高中电势差一课一练

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基础练习
题组一 对电势差的理解
1.(2025江苏泰州期中)对于电场中A、B两点,下列说法中正确的是( )
A.电势差的定义式为UAB=WABq,说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比
B.A、B两点间的电势差是恒定的,不随零电势点的不同而改变,且UAB=-UBA
C.把负电荷从A点移动到B点,电场力做正功,则有UAB>0
D.A、B两点间的电势差UAB等于把单位电荷q从A点移动到B点时静电力所做的功
题组二 电势差与静电力做功、电势的关系
2.(2026山东潍坊第一中学开学考)在电场中,A、B两点间的电势差UAB=75 V,B、C两点间的电势差UBC=-200 V,则A、B、C三点的电势高低关系为( )
A.φA>φB>φC B.φAφB D.φC>φB>φA
3.(多选题)(2026黑龙江哈尔滨第十二中学月考)电场中有A、B、C三点,将电荷量q=1.0×10-9 C的试探电荷放在A点,所受的电场力FA=8×10-8 N。将该电荷从A点移动到B点,电场力做功WAB=-4.0×10-8 J,从B点移动到C点,电势能减少了ΔEp=6.0×10-8 J,设C点的电势φC=0 V,则下列说法正确的是( )
A.A、B两点间的电势差为UAB=40 V
B.A点的电场强度大小EA=80 N/C,与放入的试探电荷无关
C.A、B、C三点的电势大小关系为φA>φB>φC
D.该试探电荷在A点的电势能为EpA=2.0×10-8 J
4.(多选题)(2026湖北荆州中学月考)如图所示,带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是( )
A.O、B间的距离l=3kq2mg
B.O、B间的距离l=3kq23mg
C.从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs
D.A、C之间的电势差UAC=-mgs2q
题组三 等势面的特点
5.(教材习题改编)某电场的等势面如图所示,下列关于该电场的描述正确的是 ( )
A.A点的电场强度比C点的小
B.负电荷在A点的电势能比在C点的大
C.电荷沿等势面AB移动的过程中,电场力始终不做功
D.正电荷由A移动到C,电场力做负功
6.(2026广东中山华辰实验中学月考)某棵大树被雷电击中,此时以大树为中心的地面上形成了电场,该电场中三个等势面分布及电场中M、N两点的位置如图所示,虚线是一组同心圆,M、N两点在同一半径上。元电荷e=1.6×10-19 C。下列说法正确的是( )
A.M点比N点电势低
B.电场强度的方向由N点指向M点
C.M、N两点间的电势差为50 kV
D.电子由M移到N点,电场力做功8×10-15 J
题组四 几种典型电场的等势面分布及应用
7.(多选题)(2026河南焦作模拟)如图所示是两个带电体周围的电场线和等势线分布示意图,图中的图线具有对称性,下列叙述正确的是( )
A.实线表示等势线,虚线表示电场线
B.两个带电体都带正电,且带电荷量相同
C.等势线在两带电体的连线中点相交
D.A点电势高于B点,A点场强大于B点
8.(2026陕西宝鸡质量检测)如图所示,三条虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面,一带电粒子仅受电场力作用,沿实线路径运动,A、B、C、D、G是该带电粒子运动轨迹与等势面的交点,下列说法正确的是( )
A.该带电粒子带负电
B.场源电荷带正电
C.该带电粒子在B、G两点处的动能不同
D.带电粒子在D点的加速度小于在G点的加速度
