关系可知EpN12.BD　因为rA∶rB∶rC=1∶2∶3,根据点电荷场强公式E=解得EA∶EB∶EC=∶∶=36∶9∶4,A、B间等势面距离等于B、C间等势面距离,再根据U=Ed可知A、B间电势差UAB大于B、C间电势差UBC,选项A错误,B正确;库仑力提供向心力,有k=m,解得v=,所以带电荷量为-q的试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的速度与在B所在等势面上做圆周运动的速度之比为==∶1,选项C错误;由k=mr解得T=2π,所以带电荷量为-q的试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的周期与在C所在等势面上做圆周运动的周期之比为==1∶3,选项D正确。故选B、D。
13.答案　(1)0.016(3分)　(2)0.001 6(3分)
解析　(1)I-t图像中图线与横轴所围的面积表示电荷量,经确认:图线下共有约40小格(多余半格算一个,少余半格不算),所以电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为Q=40×0.001×0.4 C=0.016 C。
(2)从上一问知道,电容器充满电后所带的电荷量Q=0.016 C,而所加电压U=E=10 V,所以C==0.001 6 F。
14.答案　(1)AC　(2)减小　减小　(3)BD(每空2分)
解析　(1)本实验采用的科学方法是控制变量法,保持其他物理量不变,改变其中某一个物理量,A正确;静电计测量的是电势差,该实验中电荷量不发生变化,B错误;静电计的金属球与B板连接,所以静电计的指针与A板带的是异种电荷,C正确;电压表必须有电流通过才会有示数,所以静电计不能用电压表代替,D错误。故选A、C。
(2)保持B板不动,将A板向右移动,两极板间距离d减小,根据C=得电容变大,根据U=知,电荷量不变,电势差减小,故静电计指针张角减小;向两板间插入陶瓷片,εr增大,根据C=知电容增大,同理,张角减小。
(3)保持B板不动,将A板上下移动,目的是改变两极板的正对面积,由此可知,B、D符合题意,A图为改变相对介电常数,C图为改变两极板间距。故选B、D。
15.答案　(1)200 V　200 V　(2)1×104 V/m
解析　(1)若以B点为零电势点,设A、B两点的电势差为UAB,则
UAB==200 V(2分)
又因为UAB=φA-φB
解得φA=200 V(2分)
(2)根据场强与电势差的关系得E==1×104 V/m(4分)
16.答案　(1)　(2)3mg+2qE
解析　(1)小球从初始位置由静止释放,到达最低点B的过程,重力和电场力均对它做正功,根据动能定理,有
mgl+Eql=m-0 (3分)
解得vB= (2分)
(2)小球在B点受重力、电场力和杆的弹力,小球做圆周运动,故此时向心力由重力和杆的弹力的合力提供,即
F-mg= (3分)
解得F=3mg+2qE (2分)
17.答案　(1)2.4×107 N/C,方向沿斜面向上
(2)0.2 m　(3)减少0.86 J
解析　(1)E=k= N/C=2.4×107 N/C
方向沿斜面向上。 (2分)
(2)当电场力等于重力沿斜面向下的分力时,B球的速度最大,
即k=mg sin α (2分)
解得r=0.2 m(2分)
(3)由于B球远离A球,则B球从开始运动至到达最大速度的过程中电场力做正功,电势能变小;根据功能关系可知,B球减少的电势能等于它动能和重力势能的增加量,所以B球电势能减少量为
ΔEp=mv2+mg(r-L)sin α (2分)
解得ΔEp=0.86 J(2分)
18.答案　
解析　在加速电场U1中,由动能定理得
eU1=mv2 (2分)
以速度v进入偏转电场U2中做类平抛运动,在离开偏转电场时偏移距离
y1=at2 (2分)
其中:t= (2分)
设速度方向与水平方向成θ角,则有
vy=at (2分)
tan θ= (2分)
离开偏转电场后偏移的距离y2=d tan θ (2分)
根据牛顿第二定律有加速度a= (2分)
而总的偏移距离y=y1+y2=d (2分)
联立以上几式解得=。 (2分)
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