2024-2025學年新教材高中物理第十章靜電場中的能量1電勢能和電勢檢測含解析新人教版必修第三冊

PAGE8-電勢能和電勢(25分鐘60分)一、選擇題(本題共6小題,每小題6分,共36分)1.如圖所示是以電荷+Q為圓心的一組同心圓(虛線),電場中有A、B、C、D四點。現(xiàn)將一帶電荷量為q的正點電荷由A點沿不同的路徑移動到D點,沿路徑①做功為W1,沿路徑②做功為W2,沿路徑③做功為W3,則()A.W2<W3<W1B.W1=W2=W3C.W2>W3>W1D.因不知道q的詳細數(shù)值,故無法進行推斷【解析】選B。因為靜電力做功只與電荷在電場中的初、末位置有關,而與電荷運動路徑無關,故沿三條路徑將點電荷由A移動到D的過程中,靜電力做功相等,選項B正確,A、C、D錯誤。2.在一個勻強電場中有a、b兩點,相距為d,電場強度為E,把一個電量為q的負電荷由a移到b點時,電場力對電荷做正功W,以下說法正確的是()A.a點電勢比b點電勢高B.該電荷在b點的電勢能較a點大C.a、b兩點電勢差大小肯定滿意U=EdD.a、b兩點電勢差大小肯定滿意U=【解析】選D。負電荷從a點移到b點時,電場力做正功為W,電勢能減小,則電荷在a點電勢能較b點大,由電勢能公式Ep=qφ分析知,負電荷在電勢低處電勢能大,所以a點電勢比b點電勢低,故A、B錯誤;a、b兩點不肯定沿著電場線方向,所以a、b兩點電勢差大小不肯定為U=Ed,故C錯誤;電量為q的負電荷從a移動到b,電場力做功為W,依據(jù)電勢差的定義得:ab間的電勢差大小:|Uab|=,故D正確。3.如圖所示,真空中有兩個點電荷Q1=+9.0×10-8C和Q2=-1.0×10-8C,分別固定在x坐標軸上,其中Q1位于x=0處,Q2位于x=A.場強為0的點有兩處B.在x>6cm區(qū)域,電勢沿x軸正方向降低C.質(zhì)子從x=1cm運動到x=5cm處,電勢能上升D.在0<x<6cm的區(qū)域,場強沿x軸正方向【解析】選D。某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的疊加,是合場強。依據(jù)點電荷的場強公式E=k,所以要使電場強度為零,那么正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強必需大小相等、方向相反。不會在Q1的左邊,因為Q1的電荷量大于Q2,也不會在Q1Q2之間,因為它們電性相反,在中間的電場方向都向右。所以,只能在Q2右邊,即在x坐標軸上電場強度為零的點只有一個,故A錯誤;由選項A的分析可知,在x>6cm區(qū)域,有一點使得電場強度為0,則在x>6cm區(qū)域,電勢沿x軸正方向先降低后增大,故B錯誤;x<6cm區(qū)域電場強度方向沿x正方向,質(zhì)子從x=1cm運動到x=5cm處,電勢能減小,故C錯誤;由上分析可知,在0<x<6cm的區(qū)域,場強沿x軸正方向,故D正確。4.一帶電粒子(重力不計)在如圖所示的電場中,在電場力作用下,沿虛線所示軌跡從A點運動到B點,下列說法中正確的是()A.粒子帶正電 B.粒子的加速度在減小C.粒子的動能在增大 D.粒子的電勢能在增大【解析】選D。由粒子的運動軌跡彎曲方向可知,帶電粒子受電場力的方向大致斜向左下方,與電場強度方向相反,故粒子帶負電,A錯誤;B點電場線密集,故電場強度大,電場力大,故加速度大,所以粒子的加速度始終增大,故B錯誤;由于帶電粒子是從A到B,帶電粒子受電場力的方向大致斜向左下方,故電場力做負功,動能減小,電勢能增大,故C錯誤,D正確。5.三個點電荷電場的電場線分布如圖所示,圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb,電勢分別為φa、φb則()A.Ea>Eb,φa>φbB.Ea<Eb,φa<φbC.Ea>Eb,φa<φbD.Ea<Eb,φa>φb【解析】選C。電場線密的地方電場強度大,電場線稀的地方電場強度小,故Ea>Eb;依據(jù)電場線與等勢線垂直,在b點所在電場線上找到與a點電勢相等的,依據(jù)沿電場線電勢降低,可知φa<φb,故A、B、D錯誤,C正確。