2014届江苏高考物理一轮复习课时训练：电势差 电势 电势能

课时训练 电势 电势能

一、单项选择题（每题6分，共18分）

1．（2013·青岛模拟）某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点，过N点的虚线是电场中的一条等势线，则（ ）

A．M点的电场强度小于N点的电场强度 B．M点的电势低于N点的电势

C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能 D．负点电荷在M点的动能小于在N点的动能

2．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受电场力作用，则粒子在电场中（ ）

A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小

3．A、B、C、D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知A点的电势为20 V，B点的电势为24 V，D点的电势为4 V，由此可知C点的电势为（ ）

A．4 V B．8 V C．12 V D．24 V 二、多项选择题（每题8分，共24分）

4．（2013.重庆模拟）如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）

A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大

5．某电场的电场线分布如图所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中MN为圆的直径，则（ ）

A．M点的电势与Q点的电势一样高 B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差 C．一正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能

D．将一个负电荷由P点沿圆弧移动到N点的过程中电场力不做功

6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（ ）

A．P点的电场强度大小为零 B．q1的电荷量大于q2的电荷量

C．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷

D．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 三、非选择题（分值依次为18分、20分、20分）

7．如图所示，两个平行金属板A、B中间为一匀强电场，A、B相距10 cm，C、D为电

场中的两点，CD＝8 cm，CD连线和电场方向成60°角，C点到A板的距离为2 cm，已知质子从C点移到D点，电场力做功为3.2×10

－17

J。求：

（1）匀强电场电场强度的大小。 （2）A、B两点间的电势差。

（3）若将A板接地，则C、D两点的电势各为多大？

8．如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一质量m＝2.0×10 kg、电荷量q＝2.0×10 C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为x＝6.0t－10t（m），式中x的单位为m，t的单位为s。不计空气阻力，取g＝10 m/s。

2

2

－3

－6

（1）求匀强电场的电场强度大小和方向； （2）求带电物体在0～0.5 s内电势能的变化量。

9．如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为l，B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零。已知带电小球在A点处的加速度大小为k，求：

4

g

（1）小球运动到B点时的加速度大小。 （2）B和A两点间的电势差（用Q和l表示）。

参考答案

1．C 2．C

3．B 解析：线段AB与线段CD平行且相等，则在匀强电场中UAB＝UDC，而UAB＝φA－φB

＝（20－24）V＝－4 V，UDC＝φD－φC＝4 V－φC，故4 V－φC＝－4 V，所以φC＝8 V，B正确。

4．AD 解析：由题图乙可知，沿x轴正方向电势越来越高，故电场线方向沿x轴负方向，电子静止且只受到沿x轴正方向的电场力，故电子将沿Ox方向运动，电子的电势能将减小，A正确，B错误；因电势φ随x的增大，其变化率先减小后增大，故沿x轴正方向，电场强度先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，D正确，C错误。

5．BC 解析：M点电势低于Q点电势，A错。OM之间的电场强度平均值小于ON之间的。由U＝Ed可知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，B对。分别作经过O点、Q点的等势面，可见正电荷从O到Q，电场力做正功，C对。P点和N点不在同一等势面上，D错。

6．AB 解析：P点的电场强度大小为零。A对。沿电场线方向电势降低。所以q1和q2

是同种电荷，且都是正电荷，C错。根据P点合场强E＝

kq1kq2

20，r1＞r2可知q1＞q2，Br2r21

对。P点左侧电场方向向右，P点右侧电场方向向左，负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先增大后减小，D错。

7．答案：（1）5 000 V/m （2）500 V （3）－100 V －300 V

－17

WCD3.2×10

解析：（1）根据UCD得：UCD＝－19V＝200 V

q1.6×10

由U＝Ed得：E＝

UCD200＝5 000 V/m。 dCD0.08cos 60°

－2

（2）UAB＝E·dAB＝5 000×10×10 V＝500 V。 （3）φC＝UCA＝－E·dCA＝－5 000×2×10 V＝－100 V

φD＝UDA＝－E×（dDC＋dCA）＝－5 000×（8×10×cos 60°＋2×10）V＝－300 V。 8．答案：（1）2.0×10 N/C 方向水平向左 （2）电势能增加2×10 J

解析：（1）由x＝6.0t－10t（m）得加速度大小为：a＝20 m/s 根据牛顿第二定律：Eq＝ma

解得电场强度大小为：E＝2.0×10 N/C 电场强度方向水平向左

（2）由x＝6.0t－10t（m）得初速度大小为：

2

4

2

2

－24

－2

－2

－2

v0＝6.0 m/s

减速时间：t1＝＝0.3 s

v0

a

0．3 s内经过的路程

x1＝v0t121＝0.9 m

12

后0.2 s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程x2＝2＝0.4 m

2物体在0.5 s内发生的位移为

12

x＝（0.9－0.4）m＝0.5 m，方向向右。

电场力做负功，电势能增加：ΔEp＝qEx＝2×10 J 9．答案：（1） （2）

2l解析：（1）带电小球在A点时：

－2

gkQ

Qq

mgsin 30°－k2＝maA。

l

带电小球在B点时：

kQqgg－mgsin 30°＝maB且aA＝，可解得：aB＝42 l2

2

（2）由A点到B点应用动能定理得：

l

mgsin 30UBA·q＝0。

2

Qqg1Qq由mgsin 30°－k2＝m·aA＝m可得：mg＝k2

l44l

可求得：UBA＝。

kQl