2011《》高三物理一輪復(fù)習(xí) 第二課時(shí)電勢電勢差電勢能練習(xí)

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1、第九章 第2課時(shí) (本欄目內(nèi)容，學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂成冊！) 1.在靜電場中 (　　) A．電場強(qiáng)度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處為零 B．電場強(qiáng)度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同 C．電場強(qiáng)度的方向總是跟等勢面垂直 D．電勢降低的方向就是電場強(qiáng)度的方向 【解析】　電場強(qiáng)度大小和電勢高低沒有直接關(guān)系，不能根據(jù)電場強(qiáng)度大小判斷電勢高低，也不能根據(jù)電勢的高低判斷電場強(qiáng)度的大小，A、B均錯(cuò)．電場強(qiáng)度的方向一定跟等勢面垂直， C對，沿電場強(qiáng)度的方向電勢降低，但電勢降低的方向不一定是電場強(qiáng)度的方向，D錯(cuò)． 【答案】　C 2．一個(gè)點(diǎn)電荷，從靜電場中的a點(diǎn)移到b點(diǎn)，其

2、電勢能的變化為0，則 (　　) A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)一定相等 B．該電荷一定沿等勢面移動(dòng) C．作用于該點(diǎn)電荷的電場力與其移動(dòng)方向總是垂直的 D．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢一定相等 【解析】　由題意分析可知a，b兩點(diǎn)的電勢相等，但并不能說明a，b兩點(diǎn)的場強(qiáng)一定相等．因?yàn)殡妱莺蛨鰪?qiáng)是兩個(gè)截然不同的物理量，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置有關(guān)．電勢能變化為0，說明電場力做功為0，電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，可能經(jīng)過一些電勢不等的點(diǎn)，只要始位置a和末位置b的電勢相等即可，不一定非在同一個(gè)等勢面上移動(dòng)，因此選項(xiàng)B錯(cuò)誤；只有在等勢面上移動(dòng)電荷，電場力與其移動(dòng)方向才總是垂直的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D

3、正確． 【答案】　D 3．在地面上空中有方向未知的勻強(qiáng)電場，一帶電量為－q的小球以某一速度由M點(diǎn)沿下圖所示的軌跡運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)．由此可知 (　　) A．小球所受的電場力一定大于重力 B．小球的動(dòng)能、電勢能和重力勢能之和保持不變 C．小球的機(jī)械能保持不變 D．小球的動(dòng)能一定減小 【解析】　由題圖示的軌跡可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的電場力一定大于重力；小球以某一速度由M點(diǎn)沿圖示軌跡運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，僅受電場力和重力作用，其小球的動(dòng)能、電勢能和重力勢能之和保持不變，但機(jī)械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和電場力的合力)向上，則小球的動(dòng)能增加；若小球所受的合外

4、力(重力和電場力的合力)向左上方，則小球的動(dòng)能可能減?。? 【答案】　AB 4．(2009年遼寧、寧夏卷)空間有一勻強(qiáng)電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系O－xyz，M、N、P為電場中的三個(gè)點(diǎn)，M點(diǎn)的坐標(biāo)(0，a,0)，N點(diǎn)的坐標(biāo)為(a,0,0)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為(a，，)．已知電場方向平行于直線MN，M點(diǎn)電勢為0，N點(diǎn)電勢為1 V，則P點(diǎn)的電勢為 (　　) A. V　　　　　　 B. V C. V D. V 【解析】　MN間的距離為a，P點(diǎn)在MN連線上的投影點(diǎn)離M點(diǎn)的距離為，所以P點(diǎn)的電勢為：×1＝ V，D正確． 【答案】　D 5．如圖所示，帶等量異號電荷的

5、兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子(不計(jì)重力)以速度vM經(jīng)過M點(diǎn)在電場線上向下運(yùn)動(dòng)，且未與下板接觸，一段時(shí)間后，粒子以速度vN折回N點(diǎn)，則 (　　) A．粒子受電場力的方向一定由M指向N B．粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大 C．粒子在M點(diǎn)的電勢能一定比在N點(diǎn)的大 D．電場中M點(diǎn)的電勢一定高于N點(diǎn)的電勢 【解析】　由題意可知M、N在同一電場線上，帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增加，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點(diǎn)的電勢高低，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　B

6、6．如圖為一勻強(qiáng)電場，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．在這一運(yùn)動(dòng)過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J．則下列說法正確的是 (　　) A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)少1.5 J C．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多0.5 J D．粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5 J 【解析】　粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做正功，且沿著電場線，故粒子帶正電，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減少，故粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)多1.5 J，故選項(xiàng)B錯(cuò)；由動(dòng)能定理，WG＋W電＝ΔEk，－2.0 J＋1.5 J＝EkB－EkA，所以選項(xiàng)C對；由其他力(

7、在這里指電場力)做功等于機(jī)械能的增加，所以選項(xiàng)D對． 【答案】　CD 7．如圖所示，實(shí)線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點(diǎn)以相同的初速度飛出．僅在電場力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則 (　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 B．a(chǎn)加速度減小，b加速度增大 C．MN電勢差|UMN|等于NQ兩點(diǎn)電勢差|UNQ| D．a(chǎn)粒子到達(dá)等勢線3的動(dòng)能變化量比b粒子到達(dá)等勢線1的動(dòng)能變化量小 【解析】　由帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知帶電粒子所受的電場力方向，但因?yàn)殡妶鼍€的方向不確定，故不能判斷帶電粒子

