2019_2020学年高中物理第2章电势能与电势差专题专项训练(含解析)鲁科版选修3_1

第2章电势能与电势差第2节电势与等势面基础过关练题组一对电势的理解1.(多选)关于电势下列说法正确的是()A.电场中某点电势大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时,静电力所做的功B.电场中某点的电势与零电势点的选取有关C.由于电势是相对的,所以无法比较电场中两点的电势高低D.电势是描述电场性质的物理量2.将一正电荷从无限远处移到电场中的M点,电势能减少了 8.0×10-9 J;将另一负电荷(正、负电荷所带电荷量的绝对值相等)从无限远处移到电场中的N点,电势能增加了9.8×10-9 J。

若以无限远处为零电势点,M、N两点的电势分别为φM、φN,则下列判断正确的是() A.φM<φN<0 B.φN>φM>0C.φN<φM<0D.φM>φN>03.(多选)如图所示的电场中有A、B两点,下列判断正确的是()A.电势φA<φB,场强E A>E BB.电势φA>φB,场强E A<E BC.将电荷量为q的正电荷从A点移到B点,电场力做正功,电势能减少D.将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点,电荷具有的电势能E p A>E p B题组二对等势面的理解及应用4.(2023吉林白城洮南一中月考)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.若相邻两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5.下列四个图中,a、b两点电势相等、电场强度也相同的是(其中C、D图中的a、b两点位于两电荷连线的垂直平分线上,并且关于连线对称) ()6.(多选)(2023云南凤庆第一中学期中)如图所示为带电体周围分布的三个等差等势面,其中a、b、c是等势面上的三个点。

已知带电体带正电,则下列说法正确的是()A.a点的电势一定高于b点的电势B.a点的场强一定大于b点的场强C.带负电的试探电荷在a、c两点的电势能相等D.将带负电的试探电荷由c点移到b点,电场力做负功7.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处为正电荷,P、Q 两点附近电场的等势面分布如图所示,a、b、c、d为电场中的4个点,则()A.P、Q两点处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电势低于d点的电势D.负电荷从a到c,电势能减少能力提升练题组一对电势的理解1.(2024福建龙岩第一中学期中)如图所示,a、b为同一条电场线上的两点,下列说法正确的是()A.a点的电场强度一定大于b点的电场强度B.a点的电场强度一定等于b点的电场强度C.a点的电势一定大于b点的电势D.a点的电势可能小于b点的电势2.(多选)(2023福建德化第一中学月考)电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点,O点是正方形的中心,电场线分布如图所示,取无限远处电势为零。

静电力做功与电势能1.下列说法正确的是( )A.电荷从电场中的A点运动到了B点,路径不同,静电力做功的大小就可能不同B.电荷从电场中的某点开始出发,运动一段时间后,又回到了该点,则静电力做功为零C.正电荷沿着电场线方向运动,静电力对正电荷做正功,负电荷逆着电场线运动,静电力对负电荷做负功D.电荷在电场中运动,因为静电力可能对电荷做功,所以能量守恒定律在电场中并不成立【解析】选B。

电荷在电场中移动时,静电力对电荷做功与电荷运动路径无关,只与始末位置有关,故选项A错误;电荷在电场中运动一段时间后,又回到了该点,因为电荷始末位置相同,故此过程中静电力对电荷做功为零,故B正确;电场强度的方向是正电荷的受力方向,是负电荷受力的反方向,当负电荷逆着电场线运动时,负电荷所受静电力方向与负电荷运动方向相同,故对负电荷做正功,故C错误;静电力对电荷做正功,电荷电势能减小,静电力对电荷做负功,电荷电势能增大,能量守恒定律在电场中成立,故D错误。

所以选B。

2.如图所示,a、b为电场中一条电场线上的两点,现把一负电荷从a点沿电场线移到b点,下列说法正确的是 ( )A.静电力对电荷做正功,电势能增加B.静电力对电荷做正功,电势能减少C.静电力对电荷做负功,电势能增加D.静电力对电荷做负功,电势能减少【解析】选C。

