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第十章静电场中的能量 第一节 电势能和电势
一、单选题
1.下列说法正确的是(　　)
A. 如图所示，电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同
B. 电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零
C. 正电荷沿着电场线运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，静电力对负电荷做负功
D. 电荷在电场中运动，静电力可能对电荷做功，能量守恒定律在电场中并不成立
2.两带电小球(可视为质点)的电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度大小为E的匀强电场中，杆与电场强度方向平行，其位置如图所示。若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此转动过程中静电力做的功为(　　)
A. 0 B. qEl C. 2qEl D. πqEl
3.关于电势和电势能，下列说法正确的是(　　)
A. 在电场中电势高的地方电荷具有的电势能大
B. 在电场中放在某点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大
C. 在电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能
D. 取无限远处电势为零，在负点电荷所产生的电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能
4.如图所示，a、b、c、d点在同一直线上，且ab＝bc＝cd。现将电荷量为＋Q和－2Q的点电荷固定在a、d两点，下列关于b、c两点的说法正确的是(　　)
A. b点的电势比c点高 B. b点的电场强度大小比c点大
C. 试探电荷从b移动到c点静电力一定做正功 D. 试探电荷从b移动到c点电势能一定增加
5.如图所示为一正点电荷M和一金属板N形成的电场线，a、b、c为电场中的三点，则下列说法正确的是(　　)
A. 正电荷在a、b两点的电势能大小关系为EpaB. 同一电荷在a、c点处的加速度大小关系为aa>ac
C. a、b两点的电势关系为φa<φb
D. 一正点电荷仅在静电力作用下可以由a点沿电场线运动到b点
6.如图所示，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点，在此过程中(　　)
A. 试探电荷所受的静电力先减小再增大 B. 静电力先不做功然后做正功
C. 所经过各处的电势先降低再升高 D. 试探电荷的电势能先不变再增大
7.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，将电荷量为＋q的点电荷从电场中A点经B点移动到C点，其中AB⊥BC，AB＝4d，BC＝3d，则此过程中静电力所做的功为(　　)
A. 3qEd B. 4qEd C. 5qEd D. 7qEd
8.将一正电荷从无穷远处移入电场中的M点，电势能减少了8.0×10－9 J，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是(　　)
A. φM<φN<0 B. φN>φM>0
C. φN<φM<0 D. φM>φN>0
9.图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷仅在静电力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度—时间图像如图乙所示。关于A、B两点的电势高低和电场强度大小关系，下列说法中正确的是(　　)
A. φA>φB，EA>EB B. φA>φB，EAC. φA<φB，EA>EB D. φA<φB，EA10.把一个电荷量为－q的试探电荷，从电场中的无限远处移到电场中的A点时，静电力做的功为W。规定无限远处电势为零，则A点的电势φA及试探电荷在A点的电势能EpA分别为(　　)
A. φA＝，EpA＝－W B. φA＝－，EpA＝W
C. φA＝，EpA＝W D. φA＝－，EpA＝－W
11.如图所示，孤立的负点电荷电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则下列说法正确的是(　　)
A. M点的电势比N点的低
B. M点的电场强度大小一定比N点的小
C. 电子在M点的电势能比在N点的小
D. 电子在M点受到的静电力大小一定比在N点的小
12.一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定初速度从M点沿电场线运动到N点，其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. 从M点到N点，电场强度先减小再增大
B. 电场强度先沿NM方向，再沿MN方向
C. 微粒在M点的电势能大于在N点的电势能
D. 从M点到N点，静电力一直对微粒做负功
二、多选题
13.如图所示，固定在Q点的正点电荷产生的电场中有M、N两点，已知＜。下列叙述正确的是(　　)
A. 若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少
B. 若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加
C. 若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少
D. 若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷电势能不变
14.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(　　)
A. 带正电的矿粉落在右侧 B. 静电力对矿粉做正功
