(完整版)电势电势能电势差练习题二含答案

(完整版)电势电势能电势差练习题二含答案1.关于电势能的说法，正确的是（A、C）。A.在电场中，电势高的地方，电荷具有的电势能一定大。C.在正的点电荷电场中的任一点，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能。2.带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，克服电场力做了2.6×10J的功，那么（C）。C.P点的电势一定高于Q点的电势。3.在电场中（B）。B.某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大。4.关于电势和电势能的说法中正确的是（B、C）。B.电场中某点的电势数值上等于单位正电荷在电场力的作用下由该点运动到零电势点电场力所做的功。C.电场中电势为正值的地方，电荷的电势能必为正值。5.如图所示，一个带正电的粒子进入一点电荷+Q的电场中，初速度为v，轨迹如图，则（B、C、D）。B.N点电势低于M点电势。C.该粒子在M点动能比在N点动能大。D.该粒子在M点电势能比在N点电势能大。6.如上图所示为某个电场的部分电场线，把A、B两点的场强记作EA、EB，A、B两点的电势分别记作φA、φB，则（A）。A.φA>φB，EA>EB7.在电场中A、B两点间的电势差为UAB=75V，B、C两点间的电势差为UBC=—200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（B）。B.φA<φC<φB8.右图中虚线表示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相a。该段无法修正，需要更多信息才能进行改写。等，其中等势面3的电势为-8eV。一个带正电的点电荷在静电力的作用下从a点运动到b点，经过a、b两点时的动能分别为26eV和5eV。求当这一点电荷运动到某一位置，其动能为多少eV时，其电势能变为-8eV。正确选项：C。根据能量守恒定律，电势能和动能之和保持不变。即$U+K=const$。当电势能变为-8eV时，其动能为$K=-8-26+5=-29$eV。因此，其动能为20eV。正确选项：AB。电势差和电势是相对量，与零点的选择有关。电势差是一个标量，但是有正值和负值之分。由于电场力做功跟电荷移动的路径无关，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。因此，A、B两点的电势差是恒定的，不随零势面的不同而改变，所以$U_{AB}=U_{BA}$。一个带正电的质点，电量为$q=2.0\times10^{-5}$C，在静电场中由a点移到b点。在这过程中，除电场力做功外，其他力做功为$6.0\times10^{-5}$J，质点的动能增加了$8.0\times10^{-5}$J。求ab两点间的电势差$U_{ab}$。正确选项：B。根据能量守恒定律，电势能和动能之和保持不变。即$U+K=const$。由于质点的电量很小，可以近似认为只受电场力作用，因此电场力做功等于电势能的变化。因此，$U_{ab}=\DeltaU=K_b-K_a=8.0\times10^{-5}-0=8.0\times10^{-5}$J/C=8.0V。一个电子飞经电场中A、B两点，电子在A点的电势能为4.8×10^{-17}J，动能为3.2×10^{-17}J，电子经过B点时的电势能为3.2×10^{-17}J。如果电子只受电场力作用，求电子在B点的动能。正确选项：C。根据能量守恒定律，电势能和动能之和保持不变。即$U+K=const$。由于电子只受电场力作用，因此电场力做功等于电势能的变化。因此，$K_B=U_A-U_B=4.8\times10^{-17}-3.2\times10^{-17}=1.6\times10^{-17}$J。两个带电小球，电荷量分别为+q和—q，固定在一长度为L的绝缘杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示。若此杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°，则此过程中电场力做功为多少？正确选项：C。由于电场力与位移方向相反，所以电场力做功为负值。当杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°时，电荷的位移方向与电场方向相反，因此电场力做正功。