人教版物理选修3-1 同步练习：第1章 第5节 电势差

第5节　电势差
对电势和电势差的理解
1.(多选)下列说法正确的是(　BC　)
A.电势差与电势一样,是相对量,与零电势点的选取有关
B.电势差是一个标量,但有正、负之分
C.由于静电力做功跟移动电荷的路径无关,所以电势差也跟移动电荷的路径无关,只跟这两点的位置有关
D.A,B两点的电势差不随零电势面的不同而改变,所以UAB=UBA
解析:电势具有相对性,与零电势点的选择有关.而电势差是标量,有正、负之分,但大小与零电势点的选择无关,故选项A错误,B正确;由于UAB=A-B,UBA=B-A,故UAB=-UBA,故选项D错误;电势差为电场中两点电势之差,与移动电荷的路径无关,故选项C正确.
2.(多选)关于电势差UAB和电势A,
B的理解,下列说法正确的是(　BD　)
A.UAB表示B点相对A点的电势差,即UAB=B-A
B.UAB和UBA是不同的,它们有关系UAB=-UBA
C.
A,
B都可以有正、负,所以电势是矢量
D.电势零点的规定是任意的,但人们通常规定大地或无穷远处为电势零点
解析:根据电势差的规定UAB=A-B,选项A错误;又因为UBA=B-A,所以UAB=-UBA,选项B正确;电势有正、负,但正、负并不表示方向,电势是标量,选项C错误;人们习惯上规定大地或无穷远处为电势零点,选项D正确.
静电力做功与电势能、电势差的关系
3.(2016宁德市一级达标中学期中联考)在静电场中,将一个电子由a点移到b点,克服静电力做功8
eV,下列说法正确的是(　A　)
A.a,b两点电势差Uab=8
V
B.电子的电势能减少了8
eV
C.电场强度的方向一定由a指向b
D.因零电势点未确定,故a,b两点间的电势差无法确定
解析:a,b两点电势差Uab===8
V,故选项A正确;电子由a点移到b点,克服静电力做功8
eV,电子的电势能就增加了8
eV,故选项B错误;电子的位移方向不一定沿由a到b,则电场强度的方向不一定由a指向b,故选项C错误;a,b两点间的电势差与零电势点的选取无关,故选项D错误.
4.如图所示,是一个点电荷电场的电场线(箭头线)和等势面(虚线),两等势面之间的电势差大小为2
V,有一个带电荷量为q=-1.0×108
C的电荷,从A点沿不规则曲线路径移到B点,静电力做功为(　B　)
A.2.0×108
J
B.-2.0×108
J
C.1.6×107
J
D.-4.0×108
J
解析:由WAB=qUAB得WAB=-1.0×108×2
J=-2.0×108
J,故选项B正确.
5.(2016哈尔滨六中月考)一个电荷量为10-6
C的负电荷从电场中a点移至b点,静电力做功2×10-6
J;从c点移至d点静电力做功-7×
10-6
J.已知c点比b点电势高3
V,且a,b,c,d四点在同一条电场线上,则下列图中正确的是(　C　)
解析:根据U=可得
Uab==
V=-2
V;
Ucd==
V=7
V,
因Ucb=3
V,故Uad=2
V,即c点电势最高,d点的电势最低,故选项C
正确.
6.(多选)如图所示,平行直线表示电场线,但没有标明方向,带电量为+1×10-2C的微粒在电场中只受静电力的作用,由A点移到B点,动能损失0.1
J,若A点的电势为-10
V,则(　BC　)
A.B点电势为10
V
B.电场线的方向从右向左
C.微粒的运动轨迹可能是轨迹1
D.微粒的运动轨迹可能是轨迹2
解析:带电微粒只受静电力的作用,由A点运动到B点动能减少0.1
J,即WAB=-0.1
J.由UAB=,可得UAB==
V=-10
V,即A-B=-10
V,又A=-10
V,则B=0.故选项A错误.因为沿电场线的方向电势越来越低,而A=-10
V,
B=0,所以电场线的方向向左,故选项B正确.微粒从A向B运动的过程中,合外力(即静电力)的方向是水平向左的.根据曲线运动的特点可知,合外力的方向一定指向曲线凹侧,则选项C正确,D错误.