C. 带负电的矿粉电势能增加 D. 带正电的矿粉电势能减少
15.如图所示为点电荷Q产生的电场中的三条电场线，A、B是一条电场线上的两个点，EA、EB分别表示A、B两点的电场强度大小， 则下列说法正确的是(　　)
A. 若Q为正电荷，则EA>EB，A点电势高于B点电势
B. 若Q为正电荷，则EAC. 若Q为负电荷，则EA>EB，A点电势低于B点电势
D. 若Q为负电荷，则EA16.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点分别有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°。下列判断正确的是(　　)
A. O点的电场强度为零
B. D点的电场强度为零
C. 若将点电荷＋q从O点移向C点，电势能增加
D. 若将点电荷－q从O点移向C点，电势能增加
17.在孤立的点电荷的电场中，下列说法正确的是(　　)
A. 电场中电场线越密的地方，电场强度越大 B. 两条电场线不能相交
C. 沿电场线方向电势越来越低 D. 电场强度越大的地方电势也越高
18.将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，稳定后所形成电场的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，则(　　)
A. a点的电场强度比b点的大
B. a点的电势比b点的低
C. 试探电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D. 将试探电荷－q从a点移到b点的过程中，静电力做负功
19.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示。则(　　)
A. A、B两点的电势φA＜φB B. A、B两点的电场强度EA＝EB
C. 电子在A、B两点的电势能EpA＜EpB D. 电子在A、B两点受的静电力FA＜FB
20.如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在静电力作用下做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到达N点的过程中(　　)
A. 速率先增大后减小 B. 速率先减小后增大
C. 电势能先减小后增大 D. 电势能先增大后减小
21.如图是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在静电力作用下以初速度v0从A向B运动并经过B点，一段时间后q以速度v又一次经过A点，且v与v0的方向相反，则以下说法中正确的是(　　)
A. A、B两点的电场强度大小EA＜EB B. A、B两点的电势φA＞φB
C. 负电荷q在A、B两点的电势能EpA＜EpBD. 负电荷q先后经过A点的速度大小v0＝v
三、计算题
22.一个电场中有A、B两点，电荷量q1为2×10－9 C的试探电荷放在电场中的A点，具有－4×10－8 J的电势能；电荷量q2为－3×10－9 C的试探电荷放在电场中的B点，具有9×10－8 J的电势能。
(1)求A、B两点的电势。
(2)将电荷量q3为－5×10－9 C的试探电荷分别放在A、B两点，它具有的电势能分别为多少？将试探电荷q3由A点移到B点，静电力做多少功？
23.如图所示，在电场强度大小E＝1×104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm 的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6 C 的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10 m/s2。求：
(1)小球从开始释放到到达最低点B的重力势能、电势能分别变化了多少；
(2)若取A点电势为零，则小球在B点的电势能、电势分别为多少。
24.如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场，质量m＝4.0×10－3 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力。
(1)求小球的电性及电场强度的大小；
(2)如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t＝0.4 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。
25.在电场中把一个电荷量为－6×10－8 C的点电荷从A点移到B点，克服静电力做功为3×10－5 J；将此电荷从B点移到C点，静电力做功为4.5×10－5 J。
(1)若将此电荷从A点移到C点，电荷的电势能变化多少；
(2)若A点的电势为零，则B、C两点的电势分别为多少。
26.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移动到b，静电力做功为W1＝1.2×10－7 J。
(1)若规定a点电势为零，求该电荷在b点的电势能；
(2)求匀强电场的电场强度E的大小；
(3)求该电荷从b到c，电荷的电势能的变化量。
答案与解析
1.【答案】B
【解析】静电力做功与电荷运动路径无关，与初、末位置有关，电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，A错误，B正确；正电荷沿电场线方向运动，由于静电力的方向与运动方向相同，故静电力做正功，同理，负电荷逆着电场线方向运动，静电力方向与运动方向相同，静电力也做正功，C错误；电荷在电场中运动时虽然静电力对其做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化仍满足能量守恒定律，D错误。
2.【答案】C
【解析】静电力对两小球均做正功，大小与路径无关，对每个小球做的功均为qEl，共为2qEl，故C正确。
3.【答案】D
