2017-2018學(xué)年物理人教版選修3-1　1.6電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系同步練習(xí)-教師用卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1。6電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系同步練習(xí)一、單選題如圖所示，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=100V/m，A、B兩點(diǎn)相距10cm、A、B連線與電場線夾角為60°，若取A點(diǎn)電勢為0,則B點(diǎn)電勢為()A。?10V

B.10V

C。?5V

D.5V【答案】C【解析】解：由圖示可知,根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知B的電勢低于A的電勢，則UBA<0．

AB方向與電場線方向間的夾角θ=60°，

BA兩點(diǎn)沿電場方向的距離d=Lcosθ，

BA兩點(diǎn)間的電勢差UBA=?Ed=ELcosθ=?100V/m×0.1m×cos60°=?5V，

如圖所示,勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=3×105V/m，A、B兩點(diǎn)相距0.2m,兩點(diǎn)連線與電場的夾角是60°,下列說法正確的是(A。電荷量q=+2×10?4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)電勢能增大6J

B.電荷量q=?2×10?4C的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)電場力做功為?6J

C.若取A點(diǎn)的電勢為0，則B點(diǎn)的電勢φB【答案】B【解析】解:A、從A到B，電場力做功W=qEdABcos60°=2×10?4×3×105×0.2×12J=6J.則電勢能減小6J.故A錯誤。

B、從A到B，電場力做功W=?qEdABcos60°=?2×10?4×3×105×0.2×1如圖所示，實(shí)線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面，1、2兩點(diǎn)間距離與3、4兩點(diǎn)間距離相等.下列判斷正確的是()A.2、3兩點(diǎn)的電勢相等

B.1、3兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等

C.1、2兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等

D。1、2兩點(diǎn)的電勢差與3、4兩點(diǎn)的電勢差相等【答案】A【解析】解:A、由題目可得,2與3處于同一條等勢線上，所以2與3兩點(diǎn)的電勢相等.故A確．

B、電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱,由圖可得，1與3比較，它們的電場強(qiáng)度的大小不相同，方向不同.故B錯誤；

C、電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱,由圖可得，1與2比較，它們的電場強(qiáng)度的大小不相同，方向相同.故C錯誤;

D、U=Wq，由于1、2兩點(diǎn)的電場線比3、4兩點(diǎn)間的電場線密集,故在12兩點(diǎn)間電場力做功多，故12兩點(diǎn)間電勢差大，故D錯誤

故選：A如圖所示，一帶電粒子以一定速度進(jìn)入正點(diǎn)電荷Q形成的電場中，粒子僅在電場力作用下運(yùn)動的軌跡如圖中實(shí)線所示，圖中虛線是以Q為圓心的同心圓，M、N是運(yùn)動軌跡與同心圓的交點(diǎn).下列說法正確的是()A。粒子帶負(fù)電

B。圖中三個同心圓中,n點(diǎn)所在圓的電勢最高

C.粒子從M到N的過程中，速率先增大后減小

D.粒子從M到N的過程中，電勢能先增大后減小【答案】D【解析】解:A、根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在運(yùn)動的過程中，一直受靜電斥力作用,因電場為正電荷產(chǎn)生的電場，故粒子帶正電,故A錯誤;

B、在電場中沿著電場線方向,電勢逐漸降低，故B錯誤；

C、粒子由N動到M過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，故速率先減小后增大，故C錯誤；

D、粒子由M動到N過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，故電勢能先增大后減小,故D正確．

故選:D．

兩個等量點(diǎn)電荷位于x軸上，它們的靜電場的電勢φ隨位置x變化規(guī)律如圖所示(只畫出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢)，x軸上有兩點(diǎn)M，N，且OM>ON，由圖可知()A。N點(diǎn)的電勢低于M點(diǎn)的電勢

B。M，N兩點(diǎn)的電場方向相同且M點(diǎn)的場強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場強(qiáng)大小

C。僅在電場力作用下,正電荷可以在x軸上M，N之間的某兩點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動

D.負(fù)電荷沿x軸從M點(diǎn)移到N點(diǎn)的過程中電場力先做正功后做負(fù)功【答案】B【解析】解：A、由圖知，N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢.故A錯誤．

B、由E=Ud可知，圖象的斜率絕對值等于場強(qiáng)大小，可以看出M點(diǎn)的場強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場強(qiáng)大小.斜率都為正值,說明M、N點(diǎn)的電場方向相同.故B正確．

C、根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知電場線的方向從N指向M，正電荷在x軸上M、N之間所受的電場力始終由N指向M,正電荷做單向直線運(yùn)動.故C錯誤．

D、負(fù)電荷沿x軸從M移到N的過程中，電場力方向由從M指向N，電場力方向與位移相同，電場力一直做做正功.故D錯誤．

故選：B如圖所示，矩形的四個頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點(diǎn)，ab=2bc=2L，電場線與矩形所在的平面平行，已知a點(diǎn)電勢為18V，b點(diǎn)電勢為10V，c點(diǎn)電勢為6V，一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場，v0與ab邊的夾角為45°，一段時間后質(zhì)子經(jīng)過ab中點(diǎn)e，不計(jì)質(zhì)子重力，下列判斷正確的是(A.d點(diǎn)電勢為12V B。質(zhì)子從a到b電勢能增加了8eV

