2024鲁科版高中物理必修第三册同步练习--第2章　电势能与电势差复习提升

中小学教育资源及组卷应用平台
2024鲁科版高中物理必修第三册同步
本章复习提升
易混易错练　
易错点1　混淆场强、电势、电势能的概念
1.(2022湖南长沙期末)如图所示的平面内有A、B、C、D、E五点,平面内存在匀强电场,电场方向与该平面平行,其中AC平行于DE,B点为AC的中点,AB=DE,A点的电势φA=10 V,C点的电势φC=4 V,E点的电势φE=13 V,电子的电荷量为-e,下列说法正确的是 (　　)
A.φB=6 V
B.φD=10 V
C.电子在D点的电势能EpD=10 eV
D.将电子从B点移到D点电场力做的功为-3 eV
2.(2023安徽阜阳三中阶段练习)一对不等量异种点电荷的电场线分布如图所示,A、B为电场中的两点。下列说法正确的是 (　　)
A.A点的电势大于B点的电势
B.Q2所带电荷量的数值可能是任意的实数
C.B点的电场强度大于A点的电场强度
D.Q1对Q2的静电力大于Q2对Q1的静电力
3.(2022浙江金华一中期末)如图所示,在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷,在A、B两点间取一正五角星形路径,五角星的中心与A、B的中点重合,现将一电子沿该路径逆时针移动一周,下列判断正确的是 (　　)
A.e点和g点的电场强度相同
B.a点和f点的电势相等
C.电子从g点到f点再到e点过程中,电势能一直在不断增加
D.电子从f点到e点再到d点过程中,电场力先做正功后做负功
易错点2　不能正确分析带电粒子在电场中的运动
4.(2023山东单县一中开学考试)如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子(初速度不计、重力不计),经加速电场加速后从垂直电场方向射入两平行板左侧中央,受偏转电场作用,从两平行板右侧飞出时的偏转距离为y,则 (　　)
A.y与q成正比
B.y与m成反比
C.y与比荷成正比
D.y与m、q均无关
5.(2022福建三明教研联盟期中)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为g) (　　)
A.两极板间电压为
B.板间电场强度大小为
C.整个过程中质点的重力势能增加
D.若仅增大两极板间距离,则该质点不可能垂直打在M上
6.(2021辽宁六校协作体期初)一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上,它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电势随坐标的变化情况如图中甲、乙所示,甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E-y图像,且以y轴正方向为场强的正方向。乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ-x图像,且以无穷远处电势为零。图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点,根据图像可判断,下列有关描述正确的是 (　　)
A.是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场,电荷位于y轴上
B.是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场,电荷位于x轴上
C.将一个正试探电荷从y轴上a点由静止释放,它会在aOb间往复运动
D.将一个正试探电荷从x轴上c点由静止释放,它会在cOd间往复运动
7.两个完全相同的平行板电容器C1、C2水平放置,如图所示。开关S闭合时,两电容器中间各有的一油滴A、B刚好处于静止状态。现将S断开,将C2下极板向上移动少许,然后再次闭合S,则下列说法正确的是 (　　)
A.两油滴的质量相等,电性相反
B.断开开关,移动C2下极板过程中,B所在位置的电势不变
C.再次闭合S瞬间,通过开关的电流可能从上向下
D.再次闭合开关后,A向下运动,B向上运动
8. (2022江西丰城九中期末)如图所示,两平行金属板长l=4 cm,板间距离为d=3 cm,倾斜放置,使板面与水平方向夹角α=37°,若两板间所加电压U为100 V,一带电荷量q为3×10-10 C的负电荷以v0=0.5 m/s的速度自A板左边缘水平进入电场,在电场中沿水平方向运动,并恰好从B板右边缘水平飞出,则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少 带电粒子的质量为多少 (g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
思想方法练　　
一、控制变量思想
1.(2022四川宜宾期末)如图所示,平行板电容器上极板带正电荷,且与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的正点电荷,以E表示两极板间电场的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角,若保持上极板不动,将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置,则 (　　)
A.θ增大,E增大,Ep增大
B.θ增大,E增大,Ep减小
C.θ减小,E不变,Ep增大
D.θ减小,E不变,Ep减小
2.(2023福建莆田第二十五中学期末)如图所示为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话时,膜片会振动。若某次膜片振动时,膜片与极板距离减小,则在此过程中 (　　)
A.膜片与极板间的电容变小
B.极板的带电荷量增大
C.膜片与极板间的电场强度变小
D.电阻R中无电流通过
二、守恒思想
3.(2021福建厦门六中月考)如图所示,虚线是等势面,相邻的两等势面的电势差都相等,一带正电的小球在电场中运动,实线表示该带正电的小球的运动轨迹,小球在a点的动能为20 eV,运动到b点的动能为2 eV。若取c点为零电势点,则当这个小球的电势能为-6 eV时,它的动能为(不计重力和空气阻力) (　　)
A.16 eV B.14 eV
C.6 eV D.4 eV
三、图像法