8、帶電的性質(zhì)，A錯(cuò)；由電場線的疏密可知，a加速度將減小，b加速度將增大，B正確；因?yàn)槭欠莿驈?qiáng)電場，故MN電勢差并不等于NQ兩點(diǎn)電勢差，C錯(cuò)；但因?yàn)榈葎菥€1與2之間的電場強(qiáng)度比2與3之間的電場強(qiáng)度要大，故1、2之間的電勢差要大于2、3之間的電勢差，但兩粒子的帶電量大小不確定，故無法比較動(dòng)能變化量的大小，D錯(cuò)誤． 【答案】　B 8．絕緣細(xì)繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個(gè)帶負(fù)電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，當(dāng)空間建立水平方向的勻強(qiáng)電場后，繩穩(wěn)定處于與豎直方向成θ＝60°角的位置，如圖所示，已知細(xì)繩長為L，讓小球從θ′＝30°的A點(diǎn)釋放，則 (　　) A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為 B．勻強(qiáng)

9、電場的場強(qiáng)為 C．小球的最大速度為 D．小球的最大速度為(－1) 【解析】　小球在θ＝60°時(shí)處于平衡，則Eq＝mgtan θ，所以E＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；小球第一次到達(dá)平衡位置處的速度是小球的最大速度，根據(jù)動(dòng)能定理有：qE(Lsin 60°－Lsin 30°)－mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mv2，聯(lián)立解得v＝(－1)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確． 【答案】　BD 9．如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在光滑絕緣斜面的M點(diǎn)，處于通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將小球P(亦可視為質(zhì)點(diǎn))從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放

10、，設(shè)小球P與Q電性相同．則小球P從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中 (　　) A．小球P的速度先增大后減小 B．小球P的速度最大時(shí)所受彈簧彈力與庫侖力的合力為零 C．小球P的動(dòng)能、重力勢能、電勢能的總和不變 D．小球P所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小 【解析】　小球P運(yùn)動(dòng)到斜面最低點(diǎn)的過程中，庫侖力做正功，重力做正功，彈簧彈力做負(fù)功，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力沿著斜面向下的分力與庫侖力之和時(shí)，速度達(dá)到最大，此后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，A對B錯(cuò)；此過程中系統(tǒng)所有對象具有的能量形式有動(dòng)能、重力勢能、電勢能和彈性勢能，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律

11、可知這些能量的總和不變，C錯(cuò)；小球P的初末狀態(tài)下的動(dòng)能均為零，故WG＋W彈＋W電＝0，W電＝－ΔEP電，故D對． 【答案】　AD 10．如圖所示，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為E，方向與水平面的夾角為θ(θ≠45°)，場中有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，用長為L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用一外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點(diǎn)，小球電荷量保持不變，在此過程中 (　　) A．該外力所做的功為mgLcot θ B．帶電小球的電勢能增加qEL(sin θ＋cos θ) C．帶電小球的電勢能增加2mgLcot θ D．該外力所做的功為mgLtan θ 【解析】　由于

12、小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平，所以重力與電場力的合力大小為mgcos θ，方向水平向右，在外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點(diǎn)的過程中，小球在重力與電場力的合力方向的位移為L，外力克服重力與電場力的合力做功mgLcos θ，A正確，D錯(cuò)誤；小球的重力勢能減小mgL，在場強(qiáng)方向的位移為L(sin θ＋cos θ)，電場力對小球做的功為－qEL(sin θ＋cos θ)，電勢能增加qEL(sin θ＋cos θ)，B 正確，C錯(cuò)誤． 【答案】　AB 11．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為4×10－3kg、電荷量為＋2×10－6 C的小球，套在絕緣桿上，桿可在豎直平面內(nèi)繞上端轉(zhuǎn)動(dòng)，球與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.整

13、個(gè)裝置處于電場強(qiáng)度大小為2×104 N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，取g＝10 m/s2.求： (1)桿與豎直方向夾角多大時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)速度變化最快； (2)當(dāng)桿豎直放置時(shí)，球沿桿下滑1 m所損失的機(jī)械能． 【解析】　(1)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到沿合力方向，不受摩擦力作用時(shí)，小球加速度最大，合力與豎直方向夾角為cot θ＝＝. θ＝30° (2)FN＝qE Fμ＝μFN＝μqE W＝Fμ＝μqEs ＝0.5×2×10－6×2×104×1 J＝2×10－2 J 【答案】　(1)30°　(2)2×10－2 J 12．如圖所示，水平放置的平行金屬板的N板接地，M板電勢為＋U，兩板間距離為d

14、，d比兩板的長度小很多，在兩板之間有一長為2l的絕緣輕桿，可繞桿的水平固定軸O在豎直面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，O為桿的中點(diǎn)，桿的兩端分別連著小球A和B，它們的質(zhì)量分別為2m和m，它們的帶電荷量分別為＋q和－q，當(dāng)桿由圖示水平位置從靜止開始轉(zhuǎn)過90°到豎直位置時(shí)，已知重力加速度為g，求： (1)兩球的電勢能的變化； (2)兩球的總動(dòng)能； (3)桿對A球的作用力． 【解析】　(1)電場中的場強(qiáng)為：E＝ 電場力對兩球做的功為：WE＝2qEl＝ 電勢能的減少量為：|ΔEp|＝ (2)重力對兩球做的功為：WG＝mgl 由動(dòng)能定理，有：WG＋WE＝EK－0 解得：EK＝mgl＋ (3)根據(jù)(2)問，有：·2mv2＋mv2＝mgl＋ A球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律，有： F－2mg－＝2m 解得：F＝＋ 【答案】　(1)　(2)mgl＋　(3)＋