电场线水平向右,负电荷在电场中的受力方向与电场线的方向相反,故由a到b过程静电力做负功,则可知电势能增加。

故C正确,A、B、D错误。

故选C。

3.等量的异种点电荷的连线和其中垂线如图所示,现有一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点,再从b点沿直线移到c点,则检验电荷在此过程中,以下说法错误的是( )A.所受的静电力方向不变B.所受的静电力大小一直在变大C.电势能一直减小D.其电势能先不变后减小【解析】选C。

根据等量异种点电荷场强及电势分布情况可知,ab是一条等势线,根据电场线与等势线垂直,可知ab上电场强度方向不变。

第2章电势能与电势差第3节电势差与电场强度的关系基础过关练题组一电势差与电场力做功的关系1.(多选)对于电场中A、B两点,下列说法中正确的是(),说明两点间的电势差U AB与电场力做功A.电势差的定义式U AB=W ABqW AB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比B.把正电荷从A点移到B点电场力做正功,则有U AB>0C.电势差的定义式中,U AB与移动电荷的电荷量q无关D.电场中A、B两点间的电势差U AB等于把正电荷从A点移动到B点时电场力做的功2.如图所示,实线表示某静电场等势面的分布,带电荷量为1.6×10-9 C的正电荷沿虚线从A经B、C到达D点,此过程中静电力对电荷做的功为()A.4.8×10-8 JB.-4.8×10-8 JC.8.0×10-8 JD.-8.0×10-8 J3.(2023福建上杭一中开学考试)把带电荷量为2×10-8 C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点,要克服电场力做功8×10-6 J。

若把该电荷从无限远处移到电场中的B点,需克服电场力做功2×10-6 J。

取无限远处电势为零,求:(1)A点的电势;(2)A、B两点间的电势差;(3)若把带电荷量为2×10-5 C的负点电荷由A点移到B点,电场力做的功。

题组二匀强电场中电势差与电场强度的关系4.(2022黑龙江大庆中学期末)如图所示,匀强电场的电场强度E=60V/m,A、B两点相距10 cm,A、B连线与电场线的夹角为60°,则U BA的值为()A.-3 VB.3 VC.-6 VD.6 V5.图中是某匀强电场的等势面示意图,A、B两点相距5 cm,θ=53°,一带电荷量为-4×10-6 C的微粒沿AB匀速运动(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),求:(1)电场强度大小和方向。

第2章电势能与电势差第5节科学探究:电容器基础过关练题组一对电容器及其电容的理解1.(2023山东青岛第十九中学阶段练习)下列关于电容器的说法中正确的是()A.电容器所带的电荷量为两个极板所带电荷量的绝对值之和B.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比C.一个电容器的电荷量增加ΔQ=1.0×10-6 C时,两极板间的电势差升高ΔU=10 V,则电容器的电容C=1.0×10-7 FD.放电后的电容器所带电荷量为零,电容也为零2.如图所示实验中,关于平行板电容器的充放电,下列说法中正确的是()A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带正电B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带负电C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带正电D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带负电3.(2022江苏金陵中学期末)超级电容器又叫双电层电容器,是一种新型储能装置,它不同于传统的化学电源,是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源。

它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。

如图为一款超级电容器,其标有“2.7 V,3 000 F”, 则()A.该超级电容器充电时把电能转化为化学能B.该电容器最大容纳电荷量为8 100 CC.该电容器在电压为2.7 V时电容才是3 000 FD.该电容器在2.5 V电压下不能正常工作4.一个平行板电容器,使它每板电荷量从Q1=30×10-6 C增加到Q2=36×10-6 C时,两板间的电势差从U1=10 V增加到U2。

(1)求这个电容器的电容多大。

(2)求U2为多少。

(3)若要使两极板电势差从10 V降为U'2=6 V,则每板需减少多少电荷量?题组二平行板电容器的动态分析5.(多选)C=QU 和C=εr S4πkd是两个关于电容器电容的公式。

下列关于它们的说法正确的是() A.从C=QU可以看出,电容的大小取决于所带电荷量和电压B.从C=εr S4πkd可以看出,电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系C.它们都适用于各种电容器D.C=QU 是适用于各种电容器的定义式,C=εr S4πkd是只适用于平行板电容器的决定式6.(多选)有一个以空气为电介质的平行板电容器,板间距为d,正对面积为S,充以电荷量Q后,两极板间电压为U,为使电容器的电容加倍,可采用的办法是() A.将电压变为U2B.将所带电荷量变为2QC.将板间距变为d2D.两板间充满相对介电常数为2的电介质7.(多选)如图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关S合上后,静电计指针张开一定角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是()A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积减小一些C.断开S后,使A板向左平移一些D.断开S后,使A、B正对面积减小一些8.(多选)如图所示,电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层,再在导体层外加上一块保护玻璃,电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极,在导体层内形成一个低电压交流电场。