4.(2022江苏期末)如图甲所示,在某电场中有一条电场线与x轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势随x轴坐标变化的关系如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用。则 (　　)
A.沿Ox方向电场强度先减小后增大
B.电子所受电场力沿x轴负方向
C.电子的电势能将一直增大
D.电子运动的加速度一直增大
5.(2023福建泉州教科所期末)空间有沿x轴正方向的电场,电场强度E与位置x的关系如图所示,图中E0、x0为已知量。取x=x0处的电势为零,一质量为m、电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下从x=0处由静止开始运动,下列说法正确的是 (　　)
A.该粒子在x=x0到x=2x0的过程中做匀加速运动
B.x=0处的电势为-E0x0
C.该粒子在x=2x0处的动能为qE0x0
D.该粒子在x=x0到x=2x0的过程中克服电场力做功为qE0x0
四、等效法
6.(2023福建德化第一中学开学考试)如图所示,一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置,圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连,轨道是光滑的,轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m、带正电的小球,A、B间的距离为s,小球受到的电场力大小等于小球重力的,C点为圆形轨道上与圆心O等高的点。(重力加速度为g)
(1)若s=2R,求小球运动到C点时对轨道的压力大小;
(2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动,求s的值。
7.(2022四川简阳阳安中学半期考试)如图所示,在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场,电场强度E=100 N/C,电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB,其倾角为30°,A点距水平地面的高度为h=4 m。BC段为一粗糙绝缘水平面,其长度为L= m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出),竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道,CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径,C、D两点紧贴竖直边界线O1O2,位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m=1 kg、电荷量为q=0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放,且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ=(g取10 m/s2)。求:
(1)小球到达C点时的速度大小;
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小;
(3)小球落地点距离C点的水平距离。
本章复习提升
易混易错练
1.B 2.A 3.BC 4.D 5.BC 6.C 7.BCD
1.B　在匀强电场中,沿着某个方向,电势均匀变化,因此φA-φB=φB-φC=φE-φD,可得φB=7 V,φD=10 V,A错误,B正确;根据Ep=φq可知,电子在D点的电势能EpD=-10 eV,C错误;将电子从B点移到D点电场力做的功W=Uq=(φB-φD)(-e)=3 eV,D错误。
2.A　因为沿电场线电势逐渐降低,由题图可知,B点所在等势面电势低于A点所在等势面的电势,故A点的电势大于B点的电势,故A正确;任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍,故B错误;因为电场线的疏密表示电场强度的大小,由题图可知B点的电场强度小于A点的电场强度,故C错误;Q1对Q2的静电力与Q2对Q1的静电力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故D错误。故选A。
3.BC　由两个等量异种点电荷形成的电场的特点可知,e点和g点关于A、B连线的垂直平分线对称,所以e点和g点的电场强度的大小相等,但是方向不同,A错误。a点和f点都处在A、B两点连线的中垂线上,在两个等量异种点电荷连线的中垂线上的电势都相等,所以a点和f点的电势相等,B正确。从g点到f点再到e点过程中,电势不断降低,所以电子在运动的过程中,电场力做负功,所以电子的电势能一直在不断增加,C正确。从f点到e点再到d点过程中,电势先减小后增大,所以电子从f点到e点再到d点过程中,电场力先做负功后做正功,D错误。
4.D　设加速电场电压为U1,离子加速后速度大小为v,有qU1=mv2,设偏转电场电压为U2,平行板长为L、间距为d,则离子从两平行板右侧飞出时的偏转距离y=at2,联立L=vt、=ma可解得y=,可知y与m、q均无关。故选D。
5.BC　据题分析可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,质点做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,最后质点才能垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹具有对称性,如图所示:
可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得板间电压U=×d=,故A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离y=at2,a==g,t=,解得y=,故质点打在屏上的位置与图中P点的距离s=2y=,重力势能的增加量Ep=mgs=,故C正确;仅增大两极板间的距离,因两极板上电荷量不变,根据E====可知,板间场强不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故质点仍垂直打在屏M上,故D错误。
