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 电势能与电势差复习提升

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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
本章复习提升
易混易错练
易错点1　基本概念理解不到位而出错
1.以下说法中正确的是 (　　)
A.匀强电场中各处的电场强度相等,电势也相等
B.电场强度为零的区域中,电势处处相等
C.沿电场线方向电场强度一定越来越小
D.电势降低的方向就是电场线的方向
易错点2　不理解电势的相对意义
2.(2024天津期中联考)两个较大的平行金属板分别接在如图所示的电路中,将开关K闭合后,一带负电的油滴被固定于板间的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离,则下列说法正确的是 (　　)
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能减少
D.若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离,则油滴所受电场力不变
易错点3　电场线、等势面理解有误
3.(2023福建厦门湖滨中学期中)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R点在等势面b上,据此可知 (　　)
A.三个等势面中,c的电势最高
B.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
C.带电质点在P点的电势能比在Q点的大
D.带电质点从Q点到P点,电场力做正功
易错点4　认为做类平抛运动的带电粒子只能从一侧偏离
4.平行板电容器的两金属板A、B水平放置,质量为5.0×10-6 kg的带电粒子以v0=2.0 m/s的水平速度从两极板间中线位置射入电场,如图所示,A、B间距为4 cm,板长为10 cm,g取10 m/s2,当UAB=1 000 V,粒子恰好不发生偏转。欲使该粒子能穿出电场,则A、B间所加的电压应为多少
易错点5　没有掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法
5.(2022辽宁大连八中期中)如图,平行板电容器的两极板均水平放置,质子H)、氘核H)和α粒子He)都沿两极板间中线OO'方向垂直于电场线射入板间的匀强电场,射出后都打在同一个与OO'垂直且紧靠极板右侧边缘的荧光屏(未画出)上,使荧光屏上出现亮点。则 (　　)
A.若它们射入电场时的速度相等,在荧光屏上将出现2个亮点
B.若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等,在荧光屏上将只出现2个亮点
C.若它们射入电场时的动能相等,在荧光屏上将只出现1个亮点
D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的,在荧光屏上将出现3个亮点
易错点6　生搬硬套圆周运动的临界条件出错
6.(2024安徽合肥一中阶段练习)一长为L= m的细线一端固定于O点,另一端拴一质量为m=×10-2 kg、带电荷量为q=10-4 C的带正电小球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时,将细线与小球拉成水平伸直状态,小球静止在A点,释放后小球由静止开始向下摆动,当细线转动到O点左侧且与竖直方向夹角θ=30°时,小球速度恰好为零,g取10 m/s2,求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)小球达到最大速度时,细线对小球的拉力大小FT;
(3)若想让小球做完整的圆周运动,则小球在A点释放瞬间至少要获得多大的竖直向下的初速度v0m
易错点7　不善于利用动能定理解决电场力做功问题
7.(2024重庆九校联盟月考)如图所示,固定于同一条竖直线上的点电荷M、N相距2d,电荷量分别为+Q和-Q。EF是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的带电小球p,其质量为m、电荷量为+q,现将小球p从与点电荷M等高的E点由静止开始释放,小球p向下运动到与E点距离为d的O点时,速度为v。已知MN与EF之间的距离也为d,静电力常量为k,重力加速度大小为g,求:
(1)小球p从E点到O点的过程中电场力对小球做的功WEO及E、O点间的电势差UEO;
