阶段检测练(2) 电势能与电势差（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（鲁科版2019）

阶段检测练(二)　电势能与电势差 [对应学生用书P169] 一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9～12题有多项符合题目要求) 1．(2021·江苏泰州姜堰中学高一期中)下面说法中正确的是(　　) A．根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷所带的电荷量q成反比 B．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k，电场中某点的电场强度E与场源电荷所带的电荷量Q成正比 C．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容C与其所带电荷量Q成正比 D. 根据电势的定义式φ＝可知，这一点的电势φ与这一点的电荷量q成反比 B　解析：电场强度的定义式E＝采用的是比值定义法，电场强度取决于电场本身的性质，电场中某点的电场强度E与试探电荷所带的电荷量q无关，故A错误；真空中点电荷的电场强度公式E＝k是决定式，电场中某点的电场强度E与场源电荷所带的电荷量Q成正比，故B正确；电容器的电容C的大小取决于电容器本身的构造，与其所带电荷量Q无关，故C错误；电势的定义式φ＝采用的是比值定义法，某一点的电势φ与电荷在该点的电势能Ep及电荷量q无关，由电场本身的特性决定，故D错误。 2．(2022·上海高三二模)如图所示，在匀强电场中A、B、C、D、E、F六点构成一正六边形，电场方向平行于纸面。一电子在外力作用下从C点移动到E点，克服电场力做功W，从E点移动到A点，其电势能减少W，则匀强电场的场强方向为由(　　) A．F指向C B．B指向E C．A指向C D．C指向E B　解析：电子从C点移动到E点，克服电场力做功W，电势能增加W，从E点移动到A点，其电势能减少W，即电子从A点移动E点，其电势能增加W，因此A、C为等势点，所以电场线方向垂直于AC，电子从C到E电场力做负功，可知电场力方向为E指向B，则电场的方向由B指向E，故选B。 3．(2022·江苏南京高二期末)根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．α粒子动能先增大后减小 B．α粒子电势能先减小后增大 C．α粒子加速度先变小后变大 D．电场力先做负功后做正功 D　解析：原子核带正电，α粒子也带正电，则α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，速度方向先和电场力方向成钝角，后和电场力方向成锐角，则电场力先做负功后做正功，可得α粒子电势能先增大后减小，动能先减小后增大，故D正确，A、B错误；由F＝k可得电场力先增大后减小，则由a＝可知α粒子加速度先变大后变小，故C错误。 4．(2021·黑龙江哈尔滨第六中学高一期末)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　　) A．一正电荷从d点运动到e点，电场力做正功 B．一电子从a点运动到e点，电场力做功为15 eV C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左 D．a、b、c、d四个点中，d点的电场强度最大 B　解析：由图像可知φd＝φe，则正电荷从d点运动到e点，电场力不做功，故A错误；由图像可知φa＝0，φe＝15 V，根据电场力做功和电势能的变化关系有Wae＝Epa－Epe＝－e×(φa－φe)＝15 eV，故B正确；由沿电场线方向电势逐渐降低，可得b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右，故C错误；等势面越密集的地方，电场强度越大，故a、b、c、d四个点中，a点的电场强度最大，故D错误。 5．(2022·山东济南高一期末)如图所示，竖直放置的平行板电容器与电源相连，在两极板A、B之间用轻质绝缘细线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　) A．小球带正电 B．保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小 C．断开开关S，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小 D．断开开关S，仅将两极板间的正对面积适当减小，θ角将减小 B　解析：由图可知，A板带正电，B板带负电，形成水平向右的电场，小球向左偏，则说明小球带负电，故A错误；保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，由公式E＝可知，电场强度减小，小球所受电场力减小，则θ角将减小，故B正确；断开开关S，电容器的电荷量保持不变，由公式C＝、C＝和E＝可得E＝，仅将两极板间的距离适当增大，电场强度不变，小球所受电场力不变，θ角将不变，仅将两极板间的正对面积适当减小，电场强度变大，小球所受电场力变大，θ角将变大，故C、D错误。 6．(2022·浙江杭州高二期末)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带正电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　) A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0 B．