2025鲁教版高中物理选必修第三册同步练习题（有解析）--第2章 电势能与电势差

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2025鲁教版高中物理选必修第三册
第2章　电势能与电势差
满分100分,限时75分钟
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.如图所示是一正电荷周围形成的电场的三个等势面,已知从外往内相邻两个等势面的半径之差相等,它们的电势分别为φO、φA和φB,一带电粒子射入电场中,其运动轨迹如实线OABCDE所示。则 (　　)
A.该粒子带负电
B.UOA=UAB
C.粒子从O到B的过程中,电势能减小
D.粒子从O到E的过程中,动能先减小再增大
5.如图所示,在匀强电场中,A、B、C、D、E、F位于边长L=4 cm的正六边形的顶点上,匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C、D的电势分别为-4 V、0 V、8 V、12 V。则下列说法正确的是 (　　)
A.E点的电势φE=-8 V
B.A、F间的电势差UAF=0
C.该匀强电场的场强大小E=100 V/m
D.该匀强电场的电场线垂直于B、F连线,且指向A
6.如图是电源,开关S,定值电阻R1、R2,光敏电阻R3和电容器连接成的电路;电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合,无光照射光敏电阻R3时,一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点,当用强光照射光敏电阻R3时,光敏电阻的阻值变小,则 (　　)
A.液滴向下运动　　　　B.液滴向上运动
C.电容器所带电荷量减少　　　　D.M点电势变低
7.如图所示,A、B、C三个带电离子(不计重力),以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中心线射入匀强电场中,两极板间的距离为d。A离子落在N板的中点;B离子落在N板的边缘;C离子飞出极板时,沿电场方向的位移为。已知它们质量之比为mA∶mB∶mC=1∶1∶2,则离子A、B、C所带电荷量之比为(　　)
A.2∶1∶1　　　　B.2∶2∶1
C.4∶2∶1　　　　D.4∶1∶1
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,一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中,其半径R=0.5 m。M为圆弧上一点,θ是半径OM与OC的夹角,当θ沿逆时针方向增大时M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)
　
A.匀强电场的电场强度大小为3 V/m
B.匀强电场方向为垂直于AD连线向上
C.将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点,电场力做功为 eV
D.将一质子由B点移至D点,电势能减少 eV
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,可视为质点的质量为m、所带电荷量为q的带正电小球,用一绝缘轻质细绳悬挂于O点,绳长为L,现加一水平向右的足够大的匀强电场,电场强度大小为E=,小球初始位置在最低点,若给小球一个水平向右的初速度,使小球恰好能在竖直面内做圆周运动,忽略空气阻力,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　　)
A.小球在运动过程中动能与电势能之和不变
B.小球在运动过程中机械能与电势能之和不变
C.小球在运动过程中的最小速度为
D.小球在运动过程中绳子的最大拉力为6mg
12.接在平行板电容器的A、B两极板间的电压随时间变化的关系图像如图乙所示,两板间距足够大,一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力),开始静止在两极板中央,从某时刻由静止释放,关于带电粒子的运动,下列描述正确的是 (　　)
　　
A.若从0时刻由静止释放,粒子向右运动的最大速度可能为vm=
B.若从0时刻由静止释放,粒子先向右后向左做往复性的运动
C.若从T时刻由静止释放,粒子时而右,时而左,每个周期都会向左移动一定距离
D.若从T时刻由静止释放,粒子时而左,时而右,每个周期都会向右移动一定距离
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。
(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,荧光屏到两平行金属板右侧的距离也为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,该点到O点的距离为d,求U1和U2的比值。
答案全解全析