【解析】根据公式Ep＝φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的电性，因此无法判断它在电势高的地方电势能的大小，故A错误；若放在电场中某点的电荷为正电荷，当该点电势小于零时，电荷量越大，电荷具有的电势能越小，故B错误；电势能Ep＝qφ，正电荷在电势小于零处的电势能为负值，小于负电荷在该处的电势能，故C错误；取无限远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，可知在负点电荷所产生的电场中的任意一点电势均为负，正电荷在任意一点具有的电势能均为负值，而负电荷在任意一点具有的电势能均为正值，正电荷具有的电势能小于负电荷具有的电势能，故D正确。
4.【答案】A
【解析】沿着电场线的方向(a→d)，电势降低，故b点的电势比c点高，A正确；
设ab＝bc＝cd＝r，由点电荷的电场强度公式得，b点的电场强度大小为Eb＝＋＝，c点的电场强度大小为Ec＝＋＝，可得Eb＜Ec，所以b点的电场强度大小比c点小，B错误；
由于试探电荷的电性不知道，无法判断静电力做正功还是负功以及电势能的变化情况，C、D错误。
5.【答案】B
【解析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，知φa>φb，又根据Ep＝qφ可知，正电荷在a、b两点的电势能大小关系为Epa>Epb，故A、C错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，则a、c两点的电场强度大小关系为Ea>Ec，由牛顿第二定律有a＝可知，同一电荷在a、c点处的加速度大小关系为aa>ac，故B正确；电荷所受静电力的方向沿电场线的切线方向，所以运动轨迹不会与电场线重合，故D错误。
6.【答案】B
【解析】根据等量异种点电荷周围电场分布规律可知，从A到B电场强度逐渐增大，从B到C电场强度也逐渐增大，由F＝qE可知，从A经过B到C过程中，试探电荷所受的静电力一直增大，A错误；从A到B试探电荷所受静电力方向与位移方向垂直，静电力不做功，试探电荷电势能不变，所以从A到B所经过各处电势不变，＋Q和－Q连线上电场强度方向由＋Q指向－Q，可知从B到C，试探电荷所经过各处的电势逐渐升高，静电力做正功，试探电荷电势能减小，B正确，C、D错误。
7.【答案】B
【解析】静电力做功与路径无关，只和始、末位置有关，从B点到C点静电力不做功，故静电力做功为W＝qE×4d＝4qEd，选项B正确。
8.【答案】C
【解析】取无穷远处电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8×10－9 J，负电荷在N点的电势能为9×10－9 J。由φ＝知，M点的电势φM<0，N点的电势φN<0，且|φN|>|φM|，即φN<φM<0，故C正确。
9.【答案】C
【解析】负电荷从A点由静止释放能加速运动到B点，说明负电荷受到的静电力方向从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA<φB；负电荷从A点运动到B点的过程中，加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由E＝知，EA>EB，C正确。
10.【答案】A
【解析】根据功能关系有W＝0－EpA＝－EpA，解得EpA＝－W，根据电势的定义有φA＝＝，故选A。
11.【答案】A
【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，所以M点的电势比N点的低，根据Ep＝qφ，可知电子在M点的电势能比在N点的大，故A正确，C错误；依题意，孤立的负点电荷位于M点的左侧，根据点电荷电场线分布特点，可知M点的电场线较密集，N点的电场线较稀疏，即M点的电场强度大小一定比N点的大，根据F＝qE可知电子在M点受到的静电力大小一定比在N点的大，故B、D错误。
12.【答案】C
【解析】从M点到N点，由速度—时间图像可知微粒的加速度先增大后减小，微粒仅受静电力作用，根据牛顿第二定律和电场强度的定义式可得，电场强度先增大后减小，A错误；从M点到N点，微粒速度一直增大，故静电力一直做正功，带负电的微粒逆着电场线方向运动，故电场强度沿NM方向，B、D错误；微粒从M点到N点，静电力一直对微粒做正功，电势能减小，故微粒在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确。
13.【答案】AD
【解析】在正点电荷形成的电场中，正电荷受到的静电力沿电场线方向，从M点移到N点，静电力做正功，电势能减少，A正确，B错误；在正点电荷形成的电场中，负点电荷受到的静电力与电场线方向相反，负点电荷从M点移到N点，静电力做负功，电势能增加，C错误；把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，静电力做的总功为零，电势能不变，D正确。
14.【答案】BD
【解析】由题图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的静电力，所以会落到左侧，选项A错误；无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在静电力的作用下沿静电力的方向偏移，故静电力做正功，矿粉的电势能减少，选项C错误，B、D正确。
15.【答案】AC
【解析】电场线越密，电场强度越大，可得EA>EB，根据电场线分布，可知点电荷Q在A点左侧，若Q为正电荷，过A、B点的电场线方向为A→B，根据沿电场线方向电势降低，可知A点电势高于B点电势，故A正确，B错误；若Q为负电荷，过A、B点的电场线方向为B→A，根据沿电场线方向电势降低，可知A点电势低于B点电势，故C正确，D错误。
16.【答案】BD
