資源簡介

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第十章靜電場中的能量 第一節 電勢能和電勢
一、單選題
1.下列說法正確的是(　　)
A. 如圖所示，電荷從電場中的A點運動到B點，路徑不同，靜電力做功的大小不同
B. 電荷從電場中的某點開始出發，運動一段時間后，又回到了該點，則靜電力做功為零
C. 正電荷沿著電場線運動，靜電力對正電荷做正功，負電荷逆著電場線運動，靜電力對負電荷做負功
D. 電荷在電場中運動，靜電力可能對電荷做功，能量守恒定律在電場中并不成立
2.兩帶電小球(可視為質點)的電荷量分別為＋q和－q，固定在一長度為l的絕緣細桿的兩端，置于電場強度大小為E的勻強電場中，桿與電場強度方向平行，其位置如圖所示。若此桿繞過O點垂直于桿的軸轉過180°，則在此轉動過程中靜電力做的功為(　　)
A. 0 B. qEl C. 2qEl D. πqEl
3.關于電勢和電勢能，下列說法正確的是(　　)
A. 在電場中電勢高的地方電荷具有的電勢能大
B. 在電場中放在某點的電荷的電荷量越大，它所具有的電勢能也越大
C. 在電場中的任意一點，正電荷具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能
D. 取無限遠處電勢為零，在負點電荷所產生的電場中的任意一點，正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能
4.如圖所示，a、b、c、d點在同一直線上，且ab＝bc＝cd。現將電荷量為＋Q和－2Q的點電荷固定在a、d兩點，下列關于b、c兩點的說法正確的是(　　)
A. b點的電勢比c點高 B. b點的電場強度大小比c點大
C. 試探電荷從b移動到c點靜電力一定做正功 D. 試探電荷從b移動到c點電勢能一定增加
5.如圖所示為一正點電荷M和一金屬板N形成的電場線，a、b、c為電場中的三點，則下列說法正確的是(　　)
A. 正電荷在a、b兩點的電勢能大小關系為EpaB. 同一電荷在a、c點處的加速度大小關系為aa>ac
C. a、b兩點的電勢關系為φa<φb
D. 一正點電荷僅在靜電力作用下可以由a點沿電場線運動到b點
6.如圖所示，將帶負電的試探電荷沿著等量異種點電荷連線的中垂線從A點移動到B點，再沿連線從B點移動到C點，在此過程中(　　)
A. 試探電荷所受的靜電力先減小再增大 B. 靜電力先不做功然后做正功
C. 所經過各處的電勢先降低再升高 D. 試探電荷的電勢能先不變再增大
7.如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，將電荷量為＋q的點電荷從電場中A點經B點移動到C點，其中AB⊥BC，AB＝4d，BC＝3d，則此過程中靜電力所做的功為(　　)
A. 3qEd B. 4qEd C. 5qEd D. 7qEd
8.將一正電荷從無窮遠處移入電場中的M點，電勢能減少了8.0×10－9 J，若將另一等量的負電荷從無窮遠處移入電場中的N點，電勢能增加了9.0×10－9 J，則下列判斷中正確的是(　　)
A. φM<φN<0 B. φN>φM>0
C. φN<φM<0 D. φM>φN>0
9.圖甲中AB是某電場中的一條電場線。若將一負電荷從A點處由靜止釋放，負電荷僅在靜電力作用下沿電場線從A到B運動過程中的速度—時間圖像如圖乙所示。關于A、B兩點的電勢高低和電場強度大小關系，下列說法中正確的是(　　)
A. φA>φB，EA>EB B. φA>φB，EAC. φA<φB，EA>EB D. φA<φB，EA10.把一個電荷量為－q的試探電荷，從電場中的無限遠處移到電場中的A點時，靜電力做的功為W。規定無限遠處電勢為零，則A點的電勢φA及試探電荷在A點的電勢能EpA分別為(　　)
A. φA＝，EpA＝－W B. φA＝－，EpA＝W
C. φA＝，EpA＝W D. φA＝－，EpA＝－W
11.如圖所示，孤立的負點電荷電場中的一條電場線上有M、N兩點，箭頭代表電場的方向，則下列說法正確的是(　　)
A. M點的電勢比N點的低
B. M點的電場強度大小一定比N點的小
C. 電子在M點的電勢能比在N點的小
D. 電子在M點受到的靜電力大小一定比在N點的小
12.一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以一定初速度從M點沿電場線運動到N點，其速度—時間圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A. 從M點到N點，電場強度先減小再增大