C。電場強(qiáng)度大小為4L D.質(zhì)子從a到e所用時間為【答案】D【解析】解：A、勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢差相等，故Uad=Ubc，可得d點(diǎn)電勢為14V，故A錯誤．

B、Uac=Ucb=12Uab=8V，故質(zhì)子從a到b電場力做功為W=eU=8eV，電場力做正功電勢能減小，故B錯誤．

C、經(jīng)計(jì)算可知，d點(diǎn)和e點(diǎn)的電勢相同，故連點(diǎn)連線為等勢線，由于ab=2bc=2L，故△ade為等腰三角形，a點(diǎn)到直線de的距離為L2,由電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得，電場強(qiáng)度大小為42L,故C錯誤．

D如圖,電子在電勢差為U1的電場中加速后，垂直進(jìn)入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子能射出的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()A.U1變大,U2變大 B.U1變小，U2變大

C.U1變大，U2變小【答案】B【解析】解：根據(jù)動能定理：eU1=12mv2

得：v=2qU1m

在偏轉(zhuǎn)電場中vy=at

a=qU2md

且t=Lv

而vy=at二、多選題在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中，將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運(yùn)動.關(guān)于帶電小球的電勢能ε和機(jī)械能W的判斷，正確的是()A。若sinθ<qEmg，則ε一定減少,W一定增加

B。若sinθ=qEmg，則ε、W一定不變

C。若sinθ=qEmg，則ε一定增加，W一定減小

D.【答案】BD【解析】解:A、若sinθ<qEmg，電場力可能做正功，也可能做負(fù)功，所以ε可能減小也可能增大、W可能增大也可能減小。故A錯誤。

BC、若sinθ=qEmg，則電場力與速度方向垂直，電場力不做功，ε、W一定守恒。故B正確，C錯誤。

D、若tanθ=qEmg,則電場力沿水平方向，可能水平向左，可能水平向右，則電場力和重力的合力與速度方向可能同向，也可能成一定的角度，則電場力可能做正功，可能做負(fù)功，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點(diǎn),∠abc=120°.現(xiàn)將三個等量的負(fù)點(diǎn)電荷?Q固定在a、b、c三個頂點(diǎn)上,將一個電量為+q的檢驗(yàn)電荷依次放在菱形中心點(diǎn)O點(diǎn)和另一個頂點(diǎn)d處，則兩點(diǎn)相比()A.+q在d點(diǎn)所受的電場力比在O點(diǎn)的大

B。+q在d點(diǎn)所具有的電勢能比在O點(diǎn)的大

C。d點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場強(qiáng)度

D。d點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)的電勢【答案】BC【解析】解：A、設(shè)菱形的邊長為r,根據(jù)公式E=kQr2分析可知三個點(diǎn)電荷在d點(diǎn)生的場強(qiáng)大小E相等，由電場的疊加可知，D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為ED=2kQr2．

O點(diǎn)的場強(qiáng)大小為EO=kQ(r2)2=4kQr2，可見,d點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場強(qiáng).所以+q在d點(diǎn)所受的電場力較小,故A錯誤，C正確；

B、Od間電場線方向從O到d，根據(jù)順著電場線方向電勢降低,d如圖甲所示，電荷量q=1X10?4C的帶正電的小物塊靜止在絕緣水平面上,所在空間存在沿水平方向的電場，其電場強(qiáng)度E的大小與時間t的關(guān)系如圖乙所示，物塊速度v的大小與時間t的關(guān)系如圖丙所示.重力加速度g=l0m/s2，則(A.物塊在4s內(nèi)位移是8

m B。物塊的質(zhì)量是2kg

C.物塊與水平面間動摩擦因數(shù)是0.2 D。物塊在4s內(nèi)電勢能減少了14J【答案】CD【解析】解：A、由圖象可知，物塊在4s內(nèi)位移為：x=12×2×(2+4)m=6m，故A錯誤．

BC、由圖可知,前2s物塊做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律有：

qE1?μmg=ma，

由圖線知加速度為：a=1m/s2

1s后物塊做勻速運(yùn)動，由平衡條件有:qE2=μmg

聯(lián)立解得：q(E1?E2)=ma

由圖可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，

代入數(shù)據(jù)解得：m=1kg

由qE2=μmg可得：μ=0.2，故B錯誤，C正確．

D、物塊在前2在真空中M、N兩點(diǎn)分別放有異種點(diǎn)電荷+2Q和?Q，以MN連線中點(diǎn)O為中心作一圓形路徑abcd.a、0、c三點(diǎn)恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點(diǎn)，如圖所示.則下列說法正確的是()A。a、b、c、d四點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小關(guān)系是Ea>Ec，Eb=Ed