(2)小球p经过O点时的加速度大小;
(3)小球p经过与点电荷N等高的F点时的速度大小。
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
二、守恒思想
2.(2024陕西西安中学校考)如图所示,虚线表示电场中几个相邻的等差等势面,实线表示一带电荷量为|q|=3e的粒子的运动轨迹,其中φ3=0,Ek3=6 eV,相邻两等势面的电势差大小为3 V,a、b为运动轨迹上的两点,不计粒子重力,则下列说法中正确的是 (　　)
A.该带电粒子带负电
B.该带电粒子是从a向b运动的
C.该带电粒子经过φ1等势面时的动能为24 eV
D.该带电粒子经过φ2等势面时的电势能为15 eV
三、图像法
3.(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
4.(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
5.(2023重庆一中月考)空间中存在一静电场,一电子从x=0处以一定的初速度沿x轴正方向射出,仅在电场力作用下在x轴上做直线运动,其电势能Ep随位置x变化的Ep-x图像如图所示,则下列判断正确的是 (　　)
A.x1处电场强度比x3处电场强度大
B.x2处电势最高、电场强度最小
C.把一个正电子从x1处由静止释放,不能到达x3处
D.把一个正电子从x1处移到x3处电场力先做负功后做正功
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。
答案与分层梯度式解析
第2章　电势能与电势差
本章复习提升
易混易错练
1.B 2.C 3.C 5.A
1.B　匀强电场中各处的电场强度相等,但沿电场线方向电势一定越来越低,所以电势并不是相等的,A错误;电场强度为零的区域中,电势处处相等,B正确;沿电场线方向电势一定越来越低,而电场强度的大小与电场线的疏密有关,C错误;电势降低最快的方向是电场线的方向,D错误。
错解分析　(1)误认为电场强度与电势大小有关,而实际上电场强度与电势分别是描述静电力和电势能最重要的物理量,两者大小没有直接关系,电场强度大的地方,电势可以为零,电场强度为零的地方,电势不一定为零,如等量异种点电荷连线的中点,电势为零,但电场强度不为零。
　　(2)沿电场线方向电势逐渐降低,故误认为电势降低的方向就是电场线的方向,而实际上电势降低最快的方向才是电场线的方向。
2.C　将电容器的下极板下移后,极板间距增大,根据C=,可知电容器的电容变小,故A错误;电容器始终与电源相连,两极板间的电势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误;电容器两极板间的电势差不变,故上、下极板的电势均不变,间距d变大,根据E=可知,两极板间的电场强度E变小,P点与上极板间的电势差变小,即P点的电势增大,因为该油滴带负电,所以其电势能减少,故C正确;若将电容器上极板与电源断开,则电容器所带的电荷量不变,当极板正对面积S减小时,由C=可知电容器的电容变小,由C=可知两极板间的电势差增大,根据E=可知两极板间的电场强度变大,故油滴所受电场力变大,故D错误。故选C。
错解分析　不理解电势的相对意义造成错解。对某点电势的判断,要利用该点与电势不变的点之间的电势差来判断。本题中上、下极板电势均不变,P点电势的变化情况应通过P点与上极板之间电势差的变化情况来判断。解题时要注意电势的相对性,避免与电势差相混淆。
3.C　根据电场方向与等势面垂直,电场力指向曲线轨迹的凹侧,且质点带正电,在R点质点的受力和电场方向如图所示:
根据沿电场方向电势降低可知,三个等势面中,c的电势最低,故A错误;等差等势面越密集处场强越大,则P点的电场强度比Q点的电场强度大,带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大,故B错误;根据Ep=qφ,由于P点的电势大于Q点的电势,且质点带正电,可知带电质点在P点的电势能比在Q点的大,故C正确;带电质点从Q点到P点,电势能增大,电场力做负功,故D错误。故选C。
错解分析　(1)误把等势面当成电场线;
(2)不能正确判断带电质点的受力方向与运动方向的关系。
4.答案　-600 V≤UAB≤2 600 V
解析　当UAB=1 000 V时,由二力平衡知识可知
Eq=q=mg
解得q==2×10-9 C
当Eq>mg(UAB>1 000 V)时,带电粒子向上偏,当粒子恰从A板边缘射出时,所加电压最大,设此时A、B间的电压为U1,侧移量y=at2=d,由牛顿第二定律得a=-g,t=,联立解得U1=2 600 V