9.(多选题)(2026河南洛阳六校联考期中)两个等量异种点电荷P、Q的部分等差等势面如图所示,选取无限远处电势为零,e为元电荷,据此可知( )
A.点电荷Q可能为正电荷
B.Ufh=-10 V
C.将带电荷量为e的负试探电荷从A点移动到B点,电场力做功-10 eV
D.带电荷量为2e的正试探电荷在B点的电势能为10 eV
10.(2026辽宁朝阳月考)空间中有一范围足够大的匀强电场,图中虚线表示匀强电场的等势面,相邻两条虚线之间的距离为d。一电子经过b时的动能为8 eV,从a到f的过程中克服电场力所做的功为8 eV,规定平面c的电势为零,则下列说法正确的是( )
A.电场强度的方向水平向左
B.a、b之间的电势差为Uab=-2 V
C.该电子在电场中具有的总能量为5 eV
D.该电子经过等势面a时的动能为10 eV
能力提升练
题组一 电场线、等势线与轨迹的综合问题
1.(2026河南省实验中学月考)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示,a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则( )
A.a、b、c、d中,a点电场强度最小
B.a、b、c、d中,d点电场强度最大
C.一个电子从b点移动到c点,电场力做功为2 eV
D.一个电子从a点移动到d点,电势能增加了4 eV
2.(2025广东湛江模拟)如图所示,水平虚线为某匀强电场的等势面,电势分别为10 V、20 V和30 V,实线是某带电粒子在电场中运动的轨迹。不计带电粒子的重力,则该粒子( )
A.带负电
B.从a到b,速度在减小,加速度在增大
C.在a、b、c三点的电势能大小关系为EpaφC,C错误。根据Ep=qφ,可得该试探电荷在A点的电势能为EpA=qφA=2.0×10-8 J,D正确。
4.AD (1)“滑到与小球等高的B点时加速度为零”→小滑块在B点时所受合力为零。对小滑块在B点受力分析,利用平衡条件解题。
(2)“滑到C点时速度为零”→小滑块从A到C的过程,初、末动能为零,可利用动能定理解题。
在B点处对小滑块受力分析,如图所示,此时小滑块所受合力为零,则mg tan 30°=F电,其中F电=kq·ql2,联立解得l=3kq2mg,故A正确,B错误;对于小滑块从A到C的过程,由动能定理可得WG+W电=ΔEk=0,其中WG=mgs sin 30°,解得W电=-WG=-mgs2,故C错误;根据静电力做功与电势差的关系可知A、C之间的电势差UAC=W电q=-mgs2q,故D正确。
5.C A点处的等差等势面比C点处的密集,则A点的场强比C点的大,A错误;负电荷在高电势处的电势能小,在低电势处的电势能大,则负电荷在A点的电势能比在C点的小,故B错误;点电荷沿着等势面移动,电荷的电势能不变,电场力不做功,故C正确;正电荷由A移动到C,由高电势处移到低电势处,电势能减小,则电场力做正功,故D错误。
6.C 由题图可知φM=-300 kV,φN=-350 kV,φM>φN,即M点比N点电势高,A错误;根据电场线与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面,可得电场强度的方向由M点指向N点,故B错误;M、N两点间的电势差为UMN=φM-φN=-300 kV-(-350 kV)=50 kV,故C正确;电子由M点移到N点,电场力做功为W=-eUMN=-1.6×10-19×50×103 J=-8×10-15 J,故D错误。
7.BD 电场强度是矢量,既有大小又有方向,所以带箭头的实线表示电场线;等势线是电势相同的点构成的线,电势是标量,没有方向,故虚线表示等势线,A错误。因为图中的电场线和等势线均具有对称性,两带电体无法区分其差异,即带同种等量电荷,电场线从正电荷处发出,所以它们带正电,故B正确。等势线不相交,故C错误。沿着电场线方向电势逐渐降低,所以A点电势高于B点电势;电场线越密的位置场强越大,所以A点场强大于B点场强,故D正确。