综合应用
7.一个带正电荷的质点,电荷量q=2.0×10-9
C,在静电场中由a点移到b点.在这个过程中,除静电力外,其他力做功6.0×10-5
J,质点的动能增加了8.0×10-5
J,则a,b两点的电势差a-b为(　B　)
A.3.0×104
V
B.1.0×104
V
C.4.0×104
V
D.7.0×104
V
解析:由动能定理,外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量,得静电力对物体做的功
W=8.0×10-5
J-6.0×10-5
J=2.0×10-5
J.
由W=q(a-b)得a-b=
V=1.0×104
V.
8.(多选)如图所示,A,B,C,D是某匀强电场中的4个等势面,一个质子和一个α粒子(电荷量是质子的2倍,质量是质子的4倍,质子和α粒子的重力及其相互作用忽略不计)同时在A等势面从静止出发,向右运动,当到达D面时,下列说法正确的是(　AC　)
A.静电力做功之比为1∶2
B.它们的动能之比为2∶1
C.它们的速度之比为∶1
D.它们运动的时间之比为1∶1
解析:静电力做功WH=eUAD,Wα=2eUAD,=1∶2,又因为WH=EkH-0,Wα=Ekα-0,所以=1∶2,选项A正确,B错误;EkH=m,Ekα=·4m,所以vH∶vα=∶1,选项C正确;由x=得,vHtH=vαtα,则==1∶,选项D错误.
9.图示为一匀强电场,已知场强E=2×102
N/C.现让一个电荷量q=
4×10-8
C的电荷沿电场方向从M点移到N点,MN间的距离s=30
cm.试求:
(1)电荷从M点移到N点电势能的变化;
(2)M,N两点间的电势差.
解析:(1)由题图可知,正电荷在该电场中所受静电力F方向向右.因此,从M点移到N点,静电力做正功,电势能减少,减少的电势能ΔE等于静电力做的功W.
则ΔE=W=qEs,代入数值ΔE=W=4×10-8×2×102×0.3
J=2.4×10-6
J.
(2)由公式W=qUMN,M,N两点间的电势差UMN==
V=60
V.
答案:(1)电势能减少2.4×10-6
J
(2)60
V
10.(多选)如图所示是某电场中的一条电场线,现从A点以初速度v0竖直向上抛出一个电荷量为+q质量为m的带电小球,上升过程中小球运动到B点时的速度最小为v.已知小球的质量为m,A,B间距离为h,空气阻力不计.则(　BD　)
A.电场中B点的电势高于A点的电势
B.小球从A点运动到B点的过程中,小球的加速度逐渐减小
C.小球能越过B点向上运动,其电势能增大
D.在电场中,A,B间电势差UAB=
解析:带电小球以初速度v0竖直向上抛出后先做减速运动,小球到达B点时速度最小,说明静电力方向向上,在B点静电力与重力等大,之后静电力大于重力,小球向上加速运动.因为小球带正电,所以电场线的方向向上,沿电场线从A点到B点电势逐渐降低,选项A错误;小球从A点运动到B点的过程中做加速度逐渐减小的减速运动,选项B正确;小球越过B点后向上做加速运动,静电力做正功,电势能减小,因此选项C错误;根据动能定理得qUAB-mgh=mv2-m,可知,A,B间电势差UAB=,所以选项D正确.
11.(2016宁德市一级达标中学期中联考)如图所示,粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑半圆轨道在B点平滑连接,在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场,场强E=.现有一质量为m,电荷量为+q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后,经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方).已知A,B间距离为2R,重力加速度为g,求:
(1)小球在C处的速度大小;
(2)小球从A运动到B克服阻力做功;
(3)小球从A运动到C的过程中对轨道压力的最大值.
解析:(1)小球离开C点做平抛运动,根据R=gt2,
得t=,
则小球在C点的速度vC=
解得vC=.
(2)A→C过程,由动能定理得
Eq3R-mg2R-Wf=m
解得Wf=3mgR.