第2章电势能与电势差第4节带电粒子在电场中的运动基础过关练题组一带电粒子的加速1.如图所示,带正电的粒子以初速度v沿电场方向进入匀强电场区域,不计重力,粒子在电场中的运动()A.方向不变,速度增大B.方向不变,速度减小C.方向向上,速度不变D.方向向下,速度不变2.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后,哪个粒子获得的速度最大() A.质子11H B.氘核12HC.α粒子24HeD.钠离子Na+题组二带电粒子的偏转3.如图所示,示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的()①极板X应带正电②极板X'应带正电③极板Y应带正电④极板Y'应带正电A.①③B.①④C.②③D.②④4.如图所示,电荷量为q的某种粒子,以初动能E k从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中,恰从带负电的金属板边缘飞出来,且飞出时动能变为3E k,不计粒子的重力,则金属板间的电压为()A.E kq B.2E kqC.4E kq D.8E kq5.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹②落到B板正中间;设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为()A.4∶1B.1∶2C.1∶4D.1∶8题组三带电粒子的加速与偏转6.(2023湖南临澧一中阶段练习)“示波器”是电工学中的重要仪器,如图所示为示波器的原理图,有一电子在电势差为U1的电场中加速后,垂直射入电势差为U2的偏转电场,在满足电子能射出偏转电场的条件下,下列四种情况中,一定能使电子的偏转角变小的是()A.U1变小,U2不变B.U1变大,U2变小C.U1变小,U2变大D.U1不变,U2变大能力提升练题组一带电粒子的偏转1.(2022湖南常德汉寿一中段考)如图所示,两偏转极板间距离为L,两极板长度也为L。

电势与等势面一电势的性质和计算1.电势的性质:(1)电势的相对性:①由于电势能具有相对性,因此电势也具有相对性。

②电势的大小也与参考点的选取有关,参考点也叫零电势点,选择不同的零电势点时,同一点的电势可能有所不同。

③一般选取无穷远处或大地为零电势点。

(2)电势的标矢性:①电势是标量。

电势是只有大小、没有方向的物理量。

②在规定了零电势点后,电场中各点的电势可以是正值,也可以是负值。

正值表示该点电势高于零电势,负值表示该点电势低于零电势。

显然,电势的符号只表示大小,不表示方向。

③当规定无穷远处为零电势点后,正电荷产生的电场中各点的电势为正值,负电荷产生的电场中各点的电势为负值。

且越靠近正电荷的地方电势越高,越靠近负电荷的地方电势越低。

(3)电势的固有性:电势φ是表示电场能量属性的一个物理量,电场中某点处φ的大小是由电场本身决定的,与在该点处是否放入电荷及电荷的电性和电荷量均无关,这和许多用比值定义的物理量相同,如前面学过的电场强度E=。

2.电势高低的判定方法:(1)根据电场线判断:沿着电场线的方向电势降低。

(2)根据电场力做功和电荷电势能的变化判断:①在两点间移动正电荷:如果电场力做负功,电势能增加,电势升高;如果电场力做正功,电势能减少,电势降低。

②在两点间移动负电荷:如果电场力做负功,电势能增加, 电势降低;如果电场力做正功,电势能减少,电势升高。

③根据场源电荷的电场来判断。

在正电荷产生的电场中,离它越近电势越高;在负电荷产生的电场中,情况恰好相反。

3.电势与电势能的比较:电势φ电势能E p物理意义反映电场能的性质电荷在电场中某点所具有的电势能决定因素仅与电场本身有关,跟试探电荷无关由电势和试探电荷共同决定正负含义及规律沿电场线方向降低。

规定了零电势位置后,正值表示高于零电势,负值表示低于零电势正试探电荷的电势能正负与电势的正负一致;负试探电荷的电势能正负与电势的正负相反单位伏特(V) 焦耳(J)公式φ=W=-ΔE p【思考·讨论】如图所示,正电荷从A点到B点,静电力做正功,电势能减小;负电荷从A点到B点,静电力做负功,电势能增加。