【解析】A、B两点的等量同种点电荷在O点产生的合电场强度为0，而C点的负点电荷在O点产生的电场强度方向向左，故O点的合电场强度大小不为零，方向向左，A错误；设AD＝L，则由几何关系知AD＝BD＝CD＝L，A、B两点的点电荷在D点产生的合电场强度大小为，方向水平向右，C点负点电荷在D点产生的电场强度大小为，方向水平向左，故D点合电场强度为0，B正确；OC间各点的合电场强度方向向左，若将点电荷＋q从O点移向C点，静电力做正功，电势能减少，C错误；若将点电荷－q从O点移向C点，静电力做负功，电势能增加，D正确。
17.【答案】ABC
【解析】电场中电场线越密的地方，电场强度越大，A正确；若两条电场线相交，在相交处电场强度就有两个方向，所以两条电场线不能相交，B正确；沿电场线方向电势越来越低，C正确；电场强度的大小与电势的大小无关，D错误。
18.【答案】AD
【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，据图可知，a点的电场强度比b点的电场强度大，故A正确； a点所在处的电场线从Q发出到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，所以a点的电势比b点的电势高，故B错误； 电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，把试探电荷－q从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增加，静电力做负功，故C错误，D正确。
19.【答案】AD
【解析】由图可知，电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动，说明电子所受静电力增大，电子在A点受到的静电力小于在B点受到的电场力，即FA＜FB，由F＝qE可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，即EA＜EB，故D正确，B错误；电子由静止开始沿电场线从A运动到B，静电力的方向从A指向B，而电子带负电，则电场强度方向从B指向A，根据沿着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB，故A正确；由图可知，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒定律可知，电子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于在B点的电势能，即EpA＞EpB，故C错误。
20.【答案】AC
【解析】点电荷带正电，从M点经P点到达N点的过程中，电子先靠近正电荷后远离正电荷，电子只受静电力作用，静电力先做正功后做负功，电子的电势能先减小后增大，故动能先增大后减小，则速率先增大后减小，A、C对，B、D错。
21.【答案】BCD
【解析】由分析可知，负电荷从A至B做减速运动，则负电荷所受静电力的方向为B→A，电场的方向应为A→B，所以φA＞φB，EpA＜EpB，选项B、C正确；由于只有一条电场线，不知道电场的具体分布，所以无法判断A、B两点电场强度的大小，选项A错误；负电荷再回到A点时，其电势能不变，动能也不变，所以v与v0大小相等，选项D正确。
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)将试探电荷q3分别放在A、B两点，它具有的电势能分别为
EpA′＝q3φA＝－5×10－9×(－20) J＝1×10－7 J
EpB′＝q3φB＝－5×10－9×(－30) J＝1.5×10－7 J
将试探电荷q3由A点移到B点，静电力做的功为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)在该过程中，小球的重力势能变化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J
电势能变化量ΔEp电＝qEl＝3×10－3 J。
(2)若取A点电势为零，则EpA＝qφA＝0，因ΔEp电＝EpB－EpA，故小球在B点的电势能EpB＝ΔEp电＋EpA＝3×10－3 J，所以φB＝＝1.5×103 V。
24.【答案】(1)正电　3×104 N/C　(2)1.8×10－2 J
【解析】(1)对小球受力分析如图所示
由图可知，小球受到的静电力与电场线方向相同， 故小球带正电，根据平衡条件得
F电＝qE＝mgtan 37°，解得E＝3×104 N/C。
(2)剪断细线后，小球向右下方做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a＝＝＝m/s2＝12.5 m/s2
则0.4 s内的位移为
x＝at2＝×12.5×0.42 m＝1 m
根据功能关系得
ΔEp电＝－qExsin 37°
＝－3×104×1.0×10－6×1×0.6 J＝－1.8×10－2 J
即电势能减少了1.8×10－2 J。
25.【答案】(1)减少1.5×10－5 J　(2)－500 V　250 V
【解析】(1)依题意，将此电荷从A点移到B点静电力做功WAB＝－3×10－5 J，
从B点移到C点静电力做功WBC＝4.5×10－5 J，
从A点移到C点，静电力做功为
WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋4.5×10－5 J＝1.5×10－5 J
故从A点移到C点，电荷的电势能减少1.5×10－5 J。
(2)设B、C两点的电势分别为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)减少1.44×10－7 J
【解析】(1)静电力做功与电势能的关系为
W1＝Epa－Epb
规定a点电势为零，即Epa＝0
电荷在b点的电势能为
Epb＝－W1＝－1.2×10－7 J；
(2)正电荷从a移动到b，静电力做功可表示为
W1＝qE·ab
代入数据解得E＝60 V/m；
(3)该电荷从b到c，
静电力做功W2＝F·bc· cos 60°＝qE·bc·cos 60°
代入数据解得W2＝1.44×10－7 J
所以该过程电荷的电势能减少1.44×10－7 J。
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