粒子的电荷量为 C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02 D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 D　解析：粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，有2d＝v0t，解得t＝＝T，故粒子在电场中运动的时间为T，由粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场可知，t＝0时刻进入的粒子在竖直方向先向下加速运动T，再向下减速运动T，经过一个周期T，竖直方向速度为0，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；由A项分析可知，粒子在竖直方向T时间内的位移为d，则d＝··()2，解得q＝，B错误；t＝T时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′＝2·a·(T)2－2·a·(T)2＝aT2＝d，进场的位置到出场的位置的电势差U12＝φ1－φ2＝×d′＝，粒子电势能变化量ΔEp＝qφ2－qφ1＝－＝－mv02，可知电势能减少mv02，C错误；t＝T时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T，然后向下减速运动T，再向上加速T，向上减速T，然后离开电场，由运动过程对称可知，此时竖直方向位移为0，故粒子刚好从P板右侧边缘离开电场，D正确。 7．(2022·重庆高一期末)如图所示，一水平面内有一半径为R＝2 cm的圆O，A、B、C为圆上的三等分点，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知φA＝2 V，φB＝ V，φC＝0 V，下列判断正确的是(　　) A．电场强度的方向由A指向B B．电场强度的大小为200 V/m C．该圆周上的点电势为最高为(2＋)V D．在A点由静止释放一电子，它将沿直线运动到C点 C　解析：由匀强电场的性质可知，B点与AC中点D的电势相等，而BD⊥AC，φA>φC，所以电场强度的方向由A指向C，A错误；由几何关系知dAC＝2 cm，E＝＝＝100 V/m，B错误；过O作场强方向AC的平行线，与A点一侧的交点电势最高，由几何关系知，该点与C点沿场强方向的距离为d＝(2＋)cm，电势φ＝Ed＝(2＋) V，C正确；电子带负电，在A点由静止释放后应该沿AC的反方向运动，D错误。 8．很多手机的指纹解锁功能利用了电容式指纹识别技术。如图所示，指纹识别传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，指纹的凸起部分(叫“嵴”)及凹下部分(叫“峪”)与这些小极板形成大量大小不同的电容器。传感器给所有的电容器充电达到某一电压值后，电容器放电，根据放电快慢的不同来探测嵴和峪的位置，从而形成指纹数据，则(　　) A．沾水潮湿的手指不会影响正常解锁 B．极板与指纹“嵴”部分形成的电容器电容较大 C．极板与指纹“峪”部分形成的电容器放电较慢 D．用打印好的指纹照片覆盖在传感器上面也能够实现指纹解锁 B　解析：潮湿的手指头影响了皮肤表面与小极板之间的介电常数ɛr，所以潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响，会影响正常解锁，故A错误；在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据公式C＝，可知在峪处形成的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较大，故B正确；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝UC＝，可知极板与峪处皮肤表面构成的电容器电容小，充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，充上的电荷量大，放电时间长，故C错误；用指纹的照片蒙在传感器上，不能构成电容器，所以不能实现手机解锁功能，故D错误。 9．(2022·湖南长沙高二期末)如图所示，真空中固定两个等量同种正点电荷A、B，其连线中点为O。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆面边缘上一点。下列说法中正确的是(　　) A. e、f、g三点电场强度均相同 B．e、f、g三点电势均相同 C．将一正试探电荷沿线段eOf从e移动到f过程中试探电荷受到的电场力可能先减小后增大 D．将一负试探电荷沿ab边从a移动到b过程中试探电荷的电势能先减小后增大 BCD　解析：由等量同种电荷的电场分布可知，圆面边缘上各点，电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；由等量同种电荷的电场分布的对称性可知，以O点为圆心、半径为R的圆上各点为一等势面，电势都相等，故B正确；由等量同种电荷的电场分布可知，在eOf线上，O点场强为零，e、f两点电场强度不为零，则将一正试探电荷沿线段eOf移动过程中电荷受到的电场力可能先减小后增大，故C正确；将一负试探电荷沿线段ab移动过程中静电力先做正功，再做负功，则电势能先减小，后增大，故D正确。 