第2章 电势能与电势差 单元检测 -2025-2026学年高二上学期物理鲁科版必修第三册

第2章 电势能与电势差 单元检测 一、选择题 1．关于等势面的说法，正确的是(　　) A．电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以说电场力不做功 B．在同一个等势面上各点的场强大小相等 C．两个不等电势的等势面可能相交 D．若相邻等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小 2.如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD的大小为(　　) A．－3 V　　　　　　　B．0 C．2 V D．1 V 3.如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是(　　) A．A点的场强一定大小B点的场强 B．A点的电势一定高于B点的电势 C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度 D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 4．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 5.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　) A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 6．(多选)下列说法中，正确的是(　　) A．当两个正点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大 B．当两个负点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大 C．一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大 D．一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力减小，它们的电势能也减小 7．(多选)下列关于静电场的说法正确的是(　　) A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D．初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 8. (多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 二、非选择题(计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．) 9.如图所示，虚线是在某实验过程中实际绘出的某一平面静电场中的一簇等势线，若带电粒子从a点射入电场后，仅在电场作用下恰能沿图中实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，用Ea、φa、va、Eb、φb、vb分别表示a点和b点的场强、电势和粒子的速率，则Ea_________Eb、φa__________φb、va_______vb(三个空均选填“大于”、“小于”或“不能比较”) 10.如图所示，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘细杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1<m2)，A带负电，电荷量为q1，B带正电，电荷量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为________，在竖直位置处两球的总动能为________． 11.如图所示，在真空中的O点放一点电荷Q＝1.0×10－9 C，直线MN过O点，OM＝30 cm，M点放一点电荷q＝－2×10－10 C，求： (1)M点的场强大小； (2)若M点的电势比N点的电势高15 V，则电荷q从M点移到N点，它的电势能变化了多少？ 12.如图所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向放射出电子，速率为107 m/s.在A板右方距A为2 cm处放置一个与A平行的金属板B，在B、A之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E＝3.64×104 N/C，方向水平向左．已知电子质量m＝9.1×10－31 kg、电荷量e＝1.6×10－19 C，求电子打在B板上的范围． 13．如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求： (1)电场强度E为多大？ (2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？ (3)小球落地时的动能为多大？ 14．如图所示，两块相同的金属板M和N正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔O和O′，两板距离为2L，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB是一根长为3L的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个(1、2、3、4)完全相同的带电荷小球，每个小球带电荷量为q、质量为m、相邻小球间的距离为L，第1个小球置于O孔处． 将AB杆由静止释放，观察发现，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中AB杆始终保持竖直，重力加速度为g.求： (1)两板间的电场强度E； (2)求AB杆匀速运动的速度； (3)第4个小球刚离开电场时AB杆的速度； 参考答案： 1.【解析】　等势面由电势相等的点组成，电场线跟等势面垂直，因此电荷在等势面上移动时，电场力不做功，但并不是不受电场力的作用，A错．等势面上各点场强大小不一定相等，等势面不可能相交，B、C错．等差等势面的疏密反映场强的大小，D对．【答案】　D 2.【解析】　在匀强电场中，由于AD与BC平行且相等，故UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，代入数据解得φD＝－3 V.【答案】　A 3.【解析】　粒子受电场力方向向左，粒子带正电，故场强向左，B错D对；一条电场线无法判断场强大小，故A错；粒子从A点到B点，电场力做负功，A点速度大于B点速度，C错．【答案】　D4.【解析】　U1＝，E1＝.当板间距变为d时，由C＝可知电容变为2C，而带电荷量也变为2Q，故U2＝＝U1，E2＝＝2＝2E1，故C选项正确．【答案】　C 5.【解析】　设进入偏转场时的速度为v0，偏转极板长为L，两板间距为d，则由U1q＝mv，t＝，vy＝·t，tan θ＝，知：tan θ＝，故选项B正确．【答案】　B 6.【解析】　两同种电荷靠近时要克服电场斥力做功，系统的电势能增大；两异种电荷靠近时，电场引力做正功，系统的电势能减少．由此判断A、B正确，C、D错误．【答案】　AB 7.【解析】　由于场强是矢量，A对；若正电荷具有初速度，只在电场力作用下，不一定从高电势点向低电势点运动，B错；电势具有相对性，零电势点是可任意选取的，故C对；初速为零的正电荷若在电场线不为直线的电场中，只在电场力作用下，其将不沿电场线运动，故D错．【答案】　AC 8.【解析】　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．【答案】　BD 9.【解析】　因为等势线越密处的场强越大，Ea大于Eb；由曲线运动的特点可知，带电粒子所受电场力必指向轨迹内侧，且垂直于等势面，故粒子从a点到b点过程中，电场力做负功，va大于vb.仅由题给的条件不能判断带电粒子的电性以及a点和b点的电势高低． 【答案】　大于　不能比较　大于 10.【解析】　由于场强方向向下，A球带负电受到向上的电场力．B球带正电受到向下的电场力，且m1<m2，故系统必沿顺时针方向转动，则电场力对A球做正功W1＝q1El/2，对B球做正功W2＝q2El/2，总功为W＝W1＋W2＝(q1＋q2)El/2.此过程中两球重力所做总功W′＝m2g－m1g，由动能定理可知此时两球的总动能为Ek＝W＋W′＝[(q1＋q2)E＋(m2－m1)g]. 【答案】　　 11.【解析】　(1)根据E＝得M点的场强 E＝9.0×109×＝100 N/C. (2)电荷q从M点移到N点，电场力做功 WMN＝qUMN＝－2×10－10×15 J＝－3×10－9 J. 这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J. 【答案】　(1)100 N/C　(2)电势能增加了3×10－9 J 12.【解析】　 电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B板的O点．其他电子打在以O点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B板上的N点，且距O点最远． 电子竖直方向上的分运动O＝v0t① 水平方向上的分运动d＝·t2② 将v0＝107 m/s，e＝1.6×10－19 C， m＝9.1×10－31 kg，E＝3.64×104 N/C， d＝2×10－2 m代入①②求得O＝2.5×10－2 m＝2.5 cm. 即电子打在B板上的范围是以O为圆心，以2.5 cm为半径的圆面． 【答案】　以O为圆心，以2.5 cm为半径的圆面 13.【解析】　(1)分析水平方向的分运动有： v＝2aL＝，所以E＝. (2)A与O之间的电势差 UAO＝E·L＝ . (3)设小球落地时的动能为EkA，空中飞行的时间为t， 分析水平方向和竖直方向的分运动有：v0＝·t，vA＝gt，EkA＝mv 解得：EkA＝. 【答案】　(1)　(2) 　(3) 14.【解析】　(1)两个小球处于电场中时，2qE＝4mg 解得E＝. (2)设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得4mg·2L－qE(L＋2L)＝·4mv 解得v1＝ (3)设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v， 对整个杆及整个过程应用动能定理：4mg·5L－4·qE·2L＝×4mv2 解得v＝. 【答案】　(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $