1.5 电势差练习Word版含解析

一、选择题(2、11题为多选题，其余为单项选择题)
1．关于电势差的下列说法中，正确的是(　　)
A．电势差与电势一样，是相对量，电势差的值与零电势点的选取有关
B．电势差是一个标量，没有正值和负值之分
C．由于电场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两点的电势差是恒定的，不随零电势点的改变而改变，所以UAB＝UBA
解析　电势差与零电势点选取无关，故A项错误．电势差也有负的，表示初位置电势比末位置电势低，故B项错误．电势差只决定于初末位置，与电荷移动的路径无关，故C项正确．UAB＝－UBA，故D项错误．
答案　C
设置目的　考查对电势差概念的理解
2．关于UAB＝和WAB＝qUAB的理解，正确的是(　　)
A．电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q成反比
B．在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比
C．UAB与q、WAB无关，甚至与是否移动的电荷都没有关系
D．WAB与q、UAB无关，与电荷移动的路径无关
解析　A、C项，电势差公式UAB＝是比值定义法，电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功均无关．故A项错误，C项正确；B项，电场中A、B两点间的电势差是一定的，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比．故B项正确；D项，由公式WAB＝qUAB可知，WAB与q、UAB都有关，与电荷移动的路径无关．故D项错误．故选B、C两项．
答案　BC
3.如图所示，在一正的点电荷产生的电场中有A、B两点，一点电荷为－3.2×10－19 C的试探电荷从A点移到B点的过程中，克服电场力做功为W＝6.4×10－20 J，则A、B两点间的电势差UAB等于(　　)
A．5 V　　　　　　　　 B．－5 V
C．0.2 V D．－0.2 V
解析　克服电场力做功即电场力做负功，可知A、B两点间的电势差：UAB＝＝＝ V＝0.2 V．故A、B、D三项错误，C项正确．
答案　C
4.
如图所示，在－Q形成的电场中，有a、b、c三点，它们到点电荷的距离为raA．a点电势高于c点电势
B．a点场强比c点场强大
C．同一负电荷放在c点比放在a点的电势能大
D．同一负电荷由a点移到b点，比由b点移到c点电场力做功多
解析　由孤立负点电荷电场线和等势面的分布知B项正确；因φc>φa，同一负电荷在电势低处电势能大，故C项错误；因Uab＝Ubc，据W＝qU知Wab＝Wbc，D项错误．
答案　B
设置目的　考查求功公式W＝qU和电势能公式Ep＝qφ
5.如图所示，以坐标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另有一沿x轴正方向，场强大小为E的匀强电场，当点电荷＋q在电场中移动时(　　)
A．从a移到b，电场力不做功
B．从a移到c，电场力做正功
C．从d移到b，电场力做功为2qEr
D．从d移到a，电场力做功为2qEr
解析　点电荷Q所形成的电场与匀强电场叠加时，场强遵循矢量合成法则，电势遵循代数相加法则．也可应用独立作用原理，即求电荷q在电场中所受电场力，可先分别求出点电荷Q和匀强电场对该电荷的作用力，再求它们的矢量和．求电荷在电场中具有的电势能或在电场中移动时电场力所做的功，可先分别求出在点电荷Q形成的电场和匀强电场中的电势能或在这两个电场中移动所做的功，再求和．a、b、c、d位于以＋Q为球心的球面上，它们在＋Q形成的电场中的电势是相等的，所以点电荷＋Q的电场力始终不做功．而在匀强电场中，这四个点的电势高低关系是φd>φa＝φc>φb，且Uda＝Udc＝Uab＝Ucb＝Er.由此可断定Wdb＝2qEr.
答案　C
设置目的　考查求功公式WAB＝qEscosθ和等势面性质
6.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　)
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
解析　正电荷在电场中只受电场力的作用，在L3时，动能为20 J，运动到L1时动能为零，此过程中只有电场力做功，所以电场力做了－20 J的功，而U21等于U32，所以qU21＝qU32，W31＝qU32＋qU21＝0－20 J，qU21＝－10 J，qU32＝－10 J，所以电荷运动到L2等势面时其剩余动能是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J．当它的电势能为4 J时，动能为6 J．所以C项正确．
答案　C
设置目的　考查电场力做功公式及能量守恒
7.如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O′点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是(　　)
A．b、h两点的电场强度相同
B．a点电势比e点电势高
C．d、b两点间电势差大于e、b两点间电势差
D．将电子沿圆周由h运动到d与由h运动到f，电场力做功相等
解析　A项，由图看出，b、h两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、h两点的电场强度不同，故A项错误．
B项，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越高，故a点电势低于e点电势，故B项错误．
C项，e点电势大于d点电势，则e、b两点间电势差大于d、b两点间电势差，故C项错误．
D项，d、f两点电势相等，则电子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等，故D项正确．故选D项．
答案　D
8.如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为26 eV和5 eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为(　　)
A．8 eV B．13 eV
C．20 eV D．34 eV
解析　由于电荷在电场中移动时只有静电力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化.1、2、3、4为等差等势面，等势面3的电势为零，从等势面1到等势面4电荷减少的动能为21 eV，所以从1到3减少的动能为14 eV，故电荷在等势面3上的动能为12 eV，故当电势能为－8 eV时，动能为20 eV.