6.如圖甲所示直線是電場中的一條電場線,A、B是該線上的兩點。一負電荷以肯定初速度沿電場線從A運動到B,運動過程中的速度-時間圖像如圖乙所示,則下列說法中正確的是()A.該電場是勻強電場B.A、B兩點的電勢相比肯定是φA<φBC.A、B兩點的場強大小相比肯定是EA>EBD.該電荷在兩點的電勢能大小相比肯定是EpA<EpB【解析】選D。速度-時間圖線的斜率表示物體運動的加速度,由題圖乙可知,電荷運動的加速度越來越大,也就是電場強度越來越大,即EA<EB,選項A、C錯誤;由于該負電荷從A向B運動時,做減速運動,受力的方向與運動方向相反,故該負電荷所受靜電力方向從B指向A,而負電荷在電場中受力方向與電場線方向相反,因此電場線方向由A指向B,沿電場線方向電勢越來越低,因此φB<φA,選項B錯誤;該電荷從A向B運動的過程中,靜電力做負功,電勢能增加,因此EpA<EpB,選項D正確?！狙a償訓練】一點電荷僅受電場力作用,由A點無初速度釋放,沿直線先后經(jīng)過電場中的B點和C點。如圖所示,點電荷在A、B、C三點的電勢能分別用EA、EB和EC表示,則EA、EB、EC間的關系可能是()A.EA>EB>EC或EA>EC>EBB.EA<EB<EC或EA<EC<EBC.EA<EC<EB或EA>EB>ECD.EA>EC>EB或EA<EB<EC【解析】選A。電荷初速度為零,在運動過程中可能始終加速運動,此時有:EA>EB>EC,可能先加速后減速但是并未減速到零,此時有:EA>EC>EB,也可能先加速然后減速為零,此時有:EA=EC>EB,故A正確,B、C、D錯誤。故選A。二、非選擇題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)7.(10分)假如把電荷量為1.0×10-8C的電荷從無窮遠處移到電場中的A點,須要克服靜電力做功W=1.2×10-4(1)電荷在A點的電勢能和A點的電勢各是多少?(2)在電荷移入電場前,A點的電勢是多少?【解析】(1)靜電力做負功,電勢能增加,無窮遠處的電勢為零,電荷在無窮遠處的電勢能也為零,即φ∞=0,Ep∞=0。由W∞A=Ep∞-EpA得EpA=Ep∞-W∞A=1.2×10-4J,φA==V=1.2×104V。(2)A點的電勢是由電場本身確定的,跟A點是否有電荷無關,所以在電荷移入電場前,A點的電勢仍為1.2×104V。答案:(1)1.2×10-4J1.2×104V(2)1.2×104V8.(14分)如圖所示,一質(zhì)量為m、帶有電荷量-q的小物體,可以在水平軌道Ox上運動,O端有一與軌道垂直的固定墻。軌道處于勻強電場中,場強大小為E,方向沿Ox軸正方向,小物體以速度v0從x0點沿Ox軌道運動,運動時受到大小不變的摩擦力Ff作用,且Ff<qE。設小物體與墻碰撞時不損失機械能,且電荷量保持不變,求它在停止運動前所通過的總路程?！窘馕觥坑捎贔f<qE,小物塊最終靠墻停下。設小物塊從起先運動到停止在O處的往復運動過程中位移為x0,來回路程為s。依據(jù)動能定理有qEx0-Ffs=0-m,解得s=。答案:【補償訓練】將一個電荷量為1.0×10-8C的負電荷,從無窮遠處移到電場中的A點,克服電場力做功2.0×10-8J,現(xiàn)將該電荷從A點移到B點,電場力做功1.0×10-8【解析】EpA=2.0×10-8JφA==-2V又WAB=EpA-EpB=1.0×10-8J故EpB=1.0×10-8J,則φB==-1V答案:-2V-1V(15分鐘40分)9.(7分)如圖所示,空間有一電場,電場中有兩個點a和b。下列表述正確的是()A.b點的電場強度比a點的小B.b點的電勢比a點的高C.將正電荷從a點移動到b點,電勢能削減D.將負電荷從a點移動到b點,電場力做正功【解析】選C。b點電場線比a點電場線密,故a點的電場強度比b點的小,故A錯誤;沿電場線的方向電勢降低,故a點電勢比b點高,故B錯誤;正電荷受力沿電場線方向,故將正電荷從a點移動到b點,電場力做正功,電勢能削減,故C正確;負電荷受力與電場線方向相反,故將負電荷從a點移動到b點,電場力做負功,故D錯誤。