1．對(duì)于電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．電勢(shì)差的定義式UAB＝WABq，說(shuō)明兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB與電場(chǎng)力做功WAB成正比，與移動(dòng)電荷的電荷量q成反比
B．把正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，則有UAB>0
C．電勢(shì)差的定義式中，UAB與移動(dòng)電荷的電荷量q無(wú)關(guān)
D．電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB等于把正電荷q從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做的功
解析：選BC.根據(jù)電勢(shì)差的定義，電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于將單位正電荷從一點(diǎn)移到另一點(diǎn)時(shí)靜電力所做的功，僅由電場(chǎng)及兩點(diǎn)的位置決定，與移動(dòng)的電荷量及做功的多少無(wú)關(guān)，即U＝Wq也是比值定義式，故應(yīng)選B、C.
2．(2011年安徽省兩地三校高二聯(lián)考)一個(gè)帶正電的質(zhì)點(diǎn)，電荷量q＝2.0 ×10－9C，在靜電場(chǎng)中由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，在這過(guò)程中，除靜電力外，其他力做的功為6.0×10－5 J，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加了8.0×10－5 J，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為( )
A．3.0×104 V B．1.0×104 V
C．4.0×104 V D．7.0×104 V
解析：選B.由動(dòng)能定理，外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體動(dòng)能的增量，得電場(chǎng)力對(duì)物體做的功W＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J．由W＝q(φa－φb)得φa－φb＝W/q＝1×104 V，所以只有B對(duì)．
3．(2011年海淀區(qū)高二質(zhì)量檢測(cè))如圖1－5－5所示，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等．一個(gè)正電荷在等勢(shì)面L3處的動(dòng)能為20 J，運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面L1處時(shí)動(dòng)能為零；現(xiàn)取L2為零電勢(shì)參考平面，則當(dāng)此電荷的電勢(shì)能為4 J時(shí)，它的動(dòng)能為(不計(jì)重力及空氣阻力)( )
圖1－5－5
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
解析：選C.正電荷在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力的作用，在L3時(shí)，動(dòng)能為20 J，運(yùn)動(dòng)到L2等勢(shì)面時(shí)其動(dòng)能一定是10 J，此時(shí)電勢(shì)能為零，則此正電荷動(dòng)能和電勢(shì)能總和為10 J．當(dāng)它的電勢(shì)能為4 J時(shí)，動(dòng)能為6 J．所以C正確．
4．如圖1－5－6所示，三個(gè)等勢(shì)面上有a、b、c、d四點(diǎn)，若將一正電荷由c經(jīng)a移到d，電場(chǎng)力做正功W1，若由c經(jīng)b移到d，電場(chǎng)力做正功W2，則( )
圖1－5－6
A．W1>W2 φ1>φ2
B．W1<W2 φ1<φ2
C．W1＝W2 φ1<φ2
D．W1＝W2 φ1>φ2
解析：選D.由W＝Uq可知，W1＝W2.
由Wc d＝Uc d•q，Wc d>0，q>0，可知Uc b>0，
故φ1>φ2>φ3，正確．
5. (2011年北京東城區(qū)模擬)如圖1－5－7所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一點(diǎn)電荷q＝4×10－8 C沿半徑R＝20 c的圓周，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，已知∠AOB＝90°，求：
圖1－5－7
(1)這一過(guò)程電場(chǎng)力做的功是正功還是負(fù)功？做功多少？
(2)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB.
解析：(1)∵φB>φA，故將正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功．W＝－qE•R＝－9.6×10－7 J.
(2)UAB＝Wq＝－ER＝－24 V.
答案：(1)負(fù)功 9.6×10－7 J (2)－24 V
一、選擇題
1．在電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB＝75 V，B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UBC＝－200 V，則A、B、C三點(diǎn)電勢(shì)高低關(guān)系為( )
A．φA>φB>φC B．φA<φC<φB
C．φC>φA>φB D．φC>φB>φA
解析：選C.UAB＝75 V表示φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三點(diǎn)電勢(shì)高低為φC>φA>φB，選C.