8.A
由电场线和等势面的关系,大致画出电场线;根据曲线运动的轨迹与受力的关系画出C点处电场力的方向,如图:
根据画出的电场线的方向可得产生电场的场源电荷带负电(点拨:负点电荷的电场线由无穷远处指向负点电荷);带电粒子的运动轨迹向下弯曲,电场力方向沿电场线向下,可知带电粒子受到斥力作用,故带电粒子带负电,A正确,B错误;由图可知,B、G两点在同一等势面上,UBG=0,故带电粒子从B运动到G电场力做功为0,即在B、G两点的动能相同,C错误;根据等差等势面越密集的位置场强越大,可知D点的电场强度大于G点的电场强度,根据F=qE=ma,可得带电粒子在D点的加速度大于在G点的加速度,D错误。
9.BD 等量异种点电荷的等差等势面及电场线大致如图所示,可知点电荷P为正点电荷,Q为负点电荷,A错误;由两个等量异种点电荷电场的对称性可知,等势面f的电势为-20 V,等势面g的电势为-15 V,等势面h的电势为-10 V,等势面i的电势为-5 V,则有Ufh=φf-φh=-20 V-(-10 V)=-10 V,B正确;A、B两点的电势差为UAB=φA-φB=-5 V-5 V=-10 V,则带电荷量为e的负试探电荷从A点移动到B点,电场力做功为W=-eUAB=10 eV,故C错误;带电荷量为2e的正试探电荷在B点的电势能为EpB=2e×5 V=10 eV,故D正确。
10.D 电子从a到f的过程中克服电场力所做的功为8 eV,即Waf=-eUaf=-8 eV,则可得Uaf=8 V,电场线与等势面垂直,且由高电势指向低电势,可知电场强度的方向水平向右,故A错误;a、b之间的电势差为Uab=14Uaf=2 V,B错误;规定平面c的电势为零,根据Ubc=Uab=2 V=φb-0,可得φb=2 V,电子在b的电势能为Epb=-eφb=-2 eV,则该电子在电场中具有的总能量为E=Ekb+Epb=8 eV-2 eV=6 eV,C错误;根据Uac=2Uab=4 V=φa-0,得φa=4 V,电子在a的电势能为Epa=-eφa=-4 eV,根据能量守恒有E=Eka+Epa=6 eV,解得该电子经过等势面a时的动能为Eka=E-Epa=10 eV,故D正确。
能力提升练
1.C 根据等差等势线越密集的位置电场强度越大,可知a、b、c、d中,a点的电场强度最大,c点的电场强度最小,故A、B错误;一个电子从b点移动到c点,电场力做功为Wbc=-eUbc=-e(φb-φc)=2 eV,故C正确;一个电子从a点移动到d点,电场力做功为Wad=-eUad=-e(φa-φd)=4 eV,则电势能减少4 eV(点拨:电场力做的功等于电势能的减少量),故D错误。
2.C 根据“电场线与等势面垂直”且“沿着电场线方向电势降低”,可知该电场的场强方向竖直向上;结合带电粒子的轨迹向上弯曲,可知电场力方向竖直向上,则粒子带正电,故A错误。从a到b电场力对带电粒子做负功,动能减小,则速度减小;由于是在匀强电场中,带电粒子的加速度不变,故B错误。正电荷在电势越高的地方电势能越大,故C正确。电荷不一定是从a点经b点运动到c点,也可以反过来运动,D错误。
3.CD
由于电场线垂直于等势面,带电粒子(电子)所受的电场力沿电场线的切线方向,且指向轨迹的凹侧,结合电子带负电,所受电场力方向与场强方向相反,可画出电场线的分布情况,如图所示。
由电场线的分布看,电子透镜的电场不可能是两个等量异种点电荷产生的,故A错误;根据画出的电场线的分布情况,结合“沿着电场线的方向电势逐渐降低”,可得a点的电势低于b点的电势,故B错误;根据Ep=φq可知,电子在a点的电势能大于在b点的电势能,若该电子从a向b运动,电势能减小,电场力做正功,电子的动能增加,则电子在a点的动能小于在b点的动能,故C、D正确。