根据电场力做功的公式$W=qEd\cos\theta$，其中$q$为电荷量，$E$为电场强度，$d$为电荷位移的长度，$\theta$为电场力和电荷位移方向的夹角。在本题中，两个带电小球的电荷量相等，所以电场力的大小也相等，即$F_E=qE$。当杆绕经过O点垂直于杆的轴转过180°时，电荷的位移长度为$L$，电场力和电荷位移方向的夹角为180°，所以$\cos\theta=-1$。因此，电场力做功为$W=-qEL$。由于第一个小球的电荷为正电荷，所以电场力做功为负值，即$W=-2qEL$。因此，此过程中电场力做功为$2qEL$。如图所示，图中虚线表示某电场的一组互相平行的等势面，各等势面的电势值如图所示。求在B点的场强方向和A点相比，场强是否更大？正确选项：B。等势面是指在同一电势下的点的集合，等势面之间的电势差是常数。在本题中，等势面之间的电势差为1V，因此从图中可以看出，B点的电势比A点高2V，即B点的电势为3V，A点的电势为1V。由于电场强度的方向垂直于等势面，因此在B点的场强方向是竖直向下的。因此，B点的场强方向和A点相比更大。已知把一个金属导体放入一个电场后，当达到静电平衡时，导体的表面是一个等势面。现有表面光滑的球形导体，放入电场后，导体表面的电势为100V。求导体表面的半径。由于导体表面是一个等势面，表面上的所有点的电势都相等。因此，导体表面上每个点的电势为100V。根据高斯定理，电场强度在导体表面上的值为$E=\frac{\sigma}{\epsilon_0}$，其中$\sigma$为导体表面的电荷密度，$\epsilon_0$为真空介电常数。由于导体表面是一个球形，其电荷分布也是球对称的。因此，导体表面上的电荷密度为$\sigma=\frac{Q}{4\pir^2}$，其中$Q$为导体带电量，$r$为导体表面的半径。根据电势的定义，$V=\frac{W}{q}$，其中$W$为从无穷远处将电荷$q$移动到该点时电场力所做的功。由于导体表面是一个等势面，所以从无穷远处将电荷$q$移动到导体表面上任意一点时，电场力所做的功为0。因此，导体表面上任意一点的电势为$V=100$V。将上述公式代入可得：$$E=\frac{\sigma}{\epsilon_0}=\frac{Q}{4\pir^2\epsilon_0}=\frac{V}{r}=\frac{100}{r}$$因此，$r=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0EV}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0E}=8.99\times10^{-3}$m。因此，导体表面的半径为8.99毫米。1.金属板水平放置，上有固定点电荷Q。一带电量为q的小球从金属板左侧滑上，速度为v，带有绝缘层。求小球的运动情况。答案：B。小球会先加速，然后减速，因为电场力会使小球受到向左的加速度，直到达到最大速度后，小球会受到反向的电场力，减速直到停止。2.水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E=4.0×102N/C、水平向左的匀强电场。一个质量为m=0.10kg，带电荷量为q=5.0×105C的滑块从轨道上与挡板相距x1=0.20m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动。当滑块与挡板碰撞后，滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，直到与挡板相距x2=0.10m的Q点，滑块第一次速度减为零。若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能。答案：(1)滑块受到的电场力为F=qE，根据牛顿第二定律，F=ma，所以a=qE/m=5.0×105×4.0×102/0.10=2.0×107m/s2。(2)电场力所做的功为W=qEd=qE(x1+x2)=5.0×105×4.0×102×(0.20+0.10)=3.0×108J。(3)滑块的动能在碰撞前为0，所以第一次碰撞前的机械能为E1=mgh=qEd=mEgx1，碰撞后的机械能为E2=0，所以损失的机械能为ΔE=E1-E2=mEgx1=0.10×9.8×0.20=0.196J。3.由O、A、B、C、D各点电势值可知，O点电势最低，为零，A、C在同一等势面上，所以电场线与AC连线垂直，最接近BO方向。大小接近E=OB/0.1=8V/m，故选C。4.两个质点在相同的y和v下运动，且xa<xb，则ma>m/2，故选C。5.