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.D　由粒子运动轨迹知粒子受排斥力,粒子带正电,故A错误;越靠近正电荷,场强越大,所以O、A间的平均场强比A、B间的要小,由U=Ed,可知UOA5.D　由几何知识知,EB与DC平行且dEB=2dDC,因电场是匀强电场,则有UEB=2UDC,即φE-φB=2(φD-φC),解得φE=8 V,故A错误;由几何知识知,AF与CD平行且相等,因电场是匀强电场,则有UAF=UCD=φC-φD=-4 V,故B错误;由于φE=8 V、φC=8 V,E、C连线为等势线,又电场线垂直于等势线由电势高处指向电势低处,则电场线垂直于CE,如图所示,
由几何知识可得,电场线垂直于B、F连线,且指向A,该匀强电场的场强大小为E== V/m=200 V/m,故C错误,D正确。故选D。
6.B　当无光照射时,带电液滴恰好静止,液滴所受重力和电场力是一对平衡力;当用强光照射光敏电阻R3时,光敏电阻的阻值变小,电路中电流增大,R1两端的电压增大,电容器两极板间电压增大,板间场强增大,液滴所受的电场力增大,液滴向上运动,故A错误,B正确。电容器两极板间的电压增大,电容不变,由Q=CU可知,电容器所带电荷量增大,故C错误。电容器的下极板接地,则下极板的电势为0,有φM=U=Ed1,板间场强增大,而M点与下极板间的距离不变,则M点与下极板间的电压增大,则M点的电势会升高,故D错误。故选B。
7.D　带电离子在电场中做类平抛运动,可得y=··,其中l为水平位移。对离子A,有=··,对离子B,有=··,对离子C,有=··,又mA∶mB∶mC=1∶1∶2,联立解得qA∶qB∶qC=4∶1∶1。故选D。
8.D　电场线与等势面垂直,所以电场沿水平方向,由带正电的粒子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.AD　由图乙可知,当θ=时,M点电势最低,为1 V;当θ=时,M点电势最高,为4 V。则可知电场方向与AC的夹角为45°,即沿A、D连线方向,大小为E==3 V/m,故A正确,B错误。A、C两点之间的电势差为UAC=E·2R cos 45°= V,将一电子由A点移至C点,电场力做功W=-eUAC=- eV,故C错误。B、D两点之间的电势差为UBD=E·2R cos 45°= V,将一质子由B点移至D点,电场力做功W'=eUBD= eV,即电势能减少 eV,故D正确。故选A、D。
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　小球在运动过程中动能、重力势能、电势能三者相互转化,所以小球在运动过程中动能与电势能之和会发生变化,再根据能量守恒可以知道,机械能和电势能总量是不变的,故A错误,B正确;设等效最高点为A点,小球恰好通过A点时,由电场力和重力的合力提供向心力,设此时细绳与竖直方向的夹角为α,则有tan α==1,所以α=45°,在A点,设小球的速度为v(为最小速度),由牛顿第二定律得=m,解得v=,从等效最低点运动到A点的过程,由动能定理得-mg·2L cos α-qE·2L sin α=mv2-m,解得v0=,设小球在运动过程中绳子的最大拉力为F,有F-=m,得F=6mg,故C错误,D正确。故选B、D。
12.CD　若从0时刻释放粒子,根据粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图,
由图可知,粒子先在向右的电场力的作用下,向右做匀加速运动,假设在时刻恰好到达右极板,则此时有最大速度,根据动能定理有q·=m,解得vm=。在板间距足够大的情况下,粒子在时刻未到达右极板,则此后时间内再向右做匀减速运动直至速度减为零,之后重复上述运动,运动的方向始终向右,直至到达右极板,故A、B错误。若粒子从T时刻由静止释放,根据粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图,
由图可知,粒子在电场力的作用下,时而右,时而左,一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,每个周期都会向左移动一定距离,故C正确。若粒子从T时刻由静止释放,根据粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图,
由图可知,粒子在电场力的作用下,时而左,时而右,一个周期内向右运动的位移大于向左运动的位移,每个周期都会向右移动一定距离,故D正确。故选C、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　在加速电场中,由动能定理得
eU1=mv2 (2分)
以速度v进入偏转电场中做类平抛运动,在离开偏转电场时竖直方向偏移的距离
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)
离开偏转电场后竖直方向偏移的距离y2=d tan θ (2分)
根据牛顿第二定律有加速度a= (2分)
而总的竖直方向偏移的距离y=y1+y2=d (2分)
联立以上几式解得= (2分)
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