4.BC
(1)“杆与水平面的夹角θ为30°”“∠CBN=30°”→△ABN为等边三角形,NB=AB,A点电势与N点电势相等。
(2)“BM与AC垂直”→圆环在M点所受的电场力垂直于AC,其加速度由圆环所受重力沿杆向下的分力提供。
圆环所受的电场力F电=kQqr2,随着圆环下滑,电场力在不断发生改变,所以圆环受到的合外力在不断改变,圆环不可能一直做匀加速运动,A错误;圆环在M点的加速度由圆环所受重力沿杆向下的分力提供,大小为a=mgsinθm=g sin θ=g2,B正确;由几何关系知NB=AB,故A点电势与N点电势相等,圆环从A到C过程,由动能定理可得12mv2-0=mgL sin θ+qUAC,解得UAC=12mv2-mgLsinθq=m(v2-gL)2q,结合φA=φN,所以UAC=UNC=m(v2-gL)2q,C正确,D错误。
5.B 由题图乙可知,随高度的增加,小球的机械能、动能均减少,由功能关系可知,电场力做负功,又因为电场力方向与等势面垂直,故电场力方向竖直向下,则小球动能随高度减小得更快(破题关键),故上方图线为小球的动能随高度变化关系图线,则小球抛出时的初动能Ek0=4E0,根据Ek0=12mv02,可得初速度大小v0=22E0m,A错误;由A选项分析可知,下方图线为机械能随高度变化关系图线,则小球抛出时的机械能3E0=4E0+Ep0,故小球抛出时的重力势能为Ep0=-E0,C错误。对于小球从等势面D运动到等势面A的过程,根据动能定理有0-4E0=-F合·3d=-(mg+qE)·3d,根据功能关系有3E0=qE·3d,解得E=E0qd=3mgq,则上升过程中小球的加速度大小为a=mg+qEm=4g,故B正确,D错误。
6.答案 (1)20 N/C,方向水平向右 (2)240 V
(1)“整个区域存在着水平方向的电场”“AB段光滑”“到达B点时速度最小”→小滑块在AB段的加速度由水平方向的电场力提供,电场力方向水平向左。
(2)“小滑块从A点以初速度vA=2 m/s向右运动”“到达C点时速度vC=4 m/s”“BC段与滑块之间的动摩擦因数μ=0.2,且长度lBC=3 m”→小滑块从A点到C点的过程,电场力和摩擦力做功,利用动能定理列式WAC+Wf=12mvC2-12mvA2求解。
(3)“图中虚线是曲线在t=0时的切线”→利用v-t图线的斜率求出小滑块在A点的加速度。
解析 (1)根据v-t图线的斜率表示加速度,可得滑块在A点的加速度为a=-1 m/s2
在A点,滑块在水平方向只受水平向左的电场力作用,由牛顿第二定律得a=-|q|EAm
解得EA=20 N/C
由于小滑块带负电,可知场强方向与电场力方向相反,场强方向水平向右
(2)小滑块从A点到C点的过程,根据动能定理,有
WAC-μmglBC=12mvC2-12mvA2
解得WAC=24 J
又WAC=qUAC=q(φA-φC)
由题意可知φA=0
解得φC=240 V
7.答案 (1)kQ4d2 (2)mv02-2mgd2q (3)2v0
解析 (1)点电荷A在O点处产生的电场强度大小EA=kQr2
根据几何关系有r=d2+(3d)2=2d
设点电荷A在O点处产生的电场方向与竖直方向的夹角为θ,根据场强的叠加原理可知E=2EA cs θ
根据几何关系可知cs θ=12,解得E=kQ4d2
(2)小球从C点运动到O点的过程中,根据动能定理有WCO+mgd=12mv02
C、O两点间的电势差UCO=WCOq
解得UCO=mv02-2mgd2q
(3)根据等量异种点电荷电场分布的对称性可知
UOD=UCO
小球从O点运动到D点的过程中,根据动能定理有qUOD+mgd=12mv2-12mv02,解得v=2v0