寒假作业(二) 电势能、电势差、电势差与电场强度的关系-【步步维赢·优练必刷】2025-2026学年高二物理寒假作业

高二物理寒假作业（二） =知一识点记 1.判断电势能大小的几种方法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公 公式法 式Ep=qg,正Ep的值越大，电势能越 大；负Ep的绝对值越大，电势能越小 正电荷在电势高的地方电势能大 电势法 负电荷在电势低的地方电势能大 静电力做正功，电势能减小 做功法 静电力做负功，电势能增大 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动 能量守 能和电势能相互转化，动能增大，电势能减 恒法 小：反之，动能减小，电势能增大 2.对电场力做功公式WAB=qUAB的理解 (1)公式WAB=qUAB适用于任何电场， UAB为电场中A、B两点间的电势差。 (2)公式中各量均有正负，计算中W和U 的角标要相互对应，即WAB=qUAB,WA =qUm. 3.关于场强E的几个表达式 公式 适用范围 说明 E-E 定义式，q为试探 任何电场 电荷的电量 Q为场源电荷的电 E-kQ 真空中点电荷 量，E表示与点电 2 形成的电场 荷相距r处的某点 的场强 U为沿电场线方向 E-U 匀强电场 上相距为d的两点 间的电势差 电势能、电势差、电势差 与电场强度的关系 精典题练 1.如图所示，A、B、C为电 场中同一电场线上的三ACB一E 点.设电荷在电场中只受电场力作用，则 下列说法正确的是 ( A.若在C点无初速度地释放正电荷，则 正电荷向B点运动，电势能减少 B.若在C点无初速度地释放正电荷，则 正电荷向A点运动，电势能增加 C.若在C点无初速度地释放负电荷，则 负电荷向A点运动，电势能增加 D.若在C点无初速度地释放负电荷，则 负电荷向B点运动，电势能减少 2.关于静电场，下列说法正确的是() A.负电荷沿电场线方向移动时，电势能 增大，电势降低 B.负电荷沿电场线方向移动时，电势能 减小，电势降低 C.电场强度大的位置电势一定高，电场 强度小的位置电势一定低 D.电场强度为零的点，电势一定为零 3.如图所示，实线表示一 0.6V 0.4V 簇关于x轴对称的等势 ,0.2V 面，在x轴上有A、B两 点，则 ( ) A.A点场强小于B点场强 B.A点场强方向指向x轴负方向 C.A点场强大于B点场强 D.A点电势低于B点电势 4.下列关于电势差和电场力做功的说法， 正确的是 A.电势差是矢量，电场力做的功是标量 B.在两点间移动电荷，电场力不做功，则 两点间的电势差为零 C.在两点间被移动的电荷的电荷量越 少，则两点间的电势差越大 D.在两点间移动电荷时，电场力做正功， 则两点间的电势差大于零 5.如图所示为某静电 场等势面的分布，电 量为1.6×109C -40V-30y-20y-10y 的正点电荷从A点经B、C两点到达D 点，从A至D,电场力对电荷做的功为 ( A.4.8×108J B.-4.8×108J C.8.0×10-8J D.-8.0×10-8J 6.如图所示，在某电场中画 出了三条电场线，C点是 A、B连线的中点.已知A 点的电势为9A=30V,B 点的电势为9B=一20V,则下列说法正 确的是 ·5 A.C点的电势pc=5V B.C点的电势pc>5V C.C点的电势oc<5V D.负电荷在A点的电势能大于在B点 的电势能 7.（多选)若在某电场中将5.0×108C的 电荷由A点移到B点，静电力做功6.0 ×103J,则 () A.A、B两点间的电势差为1.2×105V B.A、B两点间的电势差为3.0×1010V C.若在A、B两点间移动2.5×108C的 电荷，则静电力做功3.0×103J D.若在A、B两点间移动1.0×107C的 电荷，则静电力做功3.0×1017J 8.(多选)如图所示，在电场中。。