(3)由于静电力是重力的2倍,因此小球在圆周D处速度最大,利用复合场等效法D处应是重力与静电力合力连线跟支持力FN共线的交点.
设OD连线与竖直方向夹角为θ,则tan
θ=2,
A→D过程,根据动能定理得
Eq(2R+Rsin
θ)-Wf-mgR(1-cos
θ)=m
FN-mgcos
θ-qEsin
θ=m
解得FN=3mg.
根据牛顿第三定律,则小球对轨道压力的最大值为3mg.
答案:(1)　(2)3mgR　(3)3mg
(教师备用)
【补偿题组】
1.(针对第6题)(2016济南一中期中)(多选)一带电粒子在正电荷形成的电场中,运动轨迹如图所示的abcd曲线,下列判断正确的是(　ACD　)
A.粒子带正电
B.粒子通过a点时的速度比通过b点时小
C.粒子在a点受到的静电力比b点小
D.粒子在a点时的电势能与在d点相等
解析:根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,可知粒子带正电荷,故选项A正确;从a向b运动过程中,斥力做负功,因此动能减小,速度减小,故选项B错误;根据库仑定律F=可知,在a点两个电荷间距离远,受静电力小,故选项C正确;粒子在a点与在d点处于同一等势面上,从a到d的过程中,静电力不做功,因此电势能相等,故选项D正确.
2.(针对第8题)(2016太原市五中月考)如图所示,虚线表示等势面,相邻两等势面间的电势差相等,有一带正电小球在该电场中运动,不计小球所受的重力和空气阻力,实线表示该小球的运动轨迹.已知小球在a点的动能等于29
eV,运动到b点时的动能等于2
eV,若取c点为零电势点,则这个带电小球的电势能等于-6
eV时,它的动能等于(　D　)
A.33
eV
B.24
eV
C.12
eV
D.17
eV
解析:小球自a点运动到b点,静电力做负功Wab=2
eV-29
eV=-27
eV,由于相邻两等势面的电势差相等,故电势差的大小关系有Ubc=Uba,从b到c静电力做正功,Wbc=×27
eV=9
eV,根据动能定理有Wbc=Ekc-Ekb,联立可得Ekc=11
eV,由于只有静电力做功,电势能和动能保持不变,故在c点有E=Ep+Ek=11
eV,即电势能和动能之和为11
eV,因此当电势能等于-6
eV时,动能为17
eV,故D正确.
3.(针对第9题)(2016济南一中期中)电场中某区域的电场线如图所示,A,B是电场中的两点.一个电荷量q=+4.0×10-8
C的点电荷在A点所受静电力FA=2.0×10-4
N,将该点电荷从A点移到B点,静电力做功WAB=8.0×10-7
J.求:
(1)A点电场强度的大小EA;
(2)A,B两点间的电势差UAB.
解析:(1)根据E=
代入数据得EA==
N/C=5×103
N/C.
(2)根据UAB=
代入数据得UAB==
V=20
V.
答案:(1)5×103
N/C　(2)20
V
4.(针对第10题)(2016哈尔滨六中月考)(多选)在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷.在水平面上的N点,由静止释放质量为m,电荷量为-q的试探电荷,该试探电荷经过P点时速度为v,图中θ=60°.则在+Q形成的电场中(规定P点的电势为零).下列说法正确的是(　AB　)
A.N点电势低于P点电势
B.N点电势为-
C.P点电场强度大小是N点的2倍
D.试探电荷在N点具有的电势能为-mv2
解析:根据顺着电场线方向电势降低可知,M点的电势高于N点的电势,而离O点距离相等的M,P两点的电势相等(如图),则N点电势低于P点电势,故A正确;
根据动能定理得,试探电荷由N到P的过程有-q(N-P)=mv2,P点的电势为零,即P=0,解得N点的电势N=-,故B正确;P点电场强度大小是EP=k,N点电场强度大小是EN=k,则EP∶EN=4∶1,故C错误;试探电荷在N点具有的电势能为EpN=-qN=mv2,故D错误.