6.C　因x轴上各点的电势均小于零,且φ-x图线关于y轴对称,表明是一对等量负电荷激发的电场,又E-y图像中y轴正方向场强为负,y轴负方向场强为正,表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称,故A、B错误;一个正试探电荷从y轴上a点由静止释放,它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动,后做加速度逐渐减小的加速运动,越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动,后做加速度逐渐减小的减速运动,到达b点时恰好速度为零,此后又变加速运动到a点,故C正确;将一个正试探电荷从x轴上c点由静止释放,它将直接向在x轴负方向上的负电荷运动并结合,故D错误。
7.BCD　开关S闭合时,油滴A、B处于静止状态,故油滴所受的竖直向下的重力大小等于竖直向上的电场力,两电容器极板间的电场强度等大反向,两油滴的电性相反,由于两油滴的电荷量大小未知,电场力大小不确定,则两油滴质量大小不确定,故A错误;断开开关,电容器所带电荷量不变,移动C2下极板过程中,两极板距离减小,根据C=、C=和E=得E=,电场强度不变,B所在位置距上极板距离不变,根据U=Ed可知,该点电势不变,故B正确;断开开关,电容器所带电荷量不变,移动C2下极板过程中,两极板距离减小,E不变,根据U=Ed可知,电势差减小,再次闭合S瞬间,通过开关的电流可能从上向下,也可能从下向上,故C正确;再次闭合开关后,因电容器C2的电压要增大,电场强度增大,而电容器C1的电压要减小,电场强度减小,则有A向下运动,B向上运动,故D正确。
8.答案　1 m/s　8×10-8 kg
解析　带电粒子能沿直线运动,所受合力与运动方向在同一直线上,受力分析如图所示:
静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向,则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同,即水平方向上F合=qE sin α=q sin α,
竖直方向上mg=qE cos α,
m=== kg=8×10-8 kg。
根据动能定理有F合x=mv2-m,x=,联立以上各式解得v=1 m/s。
思想方法练
1.D 2.B 3.B 4.A 5.C
1.D　电容器电荷量不变;下极板向上移动时,两板间的距离减小,根据C=可知,电容C增大,则根据Q=CU可知,电压U减小,故静电计指针偏角θ减小;两板间的电场强度E===,即电场强度与板间距无关,因此电场强度不变;根据U=Ed=φ, P点与下极板的距离减小,则P点的电势降低,根据Ep=qφ可知正点电荷在P点的电势能减小,故选项D正确。
2.B　膜片振动时,电容器两极板间的距离减小,根据C=可知电容增大,由于两极板间的电压恒定,根据C=可知Q增大,电容器处于充电状态,电阻R中有电流通过,A、D错误,B正确;U恒定,d减小,根据E=可知,E增大,C错误。
归纳总结　关于电容器的两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连,则电容器两极板间的电势差U保持不变;
(2)电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q不变。
3.B　设相邻两等势面间的电势差为U,小球的电荷量为q,对小球从a到b和从b到c过程,根据动能定理得-q·3U=Ekb-Eka,qU=Ekc-Ekb,解得Ekc=(Eka+2Ekb)=(20+2×2)eV=8 eV。因为c点电势为0,所以小球在c点时的电势能为0,小球在电场中运动时只有电场力做功,所以小球的动能和电势能的总和保持不变,恒为8 eV,所以当小球的电势能为-6 eV时,它的动能为14 eV,选项B正确。
4.A　φ-x图线斜率表示场强大小,由图乙可知,沿Ox方向电场强度先减小后增大,A正确;由图乙可知,沿x轴正方向电势升高,所以电场方向沿x轴负方向,则电子所受电场力沿x轴正方向,B错误;电场力对电子做正功,电子的电势能减少,C错误;根据选项A可知,电子所受电场力先减小后增大,则加速度先减小后增大,D错误。
5.C　由题图可知从x=x0到x=2x0处电场强度E随位置x均匀减小,由F=qE=ma,知粒子的加速度逐渐减小,故A错误;x=x0处的电势为零,粒子仅在电场力作用下从x=0处由静止开始运动到x=x0处,电场力做正功,W=qE0x0=Ep0-0=qφ0-0,所以x=0处的电势φ0=E0x0,故B错误;粒子由x=0运动到x=2x0过程应用动能定理得qE0x0=Ek-0,所以该粒子在x=2x0处的动能为Ek=qE0x0,故C正确;该粒子在x=x0到x=2x0的过程中所受电场力随x均匀减小,粒子受到的平均电场力=,电场力做功为W=x0=qE0x0,故D错误。
6.答案　(1)　(2)
解析　(1)小球从A点由静止释放,在电场力作用下运动,从A点到C点电场力做正功,重力做负功,由动能定理得
qE·(s+R)-mgR=m,其中s=2R
到达C点时,小球受到的支持力和电场力的合力提供向心力
FN-qE=m
联立解得FN=
由牛顿第三定律知,小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等,则FN'=FN=。
(2)为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动,小球到达D点时恰好仅受重力和电场力,如图所示,此时有
合力F==mg
合力提供向心力,则有F=m
设合力F与竖直方向的夹角为θ,则
tan θ===
即θ=37°
从A点到D点由动能定理得
qE(s-R sin θ)-mgR(1+cos θ)=mv2
解得s=。
7.答案　(1)2 m/s　(2)30 N　(3) m
解析　(1)以小球为研究对象,由A点至C点的运动过程中,根据动能定理可得
(mg+Eq)h-μ(mg+Eq)cos 30°·-μ(mg+Eq)L=m-0,
解得vC=2 m/s。
(2)以小球为研究对象,在由C点至D点的运动过程中,
以地面为零势能面,根据机械能守恒定律可得
m=m+mg·2R
在最高点,以小球为研究对象,可得FN+mg=m,
解得vD=2 m/s,FN=30 N。
(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得mg+qE=ma,解得a=20 m/s2
假设小球落在BC段,则应用类平抛运动的规律列式可得
x=vDt,2R=at2,
解得x= m< m,假设正确。
即小球落地点距离C点的水平距离为 m。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)