2．在靜電場(chǎng)中，將一電子從a點(diǎn)移至b點(diǎn)，靜電力做功5 eV，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是( )
A．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定由b到a
B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差是5 V
C．電子的電勢(shì)能減少了5 eVw
D．因電勢(shì)零點(diǎn)未確定，故不能確定a、b間的電勢(shì)差
解析：選ABD.電子在移動(dòng)過(guò)程中靜電力做正功，說(shuō)明電勢(shì)升高，電子的電勢(shì)能減少，因此B錯(cuò)誤；C正確；由于電場(chǎng)線方向不一定沿ab連線方向，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)中兩點(diǎn)間電勢(shì)差為確定的數(shù)值．與電勢(shì)零點(diǎn)的選擇無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤．
3．一電子飛經(jīng)電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)，電子在A點(diǎn)電勢(shì)能為4.8×10－17 J，動(dòng)能為3.2×10－17 J，電子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能為3.2×10－17 J，如果電子只受電場(chǎng)力作用，則( )
A．電子在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為4.8×10－17 J
B．由A到B電場(chǎng)力做功為100 e V
C．電子在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.6×10－17 J
D．A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差為－100 V
解析：選ABD. 因只有電場(chǎng)力做功，電子的電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，故有EkA＋EpA＝EkB＋EpB，可得出EkB＝4.8×10－17 J，A正確C錯(cuò)誤；電勢(shì)能減少了4.8×10－17J－3.2×10－17 J＝1.6×10－17 J，故由A到B電場(chǎng)力做正功1.6×10－17 J＝100 eV，B正確；由100 eV＝UAB(－e)得：UAB＝－100 V，故D正確．
4．如圖1－5－8所示，在豎直紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為、帶電荷量為－q的小球在一恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動(dòng)至B.已知力F和AB間夾角θ＝60°，AB間距離為d，且F＝g.則( )
圖1－5－8
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝Fq
B．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差大小為 Fd2q
C．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中電勢(shì)能增加了32gd
D．電場(chǎng)方向與F方向關(guān)于AB對(duì)稱
解析：選AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且?jiàn)A角為120°，根據(jù)小球做勻速運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可判斷電場(chǎng)力方向與豎直方向夾角為60°向左，大小等于F，即g＝qE＝F.從A到B過(guò)程中，電場(chǎng)力做功WAB＝Eq•dcos 60°＝Fd2，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB＝WABq＝Fd2q.
5. (2011年興義市高二上學(xué)期月考)如圖1－5－9所示，平行線代表電場(chǎng)線，但未標(biāo)明方向，一個(gè)帶正電、電荷量為10－6 C的微粒在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力作用，當(dāng)它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少了10－5 J，已知A點(diǎn)的電勢(shì)為－10 V，則以下判斷正確的是( )
圖1－5－9
A．微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線1所示
B．微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線2所示
C．B點(diǎn)電勢(shì)為零
D．B點(diǎn)電勢(shì)為－20 V
解析：選AC.因微粒僅受電場(chǎng)力作用，且由A點(diǎn)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少，故電場(chǎng)力做負(fù)功，電場(chǎng)力的方向水平向左，軌跡應(yīng)為虛線1所示，A正確，B錯(cuò)誤；由WAB＝UAB•q＝－10－5 J，可得：UAB＝－10 V，由UAB＝φA－φB，可得φB＝φA－UAB＝0 V，故C正確，D錯(cuò)誤.
6.如圖1－5－10所示，水平固定的小圓盤A，其帶電荷量為Q，電勢(shì)為零，從圓盤中心O處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為、帶電荷量為＋q的小球，由于電場(chǎng)的作用，小球豎直上升的高度可達(dá)圓盤中心豎直線上的c點(diǎn)，O到 c之間距離為h而到圓盤中心豎直線上的b點(diǎn)時(shí)，小球速度最大，因此可知在Q所形成的電場(chǎng)中，可以確定的物理量是( )
圖1－5－10
A．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) B．c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)
C．b點(diǎn)電勢(shì) D．c點(diǎn)電勢(shì)
解析：選AD.速度最大時(shí)加速度為零，由b點(diǎn)速度最大可知qEb＝g，所以Eb＝gq，由c點(diǎn)速度為零可知：gh＝－qφc，所以φc＝－ghq.
7．如圖1－5－11所示，帶正電的點(diǎn)電荷固定于Q點(diǎn)，電子在庫(kù)侖力作用下，做以Q為焦點(diǎn)的橢圓運(yùn)動(dòng)．、P、N為橢圓上的三點(diǎn)，P點(diǎn)是軌道上離Q最近的點(diǎn)．電子在從點(diǎn)經(jīng)P到達(dá)N點(diǎn)的過(guò)程中( )
圖1－5－11
A．速率先增大后減小
B．速率先減小后增大
C．電勢(shì)能先減小后增大
D．電勢(shì)能先增大后減小
解析：選AC.電子所受庫(kù)侖力為引力，從到P再到N，電子和正點(diǎn)電荷之間的距離先減小再增大，庫(kù)侖力先做正功再做負(fù)功，電勢(shì)能先減小再增加，動(dòng)能先增加再減小，速率先增加再減小，A、C選項(xiàng)正確，B、D選項(xiàng)錯(cuò)誤．新標(biāo)第一網(wǎng)
8．如圖1－5－12所示，質(zhì)量為、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從A點(diǎn)豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過(guò)電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速率vB＝2v0，方向與電場(chǎng)的方向一致，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為( )
圖1－5－12
A.v202q B.3v20q
C.2v20q D.3v202q
解析：選C.粒子在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有
2gh＝v20.
電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功，使粒子的動(dòng)能由12v20變?yōu)?v20，則根據(jù)動(dòng)能定理，有
Uq－gh＝2v20－12v20，
解方程得A、B兩點(diǎn)電勢(shì)差應(yīng)為2v20q，應(yīng)選C.