10.(7分)如圖所示,在足夠大的光滑絕緣水平面內(nèi)有一帶正電的點電荷a(圖中未畫出),與a帶同種電荷的質(zhì)點b僅在a的庫侖力作用下,以初速度v0(沿MP方向)由M點運動到N點,到N點時速度大小為v,且v<v0,則下列說法錯誤的是()A.a電荷肯定在虛線MP下方B.b電荷在M點、N點的加速度大小可能相等C.b電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能D.b電荷從M點到N點的過程中,a電荷對其做的總功為負值【解析】選B。合外力應指向軌跡凹側(cè),因為帶同種電荷,a電荷肯定在虛線MP下方,故A對;由v<v0可知,電荷b從M到N電場力對其做負功,選項C、D對;N點距點電荷a近,受到的電場力大,所以b電荷在M點的加速度小于在N點的加速度,故B錯;此題選擇錯誤的選項,故選B。11.(7分)(多選)(2024·山東等級考)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷,電荷量不相等。一個帶負電的摸索電荷置于二者連線上的O點時,僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)。過O點作兩正電荷連線的垂線,以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d,如圖所示。以下說法正確的是()A.a點電勢低于O點B.b點電勢低于c點C.該摸索電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【解析】選B、D。由題意可知O點合場強為零,依據(jù)同種電荷之間電場線的分布可知aO之間電場線由a到O,故a點電勢高于O點電勢,A錯誤;依據(jù)同種電荷間電場線的分布狀況可知b點電勢低于c點電勢,B正確;依據(jù)電場線分布可知負電荷從a到b電場力做負功,電勢能增加,即該摸索電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能,C錯誤;同理依據(jù)電場線分布可知負電荷從c點到d點電場力做負功,電勢能增加,即該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能,D正確。故選B、D?！疽活}多法】(1)推斷靜電場中電勢的凹凸除用電場線法外,還可以用①做功法:靜電場對正電荷做正(或負)功,電勢降低(或上升),靜電場對負電荷做正(或負)功,電勢上升(或降低);②等勢面法:正電荷四周的等勢面離場源電荷越遠電勢越低,負電荷四周的等勢面離場源電荷越遠,電勢越高。(2)推斷摸索電荷電勢能的大小除了用做功法外,還可以用定義法:依據(jù)Ep=qφ可知,正電荷在電勢越高的位置電勢能越大,負電荷在電勢越高的位置電勢能越小。12.(19分)如圖所示,在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場,已知電場強度大小為E。有一質(zhì)量為m的帶電小球,用絕緣輕細線懸掛起來,靜止時細線與豎直方向的夾角為θ。重力加速度為g,不計空氣阻力的作用。(1)求小球所帶的電荷量并推斷所帶電荷的性質(zhì);(2)假如將細線剪斷,從剪斷細線起先經(jīng)過時間t,求這一段時間內(nèi)小球電勢能的改變?！窘馕觥?1)對小球受力分析,小球受到重力mg、靜電力F和細線的拉力T的作用。受力分析如圖所示:由共點力平衡條件有:F=qE=mgtanθ解得:q=小球所受靜電力的方向與電場強度的方向相同,故小球所帶電荷為正電荷;(2)剪斷細線后,小球做勻加速直線運動,設其加速度為a,由牛頓其次定律有:=ma解得:a=在t時間內(nèi),小球的位移為:l=at2=小球運動過程中,靜電力做的功為:W=qElsinθ=mglsinθtanθ=mg2t2tan2θ由于運動過程中靜電力做正功,所以小球電勢能削減,小球電勢能的削減