当Eqy=a't2=d
a'=g-,t=,联立解得U2=-600 V
所以UAB的范围是-600 V≤UAB≤2 600 V
错解分析　受定式思维影响,只考虑粒子从下板边缘射出,而遗漏从上板边缘也可以射出,造成漏解。解题时要认真审题,看清楚物体的重力是否可以忽略,分析清楚物体的各种运动情况。
5.A　三个粒子进入匀强电场中均做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=,偏转距离为y=at2,运动时间为t=,解得y=。若它们射入电场时的速度相等,y与比荷成正比,而三个粒子中质子的比荷最大,氘核和α粒子的比荷相等,在荧光屏上将出现2个亮点,A正确;若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等,y==,可见y与qm成正比,三个粒子的qm都不同,则在荧光屏上将出现3个亮点,B错误;若它们射入电场时的动能相等,y与q成正比,在荧光屏上将只出现2个亮点,C错误;若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的,由qU=m可知y=,y都相同,故荧光屏上将只出现1个亮点,D错误。
错解分析　不认真分析计算,误认为质子、氘核和α粒子的质量和电荷量不同,它们通过相同的加速电场、偏转电场后,肯定速度方向不同,轨迹不一样,打在荧光屏的不同点,造成错选D。本题中粒子在偏转电场中做类平抛运动,垂直于电场方向上做匀速直线运动,沿电场方向做匀加速运动,根据牛顿第二定律和运动学公式得到粒子偏转距离与偏转电压的关系,即可判断粒子打在荧光屏上的位置关系。解题时要掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法,不要乱套公式。
6.答案　(1)103 V/m　(2)0.4 N　(3)4 m/s
解析　(1)设小球摆动到O点左侧速度为零的点为B点,小球由A到B过程中,由动能定理得mgL cos 30°-qEL(1+ sin 30°)=0
解得E=103 V/m
(2)小球到达B点时速度为零,根据对称性可知,小球处在中点位置C时切线方向合力为零,此时细线与水平方向夹角恰为60°,小球的速度最大,C点是等效最低点。受力分析如图,
从A点到C点,由动能定理得
mgL cos 30°-qEL sin 30°=m
解得vm=2 m/s
设电场力与重力的合力为F',则F'=
由牛顿第二定律得FT-F'=m
解得FT=0.4 N
(3)C点关于O的对称点C'为等效最高点,若想让小球恰做完整的圆周运动,则在C'点有F'=m
从A到C'由动能定理得
-mgL cos 30°-qEL(1+ sin 30°)=mv'2-m
解得v0m=4 m/s
错解分析　误认为在竖直平面内能做完整的圆周运动的物体在最高点的临界速度v都满足mg=,但没有细想这个结论的成立是有前提条件的,即只有在重力场中才成立。解题时要善于多角度分析问题,明确物理规律、结论成立的条件。
7.答案　(1)mv2-mgd　　(2)g+　(3)v
解析　(1)小球p从E点到O点过程,根据动能定理可得mgd+WEO=mv2
解得WEO=mv2-mgd
根据WEO=qUEO
可得UEO=
(2)小球p在O点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
mg+2k cos 45°=ma
解得a=g+
(3)小球p从E点到F点过程,根据动能定理可得
2mgd+WEF=m
又WEF=2WEO
联立解得
vF=v
错解分析　(1)不明确WAB=qUAB不仅适用匀强电场也适用非匀强电场。
(2)不善于运用能量观点分析问题
如果是匀强电场,既可用牛顿第二定律和运动学公式求解,又可用能量观点(如动能定理、功能关系)求解。若为非匀强电场,带电粒子受到的电场力是变力,加速度是变量,只能用能量观点求解。带电粒子在电场中具有一定的电势能,同时还可能具有动能和重力势能等,因此涉及功和能的问题应优先考虑利用动能定理求解。
思想方法练
1.D 2.C 3.A 4.C 5.A
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。
方法点津　电容器动态分析问题的处理方法
(1)确定不变量。电容器与电源相连时,电压U不变;电容器充电后与电源断开时,所带电荷量Q不变。
(2)根据决定式C=和S、εr、d的变化分析平行板电容器电容的变化。
(3)根据定义式C=分析电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。