根据y=1/2at^2，前一段时间和后一段时间内竖直方向上的位移之比为y1:y2=1:2，因此滑块在前一段时间内上升的高度是后一段时间内下降的高度的一半，故选B。1.根据粒子沿下板边缘飞出，可得到y1+y2=2d/3t，联立可得y1=8d/3t，y2=8d/3t，因此在前2时间内，电场力对粒子做的功为W1=q*8U/3，后2时间内为W2=q*8U/3，故B正确；根据W=qEy可得，在粒子下落前后的过程中，电场力做功之比为1:1，故CD错误。2.根据动能定理，有qU=ΔEk，因两粒子电荷量相同，故ΔEk相同，B项正确；由牛顿第二定律得a=qE/m，由v-t图像知位移相同，初速度大的用的时间短，A项错误；Δv=aΔt，时间不相等，故速度增量不相等，C项错误；电场力做功都是qU，故电势能减少量相等，D项正确。3.在匀强电场中，平行等长的线段两端的电势差相等，有Ubc=Uad，得φd=-4V，选项C错误，D正确；同理得O点电势为零，又Uao=ERsinθ，得E=40V/m，选项A、B错误。4.根据动能定理有eU1=mv^2/2，则v=sqrt(2eU1/m)，又因为l=vt，v=at=sqrt(2dU1)，则电子偏转角的正切tanθ=sqrt(2dU1)/v，即U1不变U2变大或U1变小U2变大。故选AB。5.对粒子进行受力分析如图所示，可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上，粒子做曲线运动，若粒子恰能到达上极板时，其速度与极板平行，电场强度有最大值。将粒子的初速度v分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量，当vy=0时，粒子恰能到达上极板，速度与极板平行，根据-vy=-2d，由于Ek=1/2mv^2，vy=vcos45°，Ek=1/2mv^2，联立整理得到：E=2qd，故选项B正确。6.(1)根据粒子恰好沿下板的边缘飞出，可得到y1+y2=2d/3t，联立可得y1=8d/3t，y2=8d/3t，因此在前2时间内，电场力对粒子做的功为W1=q*8U/3，后2时间内为W2=q*8U/3，故B正确；根据W=qEy可得，在粒子下落前后的过程中，电场力做功之比为1:1，故CD错误。(2)根据动能定理，有qU=ΔEk，因两粒子电荷量相同，故ΔEk相同，B项正确；由牛顿第二定律得a=qE/m，由v-t图像知位移相同，初速度大的用的时间短，A项错误；Δv=aΔt，时间不相等，故速度增量不相等，C项错误；电场力做功都是qU，故电势能减少量相等，D项正确。7.在匀强电场中，平行等长的线段两端的电势差相等，有Ubc=Uad，得φd=-4V，选项C错误，D正确；同理得O点电势为零，又Uao=ERsinθ，得E=40V/m，选项A、B错误。8.根据动能定理有eU1=mv^2/2，则v=sqrt(2eU1/m)，又因为l=vt，v=at=sqrt(2dU1)，则电子偏转角的正切tanθ=sqrt(2dU1)/v，即U1不变U2变大或U1变小U2变大。故选AB。9.对粒子进行受力分析如图所示，可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上，粒子做曲线运动，若粒子恰能到达上极板时，其速度与极板平行，电场强度有最大值。将粒子的初速度v分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量，当vy=0时，粒子恰能到达上极板，速度与极板平行，根据-vy=-2d，由于Ek=1/2mv^2，vy=vcos45°，Ek=1/2mv^2，联立整理得到：E=2qd，故选项B正确。10.(1)对点电荷产生的电场来说，A和B处于它的一个等势面上，不存在电势差，故UAB只与匀强电场有关。从图中易知，A、B两点在匀强电场方向上的距离为d=r+2^(1/2)=0.15m，因为对匀强电场有U=Ed，所以A、B两点间的电势差UAB=Ed=1350V。(2)设正点电荷在C处产生的电场强度为E1，则E1=1/4πε0q/AC^2，又因为E1=E2，有E2=1/4πε0q/BC^2，因此E2/E1=(BC/AC)^2=2，故选项D正确。文章整理：C点处有两个电场，一个电场E1=9×10^3N/C，方向沿OC向外；另一个电场E2=9×10^3N/C，方向水平向右，与E1垂直。根据矢量合成的平行四边形定则，C处合电场E=E1+E2≈1.27×10^4N/C，方向与水平方向成45°角斜向右上。解析：(1)正点电荷从A点移到B点时，电场力做正功，故A点电势高于B点，可求得UAB=q(V)=300V；负点电荷从A点移到C点，电场力做负功，A点电势高于C点，可求得UAC=q'(V)=-1