第2章 电势能与电势差(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．根据电阻定律，电阻率ρ＝RS L，对于温度一定的某种金属来说，它的电阻率( ) A ．跟导线的电阻成正比 B ．跟导线的横截面积成正比 C ．跟导线的长度成反比D ．由所用金属材料的本身特性决定解析：选D ．电阻率由材料决定，与导体的温度有关；温度一定，只由所用金属材料的本身特性决定．2. 如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O 点固定，P 为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S ，滑动头P 缓慢地由m 点经n 点移到q 点的过程中，电容器C 所带的电荷量将( )A ．由小变大B ．由大变小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选C ．闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联，在图示位置时并联电阻最大，从m 点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q 位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R 两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C ＝Q U，电容器C 所带的电荷量先减小后增大，C 对．3．一个电池组的电动势为E ，内阻为r ，用它给一电阻为R 的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为I ，电动机两端的电压为U ，经t s 后，则( )A ．电源在内外电路做的功为(I 2r ＋IU )t B ．电池消耗的化学能为IEtC ．电动机输出的机械能为IEt －I 2(R ＋r )tD ．电池组的效率为U －IrE解析：选ABC ．由闭合电路欧姆定律和能量守恒定律知，电池消耗的化学能提供了电源在内外电路所做的功W ，W ＝IEt ＝I (U ＋Ir )t ＝(IU ＋I 2r )t .电动机的机械能E 机＝UIt －I 2Rt ＝(E －Ir )It －I 2Rt＝EIt －I 2(R ＋r )t . 电池组的效率η＝UI EI ×100%＝UE×100%.4．(·河南联考)如图所示，A 1、A 2是两只完全相同的电流表(内阻不可忽略)，电路两端接恒定电压U ，这时A 1、A 2的示数依次为5 mA 和3 mA ．若将A 2改为和R 2串联，仍接在恒定电压U 之间，这时电表均未烧坏．下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 1的电流必然增大B ．通过电阻R 2的电流必然增大C ．通过电流表A 1的电流必然增大D ．通过电流表A 2的电流必然增大解析：选AC ．由A 1、A 2的示数依次为5 mA 和3 mA ，可知R 1＋R A2<R 2，由于并联电路各支路中最小的电阻越小，总电阻越小，故当把A 2改为和R 2串联时，电路中总电阻减小，总电流变大，C 对；由于总电流增大，电流表A 1两端电压增大，并联支路两端电压减小，而R 2所在支路电阻增大，故通过R 2和电流表A 2的电流必然减小，所以通过R 1的电流必然增大，A 对．5. 如图所示，一直流电动机与阻值R ＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E ＝30 V ，内阻r ＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U ＝10 V ，已知电动机线圈电阻R M ＝1 Ω，则下列说法中错误的是( )A ．通过电动机的电流为10 AB ．电动机的输入功率为20 WC ．电动机的热功率为4 WD ．电动机的输出功率为16 W解析：选A ．由E ＝30 V ，电动机两端电压10 V 可得R 和电源内阻上分担电压为20 V ，则I ＝209＋1A ＝2 A ，故A 错；电动机输入功率P ＝UI ＝10 V ×2 A ＝20 W ，故B 正确；由P 热＝I 2R M ＝4×1 W ＝4 W ，故C 正确；由P 输出＝P －P 热＝20 W －4 W ＝16 W ，故D 正确．6. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r .当可变电阻的滑片P 向b 移动时，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是( )A ．U 1变大，U 2变小B ．U 1变大，U 2变大C ．U 1变小，U 2变小D ．U 1变小，U 2变大解析：选A ．当滑片P 向b 移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I 变小，由欧姆定律得U 2＝IR 变小，再由闭合电路欧姆定律得U 1＝E －Ir 变大，故本题应选A ．7．(·长沙模拟)如图，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特曲线．则以下说法正确的是( )A ．