B. 電場強度先沿NM方向，再沿MN方向
C. 微粒在M點的電勢能大于在N點的電勢能
D. 從M點到N點，靜電力一直對微粒做負功
二、多選題
13.如圖所示，固定在Q點的正點電荷產生的電場中有M、N兩點，已知＜。下列敘述正確的是(　　)
A. 若把一正點電荷從M點沿直線移到N點，則靜電力對該電荷做正功，電勢能減少
B. 若把一正點電荷從M點沿直線移到N點，則該電荷克服靜電力做功，電勢能增加
C. 若把一負點電荷從M點沿直線移到N點，則靜電力對該電荷做正功，電勢能減少
D. 若把一負點電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點，則該電荷電勢能不變
14.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(　　)
A. 帶正電的礦粉落在右側 B. 靜電力對礦粉做正功
C. 帶負電的礦粉電勢能增加 D. 帶正電的礦粉電勢能減少
15.如圖所示為點電荷Q產生的電場中的三條電場線，A、B是一條電場線上的兩個點，EA、EB分別表示A、B兩點的電場強度大小， 則下列說法正確的是(　　)
A. 若Q為正電荷，則EA>EB，A點電勢高于B點電勢
B. 若Q為正電荷，則EAC. 若Q為負電荷，則EA>EB，A點電勢低于B點電勢
D. 若Q為負電荷，則EA16.如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點分別有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°。下列判斷正確的是(　　)
A. O點的電場強度為零
B. D點的電場強度為零
C. 若將點電荷＋q從O點移向C點，電勢能增加
D. 若將點電荷－q從O點移向C點，電勢能增加
17.在孤立的點電荷的電場中，下列說法正確的是(　　)
A. 電場中電場線越密的地方，電場強度越大 B. 兩條電場線不能相交
C. 沿電場線方向電勢越來越低 D. 電場強度越大的地方電勢也越高
18.將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，穩定后所形成電場的電場線分布如圖所示，a、b為電場中的兩點，則(　　)
A. a點的電場強度比b點的大
B. a點的電勢比b點的低
C. 試探電荷－q在a點的電勢能比在b點的大
D. 將試探電荷－q從a點移到b點的過程中，靜電力做負功
19.如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在某點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，從A點運動到B點，其速度隨時間變化的規律如圖乙所示。則(　　)
A. A、B兩點的電勢φA＜φB B. A、B兩點的電場強度EA＝EB
C. 電子在A、B兩點的電勢能EpA＜EpB D. 電子在A、B兩點受的靜電力FA＜FB
20.如圖所示，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在靜電力作用下做以Q為焦點的橢圓運動。M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點。電子在從M經P到達N點的過程中(　　)
A. 速率先增大后減小 B. 速率先減小后增大
C. 電勢能先減小后增大 D. 電勢能先增大后減小
21.如圖是某一點電荷形成的電場中的一條電場線，A、B是電場線上的兩點，一負電荷q僅在靜電力作用下以初速度v0從A向B運動并經過B點，一段時間后q以速度v又一次經過A點，且v與v0的方向相反，則以下說法中正確的是(　　)
A. A、B兩點的電場強度大小EA＜EB B. A、B兩點的電勢φA＞φB
C. 負電荷q在A、B兩點的電勢能EpA＜EpBD. 負電荷q先后經過A點的速度大小v0＝v
三、計算題
22.一個電場中有A、B兩點，電荷量q1為2×10－9 C的試探電荷放在電場中的A點，具有－4×10－8 J的電勢能；電荷量q2為－3×10－9 C的試探電荷放在電場中的B點，具有9×10－8 J的電勢能。
(1)求A、B兩點的電勢。
(2)將電荷量q3為－5×10－9 C的試探電荷分別放在A、B兩點，它具有的電勢能分別為多少？將試探電荷q3由A點移到B點，靜電力做多少功？
23.如圖所示，在電場強度大小E＝1×104 N/C的水平勻強電場中，有一根長l＝15 cm 的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一個質量m＝3 g、電荷量q＝2×10－6 C 的帶正電小球，當細線處于水平位置時，小球從靜止開始釋放，g取10 m/s2。求：