B。a、b、c、d四點(diǎn)電勢的關(guān)系是φa>φc，φb=【答案】AB【解析】解：A、設(shè)Ma=aO=d.則Ea=k?2Qd2+kQ(3d)2=19kQ9d2，Ec=k?2Q(3d)2+kQd2=11kQ9d2，故E?a>Ec,b、d兩點(diǎn)由于對稱，則有Eb=Ed如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E，M點(diǎn)與P點(diǎn)的連線垂直于電場線，M點(diǎn)與N在同一電場線上.兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子,以相同大小的初速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)沿豎直平面進(jìn)入電場，M點(diǎn)的粒子與電場線成一定的夾角進(jìn)入，N點(diǎn)的粒子垂直電場線進(jìn)入，兩粒子恰好都能經(jīng)過P點(diǎn)，重力不計(jì).在此過程中，下列說法正確的是()A。兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度大小可能相等

B。電場力對兩粒子做功一定不相同

C.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)時的電勢能都比進(jìn)入電場時小

D。兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時間一定不相等【答案】BD【解析】解：A、根據(jù)動能定理知N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時的速度增大，而M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時的速度大小不變，它們的初速度大小相等，所以兩粒子達(dá)到P點(diǎn)的速度大小不相等，故A錯誤．

B、由于MP間的電勢差為零,NP間的電勢差大于零,則由W=qU知,電場力對M點(diǎn)的粒子不做功，對N點(diǎn)的粒子做正功,電場力對兩粒子做功一定不相同，故B正確;

C、根據(jù)電場力做功情況可知，M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時電勢能不變，N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時電勢能減少,故C錯誤．

D、在垂直于電場線方向,兩個粒子都做勻速直線運(yùn)動,設(shè)PM=L,設(shè)M點(diǎn)的粒子與電場線的夾角為α.則M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時間tM=Lv0sinα，N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時間tN=Lv0，可見，兩粒子到達(dá)三、計(jì)算題一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從O點(diǎn)以和水平方向成α角的初速度v0拋出,當(dāng)達(dá)到最高點(diǎn)A時，恰進(jìn)入一勻強(qiáng)電場中，如圖,經(jīng)過一段時間后，小球從A點(diǎn)沿水平直線運(yùn)動到與A相距為S的A′點(diǎn)后又折返回到A點(diǎn)，緊接著沿原來斜上拋運(yùn)動的軌跡逆方向運(yùn)動又落回原拋出點(diǎn)(重力加速度為g，θ未知),求:

(1)該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小；

(2)從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時間．【答案】解：斜上拋至最高點(diǎn)A時的速度vA=v0cosα

①

水平向右

由于AA′段沿水平方向直線運(yùn)動,所以帶電小球所受的電場力與重力的合力應(yīng)為一平向左的恒力：F=mgtanθ=qEcosθ

②

帶電小球從A運(yùn)動到A′過程中作勻加速度運(yùn)動有

(v0cosα)2=2qEcosθsm

③

由以上三式得：E=mv04cos4α+4g2s22qs．

(2)小球斜拋運(yùn)動到A點(diǎn)的時間【解析】(1)根據(jù)平行四邊形定則求出小球在A點(diǎn)的速度，抓住小球所受電場力和重力的合力與AA′在同一條直線上，根據(jù)平行四邊形定則求出合力的大小，根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式求出勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。?/p>

(2)根據(jù)等時性求出斜拋運(yùn)動的時間，結(jié)合平均速度的推論求出勻減速運(yùn)動的時間，根據(jù)從拋出點(diǎn)出發(fā)到A′和返回到拋出點(diǎn)過程的對稱性求出整個過程的運(yùn)動時間．

解決本題的關(guān)鍵掌握處理斜拋運(yùn)動的方法，以及知道小球做直線運(yùn)動，合力與速度方向在同一條直線上．

如圖所示,一質(zhì)量為m=2.0×10?2kg、帶電荷量為q=10×10?6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場中,假設(shè)電場區(qū)域足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角.小球在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，重力加速度取g=10m/s2．

(1)判斷小球帶何種電荷．

(2)求電場強(qiáng)度E【答案】解:(1)小球受豎直向下的重力、沿繩子方向的拉力和水平向左的電場力,

電場強(qiáng)度水平向右，則：小球帶負(fù)電．

(2)對小球，由平衡條件得:qE=mgtan60°

入數(shù)據(jù)解得：E=23×104N/C．

(3)剪斷細(xì)線后小球做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，

由牛頓第二定律得：mgcos60°=ma，

代入數(shù)據(jù)解得，小球的速度a=20m/s2

速度方向?yàn)榕c豎直方向夾角為60°斜向左下．

【解析】本題的關(guān)鍵是正確對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得小球受到的電場力方向向左并可求出電場強(qiáng)度的值，剪斷細(xì)線后，由于小球受到的重力與電場力都為恒力，所以小球?qū)⒆龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．

解決動力學(xué)問題的關(guān)鍵是正確受力分析和運(yùn)動過程分析,然后選擇相應(yīng)規(guī)律列式求解即可．

如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和?q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.求

?

(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；

(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度;

(3)該電場的電場強(qiáng)度大?。敬鸢浮拷?(1)兩帶電小球的電量相同，可知M球在電場中水平方向上做勻加速直線運(yùn)動，N球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動,水平方向上的加速度大小相等，

兩球在豎直方向均受重力，豎直方向上做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，