(4)用E=或E∝分析电容器两极板间场强的变化,或根据电容器带电荷量Q的变化分析回路中的电流方向。
2.C　根据题意可知,等势面的电势高低不确定,即电场方向不确定,可知粒子的电性也不能确定,故A错误。根据题意,粒子的运动方向不确定。由于电场线与等势面垂直,而粒子仅受电场力,根据合力方向指向轨迹内侧,可知电场力方向垂直于等势面大致向右,若粒子从a运动到b,粒子的速度与电场力方向的夹角为锐角,粒子做加速运动;若粒子从b运动到a,粒子的速度与电场力方向的夹角为钝角,粒子做减速运动,故B错误。根据上述分析,若粒子从a运动到b,电场力做正功,粒子从φ3等势面运动到φ1等势面过程,根据动能定理有3e|φ1-φ3|=Ek1-Ek3,其中|φ1-φ3|=6 V,解得Ek1=24 eV,故C正确。若粒子从a运动到b,电场力做正功,粒子从φ3等势面运动到φ2等势面过程,电势能减小,根据动能定理有3e|φ2-φ3|=Ek2-Ek3,其中|φ2-φ3|=3 V,解得Ek2=15 eV,粒子在运动过程中,只有电势能与动能的转化,即电势能与动能之和一定,由于φ3=0,则粒子在φ3等势面处的电势能为0,则有Ek2+Ep2=Ek3,解得Ep2=-9 eV,故D错误。故选C。
方法点津　选用能量守恒定律解题,要分清有多少种形式的能参与转化,哪种能量增加,哪种能量减少,且增加量等于减少量。此题带电粒子在电场中只受静电力作用,只有电势能和动能的转化。利用动能定理分段研究动能的变化,根据能量守恒,进而判断粒子电势能的变化。
3.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。
方法点津　解答关于φ x图像问题可把握以下三点:
(1)根据φ x图像可以直接比较特定方向上两位置电势的高低,求出两位置的电势差。
(2)根据φ x图像可以判断电场强度E的大小,图像的切线斜率的绝对值|k|==E。沿着电场强度方向电势降低,而电势降低的方向不一定就是电场强度方向。本类问题电场强度一般是沿x轴或者有沿x轴的分量,故可以根据电势降低方向来定性判断沿x轴电场强度的方向。
(3)根据φ x图像,结合带电粒子的实际运动情况,可以确定带电粒子的电性、电场力的变化情况、加速度的变化情况、电场力做功情况、电势能变化情况、动能变化情况等。
4.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。
方法点津　E x图像的应用
在给定了电场的E x图像后,可以由图像直接确定电场强度沿x轴方向的变化情况,x轴上方的场强为正值,x轴下方的场强为负值;根据沿电场方向电势降低,可以确定电势的变化情况;根据U=Ed,可知E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
5.A　由电场力做功的特点可知eE×Δx=ΔEp,则Ep-x图像的斜率k=Ee,因此图像的斜率越大,电场强度越大,所以x1处电场强度比x3处电场强度大,A正确;x2处图像的斜率是零,则电场强度是零,最小,由Ep=qφ,可知负电荷在电势低的位置电势能大,因此x2处电势最低,B错误;x1处的电势要高于x2处电势,x1处与x3处电势相等,把一个正电子从x1处由静止释放,由电场力做功特点可知,正电子能到达x3处,C错误;由于x1处的电势要高于x2处电势,x1处与x3处电势相等,可知把一个正电子从x1处移到x3处电场力先做正功后做负功,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。
方法点津　此类题中,由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,将重力和电场力合成为一个恒力,可以将这个复合场当做等效重力场,则F合为等效重力场中的“重力”,g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时,速度(或动能)取得极值,小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效最高点。凡是重力场和电场共存的情况都可以用此方法求解。对应关系如下:
等效重力 重力、电场力的合力。
等效重力加速度 等效重力与物体质量的比值。
等效“最低点” 物体自由时能处于稳定平衡状态的位置。
等效“最高点” 物体做圆周运动时与等效最低点关于圆心对称的位置。
等效重力势能 等效重力大小与物体“高度”(物体所在位置沿等效重力场方向到等效势能零点的距离)的乘积。
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