电池组的内阻是1 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池的最大输出功率为4 W解析：选AD ．根据图线a 可知电源的电动势为4 V 、内阻为1 Ω，根据图线b 可知电阻为3 Ω，A 对，B 错；由图象可知将该电阻接到该电池组的两端时路端电压和电流分别是3 V 、1 A ，电池的输出功率是3 W ，C 错；改变外电阻的阻值，内外电阻相等时，该电池输出功率最大为4 W ，D 对．8．如图所示的两种电路中，电源相同(内阻忽略)，各电阻阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计．电流表A 1、A 2、A 3和A 4读出的电流值分别为I 1、I 2、I 3和I 4.下列关系中正确提( )A ．I 1＝I 3B ．I 1<I 4C ．I 1＝2I 1D ．I 2<I 3＋I 4解析：选BD ．设各电流表的内阻均为r .甲图中回路的总电阻R 1＝（R ＋r ）R2R ＋r ＋r ，乙图中回路的总电阻R 2＝R ＋r2，R 1－R 2＝r （3R ＋r ）2（2R ＋r ）>0，即R 1>R 2，正确的关系应该是I 1<I 3，I 1<I 4，I 2>2I 1，I 2<I 3＋I 4.故B 、D 正确．9. 如图所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 随电流I 变化的图线，抛物线OBC 为同一直流电源内部发热功率P r 随电流I 变化的图线，若A 、B 对应的横坐标为2 A ，则下列说法正确的是( )A．电源电动势为3 V，内阻为1 ΩB．线段AB表示的功率为2 WC．电流为2 A时，外电路的电阻为0.5 ΩD．电流为3 A时，外电路的电阻为2 Ω解析：选ABC．由图像可知，当电流I＝3 A时，电源总功率P＝IE＝9 W，由此可知电源的电动势E＝3 V．直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即P r＝I2r ＝IE，得r＝1 Ω，故A正确；P rB＝I2r＝22×1 W＝4 W，P A＝IE＝2×3 W＝6 W，则P AB＝(6－4) W＝2 W，故B正确；当电流I＝2 A时，由I＝ER＋r得外电阻R＝EI－r＝0.5 Ω，当电流I＝3 A时，得R＝0，故C正确，D错误．10．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动( )A．S1B．S2C．S3D．S4解析：选C．油滴P悬浮时，重力与电场力平衡，开关均闭合时，电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压．若S1断开，电容器两极板电压不变，油滴不动．若S2断开，两极板电压等于电动势，油滴可能不动(电源内阻r＝0时)，也可能向上运动(电源内阻r≠0时)．若S3断开，则电路与电源断开，电容器相当于电源，电容器放电，板间电压逐渐减小，油滴向下运动．若S4断开，电容器电压不变，油滴不动．故C对．二、填空题(本题共2小题，共17分，按题目要求作答)11. (5分)用多用电表的欧姆挡测某一电阻的阻值时，分别用“×1”、“×10”、“×100”三个电阻挡测了三次，指针所指的位置如图所示．其中①是用________挡，②是用________挡，③是用______挡，为提高测量的精确度，应该用________挡，被测电阻阻值约为________．解析：乘的倍率越大，示数越小，故①是“×1”挡，②是“×10”挡，③是“×100”挡．为了提高测量的准确度，指针应在表盘的中间附近，故应选“×10”挡测量．被测电阻阻值约为30×10 Ω＝300 Ω.答案：“×1”“×10”“×100”“×10”300 Ω12．(12分)(2013·高考天津卷)要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；电压表(量程为0～3 V ，内阻约3 k Ω)； 电键一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω， 额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) (2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V ，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)为便于实验操作，滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器，故选A ． (2)因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V ，故滑动变阻器应采用分压接法．小灯泡的电阻R ＝U 2P＝15 Ω，与电流表的内阻5 Ω相差不大，因此电流表采用外接法．故B 图正确．(3)在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线(如图)，由两曲线的交点的电流I ＝0.10 A ，电压U ＝1.0 V ，得小灯泡消耗的功率P ＝IU ＝0.10×1.0 W ＝0.1 W.