10．(2022·河南驻马店高二期末)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电小球从O点正上方h高度处的A点由静止释放，并穿过带电环，A′点与A点关于O点对称。取O点为坐标原点且为零重力势能点，向下为正方向，无限远电势为零，则关于小球从A到A′过程中，加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的图像可能正确的是(　　) A 　　　B C 　　　D BC　解析：圆环中心场强为零，无限远处场强也为零，则从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得，重力不变，小球加速度可能先减小后增大，小球穿过圆环后小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，A错误；小球从A到圆环中心的过程中，开始时小球重力势能EpG＝mgh，小球穿过圆环后EpG＝－mgh，根据数学知识可知，B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，C正确；由于圆环产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，D错误。 11．(2022·山东济南高一期末)如图所示，a、b、c、d为正四面体的四个顶点，O点为d点在底面上的投影，在a点放置一个电荷量为－Q的点电荷，在b点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，则(　　) A．c、d两点的电场强度相同 B．沿cd连线移动一个电荷量为＋q的点电荷，电场力始终不做功 C．Od连线为该电场中的一条等势线 D．将一电荷量为－q的点电荷从d点移到O点再移到c点，电场力先做负功，后做正功 ABC　解析：＋Q和－Q是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等、方向相同，则电场强度相同，故A正确；通过ab连线的中垂面是一等势面，c、d在同一等势面上，cd连线上电势处处相等，则沿cd连线移动一个电荷量为＋q的点电荷，电场力始终不做功，故B正确；由以上分析可知，Od连线为电场中的一条等势线，连线上各点的电势相同，故C正确；O、c、d在同一等势面上，将一电荷量为－q的点电荷从d点移到O点再移到c点，电场力一直不做功，故D错误。 12．(2022·贵州贵阳高二期末)如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的中垂线上的两点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点的运动的过程中，关于小球C的说法可能正确的是(　　) A．速度先增大，再减小 B．电势能先增大，再减小 C．加速度可能先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大 D．加速度可能先减小，再增大 AD　解析：带正电的小球C受到A、B两小球的库仑引力，在P到O的过程中，合力方向沿PO，可知在P到O的过程中，速度增大，从O到N的过程中，合力方向沿NO，速度减小，则速度先增大后减小，故A正确；在P到O的过程中，合力方向沿PO，可知在P到O的过程中，电场力做正功，电势能减小，从O到N的过程中，合力方向沿NO，电场力做负功，电势能增大，故电势能先减小后增大，故B错误；带正电的小球C在O点所受的合力为零，从P到O的过程中，合力可能先增大后减小，加速度先增大后减小，也可能合力减小，加速度减小，同理，带正电的小球C在过O点到N的过程中，合力可能先增大后减小，加速度为增大后减小，也可能合力增大，加速度增大，故C错误，D正确。 二、非选择题 13．小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。 (1)他所用的学生电源如图乙所示。在连接时应接哪一组接线柱？________(选填序号“A”或“B”) (2)接好电路，学生电源电压调节选“10 V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图丙所示，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是丁图中的________(选填序号“A”“B”或“C”)。注意：本题中I-t图线与横轴、纵轴所围的面积表示电容器放电前所带的电荷量。 答案：(1)A　(2)B 解析：(1)因为要观察电容器充、放电现象，所以只能选择直流电源；若选择交流电源，电流表将一直有示数，故在连接时应接A组接线柱。 (2)根据I-t图线与横、纵轴所围的面积表示电容器放电前所带的电荷量，可估算出电容器所带电荷量为Q≈4×0.004×2 C＝3.2×10-2 C，则该电容器电容可近似为C＝＝ F＝3.2×10-3 F＝3200 μF，显然比较接近图中电容器B，所以他所选用的电容器最可能是电容器B。 14．(2021·重庆巴蜀中学高一期中)如图甲所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，其中∠A为直角，∠B＝60°，O为BC中点，A、B的距离为2 m。电场方向沿AO方向。在A点放一试探电荷，其受力与电荷量之间的关系如图乙中直线所示。 (1)若O点电势为零，求A、B、C三点的电势。 (2)将一电荷量为q＝0.3 C的正电荷从B点沿BAC移动到C点，求静电力所做的功，并分析在此过程中该电荷的电势能的变化情况。 答案：(1)12 V　6 V　－6 V　(2)见解析 解析：(1)由图可知电场强度为 E＝＝ V/m＝6 V/m， 由几何关系可知， AO、BO、CO距离均为d＝2 m，∠AOB＝60°， 则A点电势为φA＝Ed＝12 V， B点电势为φB＝Ed cos 60°＝6 V， C点电势为φC＝－Ed cos 60°＝－6 V。 (2)由几何关系，BC距离lBC＝2lAB＝4 m， 静电力做功与路径无关，将电荷由B点移动到C点，静电力做功为WBC＝qElBCcos 60°＝3.6 J， 从B至A过程，静电力做负功，电荷电势能增加，从A至C过程，静电力做正功，电荷电势能减少，全过程中静电力做了3.6 J的正功，故电荷的电势能减少了3.6 J。 15．(2022·湖南长沙高一期末)如图所示的匀强电场方向与直角△ABC所在的平面平行，∠A＝30°，dBC＝10 cm，将电荷量大小为1×10-2 C的负点电荷从A点移到B点，静电力做功0.3 J，负点电荷从B点移到C点，克服静电力做功0.3 J，求： (1)A、B间的电势差UAB和B、C间的电势差UBC。 (2)匀强电场的大小及方向。 答案：(1)－30 V，30 V　(2)200 V/m，BD方向 解析：(1)根据UAB＝， 解得UAB＝－30 V， 同理，UBC＝， 解得UBC＝30 V。 (2)因为UAB＝φA－φB＝－30 V， UBC＝φB－φC＝30 V， 所以φA＝φC， AC为一条等势线，过B点做垂线垂直AC于D点，BD方向即为匀强电场的方向， E＝， UBD＝UBC＝30 V， dBD＝dBCcos 30°， 代入数值得E＝200 V/m。 16．(2021·江苏常州横林高级中学高一期末)如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c(图中未画出)离开，其速度与电场方向成45°角。不计粒子的重力，求： (1)粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0。 (2)水平匀强电场的场强大小E。 (3)bc两点间的电势差Ubc。 答案：(1)　(2)　(3)U 解析：(1)根据动能定理得Uq＝mv02， 解得v0＝。 (2)设粒子离开水平电场时的速度为v，则有 v0＝v sin 45°， 在水平方向有v cos 45°＝·， 解得E＝＝。 (3)根据动能定理得Ubcq＝mv2－mv02， 解得Ubc＝U。 17．(2022·山东济南高一期末)如图所示，板长为L，板间距离为d的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成53°角斜向右上方的匀强电场(图中未画出)，该电场的场强大小与电容器内的场强大小相等。某时刻一质量为m、电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器的中线水平进入。已知O到A的距离也为L，重力加速度为g，不计电容器的边缘效应，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)平行板内电场强度E的大小。 (2)小球刚进入电容器时的速度v的大小。 (3)小球从电容器右端飞出点与A点的竖直高度差。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)小球进入平行板电容器前受到重力和电场力，小球沿OA方向运动说明合力方向向右，对小球竖直方向平衡可得qE sin 53°＝mg， 解得E＝。 (2)小球OA方向运动过程中，由动能定理公式得qEL cos 53°＝mv2， 解得v＝。 (3)小球进入平行板电容器后做类平抛运动，向上偏，由牛顿第二定律得qE－mg＝ma， 解得小球在竖直方向加速度a＝g， 小球在水平方向做匀速直线运动有L＝vt， 解得小球在电容器内运动时间为t＝， 由匀变速直线运动的位移公式可得小球的竖直位移为h＝at2＝。 18．(2022·山东青岛第十七中学高一期末)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，—质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。 (1)求小球所受的电场力大小。 (2)求小球在A点的速度为多大时，小球经过D点时对圆轨道的压力最小？ 答案：(1)mg　(2)2 解析：(1)小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，有小球受到的电场力大小 F＝mg tan 60°＝mg。 (2)小球经过等效最高点D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，则＝m， 解得v＝， 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，由动能定理得 －mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝mv2－mv02， 解得v0＝2。 学科网（北京）股份有限公司 $$