一 任意取一条电场线，电场线上的a、b两点 相距为d,则 ( ) A.a点的场强一定大于b点的场强 B.a点的电势一定高于b点的电势 C.a、b两点间的电势差一定等于Ed(E 为a点的场强) D.a、b两点间的电势差在数值上等于单位正 电荷由α点沿任意路径移动到b点的过 程中电场力所做的功 9.将带电荷量为6×106C的负电荷从电场 中的A点移到B点，克服电场力做了3× 105J的功，再从B点移到C点，电场力 做了1.2×105J的功，则电荷从A点移 到B点，再从B点移到C点的过程中，电 势能 ;如果规定A点的电势能为 零，则该电荷在B点和C点的电势能分别 为 10.如果把电荷量为q=1.0×108C的电 荷从无限远处移到电场中的A点，需要 克服静电力做功W=1.2×104J, 那么： (1)q在A点的电势能和A点的电势各 是多少？ ·6 (2)q未移入电场前，A点的电势是 多少？F,-kQq,F:-qE. +9 由于F1=F2,所以qE=k E 0 g,E=69, +0 正电荷所受静电力方向与 E 场强方向相同，故匀强电 E 场方向沿db方向. (2)试探电荷放在c点，有： E-√E+E-2E-2k是， 所以F.=gE.=2k9,方向与ac方向成45°角 斜向下 (3)试探电荷放在b,点：E。=E2十E=2E= 269. 所以R=g6=29,方向沿d0方向。 答案：I)9 方向沿db方向 (22kg 方向与ac方向成45°角斜向下 (3)29 方向沿db方向 10,解析：91在O点的场强大小为E,=k1 ()2 3×10N/C,方向由O指向B;-q2在O点的 场强大小为E,=k92=2.4×10N/C,方 向由O指向B.设感应电荷在O点处产生的场 强大小为E3,由静电平衡条件知E3=E1十E2 =5.4×105N/C,方向由O指向A. 答案：5.4×10N/C,方向由O指向A 高二物理寒假作业（二）电势能、电势差、电势差 与电场强度的关系 1.A若在C点无初速度地释放正电荷，正电荷所受 电场力向右，则正电荷向B点运动，电场力做正 功，电势能减少；若在C点无初速度地释放负电荷， 负电荷所受电场力向左，则负电荷向A点运动，电 场力做正功，电势能减少 2.A负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负 功，电势能增加，由g-号可知电势降低，故A 9 ·4 正确，B错误；电场强度与电势没有直接的关 系，则电场强度大的位置电势不一定高，电场强 度小的位置电势不一定低，电场强度为零的点， 电势可能为零，也可能不为零，故C、D错误. 3.A由电场线与等势面 0.6￥ 0.4V .0V 的关系可知，电场线一定 0.2V 与等势面垂直，且从电势 较高的等势面指向电势 较低的等势面，作出相对 应的电场线分布，如图所 示，可知A、B两点处的场强方向应与x轴同向，由 电场线的疏密可知，A点处的场强E小于B点处 的场强EB,A正确. 4.B电势差是标量，其正、负号不表示方向，故A 错误；两点间的电势差与被移动电荷的电荷量 无关，故C错误；若在两点间移动负电荷时，电 场力做正功，则这两点间电势差为负值，故D错 误，只有B正确. 5.B由于电场力做功只与初、末位置的电势差有 关，与路径无关，所以从A到D,或从A经B、C 到D,电场力做功为W=qU如=1.6×109C× (-40V+10V)=-4.8×10-8J,B正确， 6.C从电场线的分布情况可以看出9A一9c>pC 一PB,所以有Pc<5V,C正确，A、B错误；因为 负电荷在电势高的地方电势能较小，所以D 错误. 7.AC由公式W=gU可得，电势差U=W= 5.0×10V=1.2×10V,选项A正确，选项 6.0×108 B错误；若移动2.5×108C的电荷，静电力做 功W2=q2U=2.5×10-8×1.2×105J=3.0× 103J,选项C正确；若移动1.0×107C的电 荷，静电力做功W3=qU=1.0×10-7×1.2× 105J=1.2×10-2J,选项D错误. 