(1)小球從開始釋放到到達最低點B的重力勢能、電勢能分別變化了多少；
(2)若取A點電勢為零，則小球在B點的電勢能、電勢分別為多少。
24.如圖所示的空間內存在水平向右的勻強電場，質量m＝4.0×10－3 kg、電荷量q＝1.0×10－6 C的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ＝37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不計空氣阻力。
(1)求小球的電性及電場強度的大小；
(2)如果將細線輕輕剪斷，從剪斷細線開始經過時間t＝0.4 s，求這一段時間內小球電勢能的變化量。
25.在電場中把一個電荷量為－6×10－8 C的點電荷從A點移到B點，克服靜電力做功為3×10－5 J；將此電荷從B點移到C點，靜電力做功為4.5×10－5 J。
(1)若將此電荷從A點移到C點，電荷的電勢能變化多少；
(2)若A點的電勢為零，則B、C兩點的電勢分別為多少。
26.如圖所示的勻強電場中，有a、b、c三點，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角，一個電荷量為q＝4×10－8 C的正電荷從a移動到b，靜電力做功為W1＝1.2×10－7 J。
(1)若規定a點電勢為零，求該電荷在b點的電勢能；
(2)求勻強電場的電場強度E的大小；
(3)求該電荷從b到c，電荷的電勢能的變化量。
答案與解析
1.【答案】B
【解析】靜電力做功與電荷運動路徑無關，與初、末位置有關，電荷從某點出發又回到了該點，靜電力做功為零，A錯誤，B正確；正電荷沿電場線方向運動，由于靜電力的方向與運動方向相同，故靜電力做正功，同理，負電荷逆著電場線方向運動，靜電力方向與運動方向相同，靜電力也做正功，C錯誤；電荷在電場中運動時雖然靜電力對其做功，但是電荷的電勢能和其他形式的能之間的轉化仍滿足能量守恒定律，D錯誤。
2.【答案】C
【解析】靜電力對兩小球均做正功，大小與路徑無關，對每個小球做的功均為qEl，共為2qEl，故C正確。
3.【答案】D
【解析】根據公式Ep＝φq可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小，由于不知電荷的電性，因此無法判斷它在電勢高的地方電勢能的大小，故A錯誤；若放在電場中某點的電荷為正電荷，當該點電勢小于零時，電荷量越大，電荷具有的電勢能越小，故B錯誤；電勢能Ep＝qφ，正電荷在電勢小于零處的電勢能為負值，小于負電荷在該處的電勢能，故C錯誤；取無限遠處電勢為零，沿著電場線方向電勢降低，可知在負點電荷所產生的電場中的任意一點電勢均為負，正電荷在任意一點具有的電勢能均為負值，而負電荷在任意一點具有的電勢能均為正值，正電荷具有的電勢能小于負電荷具有的電勢能，故D正確。
4.【答案】A
【解析】沿著電場線的方向(a→d)，電勢降低，故b點的電勢比c點高，A正確；
設ab＝bc＝cd＝r，由點電荷的電場強度公式得，b點的電場強度大小為Eb＝＋＝，c點的電場強度大小為Ec＝＋＝，可得Eb＜Ec，所以b點的電場強度大小比c點小，B錯誤；
由于試探電荷的電性不知道，無法判斷靜電力做正功還是負功以及電勢能的變化情況，C、D錯誤。
5.【答案】B
【解析】沿著電場線的方向電勢逐漸降低，知φa>φb，又根據Ep＝qφ可知，正電荷在a、b兩點的電勢能大小關系為Epa>Epb，故A、C錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，則a、c兩點的電場強度大小關系為Ea>Ec，由牛頓第二定律有a＝可知，同一電荷在a、c點處的加速度大小關系為aa>ac，故B正確；電荷所受靜電力的方向沿電場線的切線方向，所以運動軌跡不會與電場線重合，故D錯誤。
6.【答案】B
【解析】根據等量異種點電荷周圍電場分布規律可知，從A到B電場強度逐漸增大，從B到C電場強度也逐漸增大，由F＝qE可知，從A經過B到C過程中，試探電荷所受的靜電力一直增大，A錯誤；從A到B試探電荷所受靜電力方向與位移方向垂直，靜電力不做功，試探電荷電勢能不變，所以從A到B所經過各處電勢不變，＋Q和－Q連線上電場強度方向由＋Q指向－Q，可知從B到C，試探電荷所經過各處的電勢逐漸升高，靜電力做正功，試探電荷電勢能減小，B正確，C、D錯誤。
7.【答案】B
【解析】靜電力做功與路徑無關，只和始、末位置有關，從B點到C點靜電力不做功，故靜電力做功為W＝qE×4d＝4qEd，選項B正確。
8.【答案】C
【解析】取無窮遠處電勢為零，則正電荷在M點的電勢能為－8×10－9 J，負電荷在N點的電勢能為9×10－9 J。由φ＝知，M點的電勢φM<0，N點的電勢φN<0，且|φN|>|φM|，即φN<φM<0，故C正確。
9.【答案】C
【解析】負電荷從A點由靜止釋放能加速運動到B點，說明負電荷受到的靜電力方向從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以A、B兩點的電勢關系是φA<φB；負電荷從A點運動到B點的過程中，加速度是逐漸減小的，由牛頓第二定律知，負電荷從A運動到B時，受到的靜電力是逐漸減小的，由E＝知，EA>EB，C正確。
10.【答案】A
【解析】根據功能關系有W＝0－EpA＝－EpA，解得EpA＝－W，根據電勢的定義有φA＝＝，故選A。
11.【答案】A
【解析】沿電場線方向電勢逐漸降低，所以M點的電勢比N點的低，根據Ep＝qφ，可知電子在M點的電勢能比在N點的大，故A正確，C錯誤；依題意，孤立的負點電荷位于M點的左側，根據點電荷電場線分布特點，可知M點的電場線較密集，N點的電場線較稀疏，即M點的電場強度大小一定比N點的大，根據F＝qE可知電子在M點受到的靜電力大小一定比在N點的大，故B、D錯誤。
12.【答案】C
【解析】從M點到N點，由速度—時間圖像可知微粒的加速度先增大后減小，微粒僅受靜電力作用，根據牛頓第二定律和電場強度的定義式可得，電場強度先增大后減小，A錯誤；從M點到N點，微粒速度一直增大，故靜電力一直做正功，帶負電的微粒逆著電場線方向運動，故電場強度沿NM方向，B、D錯誤；微粒從M點到N點，靜電力一直對微粒做正功，電勢能減小，故微粒在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確。
13.【答案】AD
【解析】在正點電荷形成的電場中，正電荷受到的靜電力沿電場線方向，從M點移到N點，靜電力做正功，電勢能減少，A正確，B錯誤；在正點電荷形成的電場中，負點電荷受到的靜電力與電場線方向相反，負點電荷從M點移到N點，靜電力做負功，電勢能增加，C錯誤；把一負點電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點，靜電力做的總功為零，電勢能不變，D正確。
14.【答案】BD
【解析】由題圖可知，礦料分選器內的電場方向水平向左，帶正電的礦粉受到水平向左的靜電力，所以會落到左側，選項A錯誤；無論礦粉帶什么電，在水平方向上都會在靜電力的作用下沿靜電力的方向偏移，故靜電力做正功，礦粉的電勢能減少，選項C錯誤，B、D正確。
15.【答案】AC
【解析】電場線越密，電場強度越大，可得EA>EB，根據電場線分布，可知點電荷Q在A點左側，若Q為正電荷，過A、B點的電場線方向為A→B，根據沿電場線方向電勢降低，可知A點電勢高于B點電勢，故A正確，B錯誤；若Q為負電荷，過A、B點的電場線方向為B→A，根據沿電場線方向電勢降低，可知A點電勢低于B點電勢，故C正確，D錯誤。
16.【答案】BD
【解析】A、B兩點的等量同種點電荷在O點產生的合電場強度為0，而C點的負點電荷在O點產生的電場強度方向向左，故O點的合電場強度大小不為零，方向向左，A錯誤；設AD＝L，則由幾何關系知AD＝BD＝CD＝L，A、B兩點的點電荷在D點產生的合電場強度大小為，方向水平向右，C點負點電荷在D點產生的電場強度大小為，方向水平向左，故D點合電場強度為0，B正確；OC間各點的合電場強度方向向左，若將點電荷＋q從O點移向C點，靜電力做正功，電勢能減少，C錯誤；若將點電荷－q從O點移向C點，靜電力做負功，電勢能增加，D正確。
17.【答案】ABC
【解析】電場中電場線越密的地方，電場強度越大，A正確；若兩條電場線相交，在相交處電場強度就有兩個方向，所以兩條電場線不能相交，B正確；沿電場線方向電勢越來越低，C正確；電場強度的大小與電勢的大小無關，D錯誤。
18.【答案】AD
【解析】電場線的疏密表示電場強度的大小，據圖可知，a點的電場強度比b點的電場強度大，故A正確； a點所在處的電場線從Q發出到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，所以a點的電勢比b點的電勢高，故B錯誤； 電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，把試探電荷－q從電勢能小的a點移動到電勢能大的b點，電勢能增加，靜電力做負功，故C錯誤，D正確。
19.【答案】AD