答案　C
9.如图所示，在A点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子在到达B点时的速度恰好为零，已知A、B所在位置的电场线方向竖直向下，A、B两点间的高度差为h，则下列判断中错误的是(　　)
A．带电粒子带负电
B．A、B两点间的电势差UAB＝
C．B点场强大于A点场强
D．A点场强大于B点场强
解析　带电粒子在从A到B的过程中，只有重力和电场力做功．对A到B过程应用动能定理可知合外力做功为零即WG＋WAB＝0.又因为WG>0，所以WAB<0.UAB>0代入WAB＝qUAB可推出粒子带负电．UAB＝＝，A、B两项正确；因为带电粒子在由A向B运动的过程中，在重力和电场力作用下先加速后减速运动，说明电场力先小于重力，后来大于重力，所以电场力越来越大，故场强越来越大，C项正确，D项错误．
答案　D
10.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为(　　)
A. B.
C. D.
解析　粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有02－v02＝2(－g)h，粒子在水平方向做匀加速运动．电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv02变为2mv02，则根据动能定理，有Uq＋(－mgh)＝2mv02－mv02，其中由02－v02＝2(－g)h，得h＝，代入解方程得A、B两点电势差应为，应选C.
答案　C
设置目的　考查能量守恒与电场力做功
11．(2019·河南省南阳市模拟)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2.若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是(　　)
A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA>φB
B．若v2>v1，则电场力不一定做正功
C．A、B两点间的电势差为(v22－v12－2gh)
D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mv22－mv12
解析　由电场线的疏密可判断出EAφB，故A项错误；在运动的过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝mv22－mv12，若v2>v1，qU可正可负即电场力不一定做正功，A、B两点间的电势差U＝(v22－v12－2gh)，电场力做功W＝qU＝mv22－mv12－mgh.故B、C两项正确，D项错误．
答案　BC
二、计算题
12.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为－4×10－6 C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4 J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4 J，N板接地，设大地为零势面．则
(1)A点的电势φA是多少？
(2)UMN等于多少伏？
(3)M板的电势φM是多少？
解析　(1)A、N间的电势差：UAN＝＝V＝－100 V
又UAN＝φA－φN，φN＝0，则A点的电势为：φA＝－100 V.
(2)根据带电粒子做功规律可知：WMA＝－WAM＝8×10－4 J
所以M、N板间的电势差为：
UMN＝＝＝ V＝－300 V.
(3)由UMN＝φM－φN，φN＝0，得M板的电势为：φM＝UMN＝－300 V.
答案　(1)A点的电势φA是－100 V.
(2)M、N板间的电势差UMN等于－300 V.
(3)M板的电势φM是－300 V.
13.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是半径为R的圆形轨道，今有质量为m、带电量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与最低点B间的电势差为多大？
解析　小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力做功和电场力做功，由动能定理得mv2＝qUAD－mg·2R.
小球在D点时受两个力：重力和电场力，但是电场力此刻沿切线方向，与速度方向相反．重力垂直于速度方向指向圆心提供向心力，由牛顿第二定律，得mg＝m，联立解得UAD＝.
由于B、D两点在同一等势面上，所以UAB＝UAD＝.
答案　
14.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求：
(1)小球滑至C点时的速度大小；
(2)A、B两点间的电势差；
(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．
解析　(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零．
由几何关系可得BC的竖直高度．
hBC＝3R/2
根据动能定理有mg×3R/2＝mvC2/2－mvB2/2
解得vC＝.
(2)因为电势差UAB＝UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有
mg×3R＋(－q)×UAC＝mvC2/2
解得UAB＝UAC＝－mgR/(2q)．
(3)因为φA<φC、φC＝0，因为UAC＝φA－φC所以φA＝UAC＋φC＝－mgR/(2q)．
答案　(1)　(2)－mgR/(2q)　(3)－mgR/(2q)