8.BD场强方向不能表示场强大小，A项错误； 沿场强方向电势降低，B项正确；因为此电场不 一定是匀强电场，C项错误；由电势差的定义知 D项正确. 9.解析：WAc=WAB十Wx=(一3X105+1.2X 10-5)J=-1.8×10-5J. 可见电势能增加了1.8×105J.如果规定A点 的电势能为零，由公式得该电荷在B,点的电势 6 能为EB=EA一WB=0-WAB=3X10-5J. 同理，C点的电势能为Ec=EA一WA=0一 Wc=1.8×105J. 答案：增加了1.8×105J3×105J1.8× 105J 10.解析：(1)静电力做负功，电势能增加，无限远 处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为 零，即p=0,Epo=0. 由WA=E一EM得EA=E∞一WA=0 (-1.2×10-4J)=1.2×10-4J. 再由9x-号得e=1.2X10V。 (2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点 是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A 点的电势仍为1.2×101V. 答案：(1)1.2×10-4J1.2×10V (2)1.2×10V 高二物理寒假作业（三）电容器、带电粒子 在电场中的运动 1.C电容器保持和电源连接，电压U一定，在平 行板电容器中插入电介质，由C=S 4ra知电容 增大，由C=吕知常电荷量增加，电容器元电， 电路中有由b到a方向的电流通过电流计，故A 错误.减小平行板电容器两极板间的距离，由C 下心知电容增大·由C三号知带电荷量增加 电容器充电，电路中有由b到a方向的电流通 过电流计，故B错误.减小平行板电容器两极板 的正对百款，由C一如电容成小，由C-是 知带电荷量减小，电容器放电，电路中有由a到b 方向的电流通过电流计，故C正确.同理，D错误. 2.B带正电的粒子从O点向A点运动过程中， 电场线先变疏再变密，电场强度先变小后增大， 故电场力和粒子的加速度也是先变小后变大，B 正确；粒子从)向A运动，一直加速，但加速度 先变小后变大，其速度一时间图象的斜率也是 先变小后变大，A错误；从O到A,电场强度先 变小后变大，单位长度上的电势降落也应是先 变小后变大，C错误；根据E=)m心=Fx,知 Ek一x图象的斜率为力F,从O到A粒子所受 ·4 的电场力先减小后增大，故Ek一x图象的斜率 也应是先减小后增大，D错误. 3.C粒子在电场中做类平抛运动，由匀变速直线 运动规律九=24d以及牛频第二定律a=阳， n 可知a粒子的比荷一定大于b粒子的比荷，故 选项A、B、D错误，选项C正确. 4.D平行板电容器电容的表达式为C=S 4πkd,将 极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容 C变小.由于极板间电压不变，据Q=CU知，极 板上的电荷量变小.再考虑到极板间电场强度 E=号由于U,d不交，所以极板间电场强度不 变，选项D正确. 5.C电子在两极板间做类平抛运动，水平方向 =1=品，竖直方向d=2ai- 2ndu,故 即dc故C正确) 6.C加速电场中qU=2mw,匀强磁场中Bg mR即R=贺，由质量之比和电荷量之比可得 U。:H=√1：2，R。:RH=V√2：1，再由圆周运 动中T=2R,最终可得T。:Tm=2:1. 7.C粒子从进入金属板间至到达N板的过程 中，由动能定理得一gEd=0-2mw,所以带 电粒子离开M板的最远距离为d二E,设改 变条件后带电粒子离开M板的最远距离为x, 若电压提高为原来的2倍，则金属板间的电场 强度也为原来的2倍，则x=号故C正确，结合 上面分析可知，若使初速度减小为原来的，则 x=A错误.若电压提高为原来的4倍，则金 属板间的电场强度也为原来的4倍，则x=④， 4 1 故B错误，若初速度减小为原来的2，电压变为 原来的2倍，则x=8,D错误。