9.如圖1－5－13所示，a、b和c分別表示點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為6 V、4 V和1.5 V，一質(zhì)子(11H)從等勢(shì)面a上某處由靜止釋放，僅受靜電力作用而運(yùn)動(dòng)，已知它經(jīng)過(guò)等勢(shì)面b時(shí)的速率為v，則對(duì)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)有下列判斷，正確的是( )
圖1－5－13
A．質(zhì)子從a等勢(shì)面運(yùn)動(dòng)到c等勢(shì)面電勢(shì)能增加4.5 eV
B．質(zhì)子從a等勢(shì)面運(yùn)動(dòng)到c等勢(shì)面動(dòng)能減少4.5 eV
C．質(zhì)子經(jīng)過(guò)等勢(shì)面c時(shí)的速率為2.25 v
D．質(zhì)子經(jīng)過(guò)等勢(shì)面c時(shí)的速率為1.5 v
解析：選D.質(zhì)子由高等勢(shì)面向低等勢(shì)面運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，A、B都錯(cuò)誤；質(zhì)子從等勢(shì)面a到等勢(shì)面b，由動(dòng)能定理得12v2＝2 eV，質(zhì)子從等勢(shì)面a到等勢(shì)面c，由動(dòng)能定理得12v2c＝4.5 eV，解得vc＝1.5 v，故D正確．C錯(cuò)誤．
二、計(jì)算題
圖1－5－14
10．(2011年?yáng)|臨沂模擬)如圖1－5－14所示，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線拴一質(zhì)量為、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))后懸掛于O點(diǎn)，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，將小球拉至懸線呈水平的位置A后，由靜止開始將小球釋放，小球從A點(diǎn)開始向下擺動(dòng)，當(dāng)懸線轉(zhuǎn)過(guò)60°角到達(dá)位置B時(shí)，速度恰好為零，求：
(1)B、A兩點(diǎn)的電勢(shì)差UBA；
(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，懸線對(duì)小球的拉力FT.
解析：(1)對(duì)小球，則A→B，由動(dòng)能定理得：
glsin60°－qUBA＝0
所以UBA＝3gl2q.
(2)在B點(diǎn)，小球受重力g、電場(chǎng)力qE、繩拉力FT三力作用，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，將三力正交分解．
因B點(diǎn)小球速度為0，則
FT＝gcos30°＋qEcos60°＝3g.
答案：(1)3gl2q (2)3g
11.如圖1－5－15所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有a、b、c三點(diǎn)，ab＝5 c，bc＝12 c，其中ab沿電場(chǎng)方向，bc和電場(chǎng)線方向成60°角，一個(gè)電荷量為q＝4×10－8 C的正電荷從a移到b電場(chǎng)力做功為W1＝1.2×10－7 J，求：
圖1－5－15
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；
(2)電荷從b移到c，電場(chǎng)力做的功W2；
(3)a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uac.
解析：由于電場(chǎng)力做功W＝qU與路徑無(wú)關(guān)，只與初、末位置間的電勢(shì)差有關(guān)，故可根據(jù)已知的電場(chǎng)力做功先求電勢(shì)差，再根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系確定場(chǎng)強(qiáng)E.反之亦然．
(1)設(shè)a、b兩點(diǎn)間距離為d，有
W1＝qE•d①
由①式得w
E＝W1qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2 V/＝60 V/.
(2)設(shè)b、c兩點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向距離為d1，有
d1＝bc•cos60°②
W2＝qE•d1③
由②③式得W2＝qE•bc•cos60°
＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.
(3)設(shè)電荷從a移到c電場(chǎng)力做功為W，有
W＝W1＋W2④
W＝qUac⑤
由④⑤式得
Uac＝W1＋W2q＝1.2×10－7＋1.44×10－74×10－8 V
＝2.64×10－74×10－8 V＝6.6 V.
答案：(1)60 V/ (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V
12. (2011年成都高二檢測(cè))如圖1－5－16所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點(diǎn)，在圓心處有一固定的正點(diǎn)電荷，B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，C點(diǎn)位于圓周的最低點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量為、電荷量為－q、套在桿上的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點(diǎn)距過(guò)C點(diǎn)的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gR.求：
圖1－5－16
(1)小球滑至C點(diǎn)時(shí)的速度大��；
(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；
(3)若以C點(diǎn)作為參考點(diǎn)(零電勢(shì)點(diǎn))，試確定A點(diǎn)的電勢(shì)．
解析：(1)因B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故小球從B到C的過(guò)程中電場(chǎng)力做的總功為零
由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度
hBC＝3R/2
根據(jù)動(dòng)能定理有
g×3R/2＝v2C/2－v2B/2
解得vC＝7gR.
(2)因?yàn)殡妱?shì)差UAB＝UAC，小球從A到C，重力和電場(chǎng)力均做正功，所以由動(dòng)能定理有
g×3R＋qUAC＝v2C/2
解得UAB＝UAC＝gR/(2q)，
(3)因?yàn)棣誂<φC、φC＝0，所以
φA＝－UAC＝－gR/(2q)．
答案：(1)7gR (2)gR/(2q) (3)－gR/(2q)
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