【解析】由圖可知，電子做初速度為零的加速度增大的加速直線運動，說明電子所受靜電力增大，電子在A點受到的靜電力小于在B點受到的電場力，即FA＜FB，由F＝qE可知，A點的電場強度小于B點的電場強度，即EA＜EB，故D正確，B錯誤；電子由靜止開始沿電場線從A運動到B，靜電力的方向從A指向B，而電子帶負電，則電場強度方向從B指向A，根據沿著電場線電勢降低可知，A點的電勢低于B點電勢，即φA＜φB，故A正確；由圖可知，電子的速度增大，動能增大，根據能量守恒定律可知，電子的電勢能減小，則電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，即EpA＞EpB，故C錯誤。
20.【答案】AC
【解析】點電荷帶正電，從M點經P點到達N點的過程中，電子先靠近正電荷后遠離正電荷，電子只受靜電力作用，靜電力先做正功后做負功，電子的電勢能先減小后增大，故動能先增大后減小，則速率先增大后減小，A、C對，B、D錯。
21.【答案】BCD
【解析】由分析可知，負電荷從A至B做減速運動，則負電荷所受靜電力的方向為B→A，電場的方向應為A→B，所以φA＞φB，EpA＜EpB，選項B、C正確；由于只有一條電場線，不知道電場的具體分布，所以無法判斷A、B兩點電場強度的大小，選項A錯誤；負電荷再回到A點時，其電勢能不變，動能也不變，所以v與v0大小相等，選項D正確。
22.【答案】(1)－20 V　－30 V
(2)1×10－7 J　1.5×10－7 J　－5×10－8 J
【解析】(1)φA＝＝V＝－20 V，
φB＝＝V＝－30 V。
(2)將試探電荷q3分別放在A、B兩點，它具有的電勢能分別為
EpA′＝q3φA＝－5×10－9×(－20) J＝1×10－7 J
EpB′＝q3φB＝－5×10－9×(－30) J＝1.5×10－7 J
將試探電荷q3由A點移到B點，靜電力做的功為WAB＝EpA′－EpB′＝－5×10－8 J。
23.【答案】(1)－4.5×10－3 J　3×10－3 J
(2)3×10－3 J　1.5×103 V
【解析】(1)在該過程中，小球的重力勢能變化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J
電勢能變化量ΔEp電＝qEl＝3×10－3 J。
(2)若取A點電勢為零，則EpA＝qφA＝0，因ΔEp電＝EpB－EpA，故小球在B點的電勢能EpB＝ΔEp電＋EpA＝3×10－3 J，所以φB＝＝1.5×103 V。
24.【答案】(1)正電　3×104 N/C　(2)1.8×10－2 J
【解析】(1)對小球受力分析如圖所示
由圖可知，小球受到的靜電力與電場線方向相同， 故小球帶正電，根據平衡條件得
F電＝qE＝mgtan 37°，解得E＝3×104 N/C。
(2)剪斷細線后，小球向右下方做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得a＝＝＝m/s2＝12.5 m/s2
則0.4 s內的位移為
x＝at2＝×12.5×0.42 m＝1 m
根據功能關系得
ΔEp電＝－qExsin 37°
＝－3×104×1.0×10－6×1×0.6 J＝－1.8×10－2 J
即電勢能減少了1.8×10－2 J。
25.【答案】(1)減少1.5×10－5 J　(2)－500 V　250 V
【解析】(1)依題意，將此電荷從A點移到B點靜電力做功WAB＝－3×10－5 J，
從B點移到C點靜電力做功WBC＝4.5×10－5 J，
從A點移到C點，靜電力做功為
WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋4.5×10－5 J＝1.5×10－5 J
故從A點移到C點，電荷的電勢能減少1.5×10－5 J。
(2)設B、C兩點的電勢分別為φB、φC，有：
φA－φB＝－＝＝，
φA－φC＝－＝，
解得φB＝－500 V，φC＝250 V。
26.【答案】(1)－1.2×10－7 J　(2)60 V/m　(3)減少1.44×10－7 J
【解析】(1)靜電力做功與電勢能的關系為
W1＝Epa－Epb
規定a點電勢為零，即Epa＝0
電荷在b點的電勢能為
Epb＝－W1＝－1.2×10－7 J；
(2)正電荷從a移動到b，靜電力做功可表示為
W1＝qE·ab
代入數據解得E＝60 V/m；
(3)該電荷從b到c，
靜電力做功W2＝F·bc· cos 60°＝qE·bc·cos 60°
代入數據解得W2＝1.44×10－7 J
所以該過程電荷的電勢能減少1.44×10－7 J。
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