答案：(1)A (2)B (3)0.1三、计算题(本题共4小题，共43分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13. (10分)在如图所示的电路中，电源为3个电池组成的电池组，每个电池的电动势为2 V ，内阻r ＝0.2 Ω，R 1＝6 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝3 Ω，求：(1)当S 断开时，电流表和电压表的读数； (2)当S 闭合时，电流表和电压表的读数． 解析：(1)S 断开时，R 1、R 2串联，则I ＝E R 1＋R 2＋r ＝2×36＋2＋0.2×3A ≈0.70 A(2分)U ＝I (R 1＋R 2)＝0.70×8 V ＝5.6 V ，即电流表读数0.70 A ，电压表读数5.6 V ．(2分) (2)S 闭合后，R 1、R 3并联再和R 2串联， R 并＝6×36＋3Ω＝2 Ω(1分) 总电流I 总＝ER 并＋R 2＋r＝2×32＋2＋0.2×3A ≈1.3 A(2分)电流表读数为R 1支路的电流I A ＝I 总R 并R 1＝1.3×26A ≈0.43 A(1分)电压表读数U ′＝E －I 总r＝2×3 V －1.3×0.2×3 V ≈5.2 V ．(2分) 答案：(1)0.70 A 5.60 V (2)0.43 A 5.2 V14．(10分)如图所示，电源电动势E ＝9 V ，内电阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝5.0 Ω、R 2＝3.5 Ω、R 3＝6.0 Ω、R 4＝3.0 Ω，电容C ＝2.0 μF.求：(1)当电键与a 接触时电容带电量； (2)当电键与b 接触时电容带电量；(3)当电键由与a 接触转到与b 接触时通过R 3的电量． 解析：(1)电键接a 时，U C ＝U 1＝ER 1＋R 2＋rR 1＝5 V(2分)此时电容器带电量Q C ＝CU 1＝1×10－5C(1分) 且上极板带正电，下极板带负电．(1分) (2)电键接b 时，U C ′＝U 2＝ER 1＋R 2＋rR 2＝3.5 V(2分)此时电容器电量Q ′C ＝CU 2＝0.7×10－5C(1分) 且上极板带负电，下极板带正电．(1分) (3)流过R 3的总电量为ΔQ ＝Q C ＋Q ′C ＝1.7×10－5C ．(2分)答案：(1)1×10－5 C (2)0.7×10－5C(3)1.7×10－5C15．(10分)如图所示，R 为电阻箱，V 为理想电压表，当电阻箱读数为R 1＝2 Ω时，电压表读数为U 1＝4 V ；当电阻箱读数为R 2＝5 Ω时，电压表读数为U 2＝5 V ．求：(1)电源的电动势E 和内阻r ；(2)当电阻箱R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m 为多少？ 解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E ＝U 1＋U 1R 1r ①(1分)E ＝U 2＋U 2R 2r ②(1分)联立①②并代入数据解得E ＝6 V ，r ＝1 Ω.(2分) (2)由电功率表达式P ＝E 2（R ＋r ）2R ③(2分)将③式变形为P ＝E 2（R －r ）2R＋4r ④(1分) 由④式可知，当R ＝r ＝1 Ω时P 有最大值(1分)P m ＝E 24r＝9 W ．(2分)答案：(1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W16．(13分)(2012·高考四川卷)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 解析：(1)设电动机的电功率为P ，则 P ＝UI (1分)设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则 P r ＝I 2r (2分)代入数据解得P r＝1×103 W．(1分)(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV(1分)设质量为M的河水增加的重力势能为ΔE p则ΔE p＝Mgh(1分)设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－P r(2分)根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔE p(3分)代入数据解得t＝2×104 s．(2分)答案：(1)1×103 W (2)2×104 s。

2019-2019学年鲁科版高中物理选修3-1 第2章电势能和电势差单元测试一、单选题1.下列关于电势的说法中，不正确的是（）A. 电势差就是电场中两点电势的差值B. 匀强电场中两点间的电势差还与试探电荷的电量有关C. 顺着电场线的方向，电势越来越低D. 电场中各点的电势是相对零电势参考点而言的2.把两个异种电荷之间的距离增大一些，下列叙述正确的是（）A. 外力做正功，电荷电势能增加B. 电场力做正功，电荷电势能增加C. 电场力做负功，电荷电势能减小D. 外力做负功，电荷电势能减少3.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板插入一定厚度的金属板，则在插入过程中（）A. 电容器的带电量不变B. 电路将有顺时针方向的短暂电流C. 带电液滴仍将静止D. 带电液滴将向上做加速运动4.分子间有相互作用的势能，规定两分子相距无穷远时分子势能为零，并已知两分子相距r0时分子间的引力与斥力大小相等．设分子a 和分子b从相距无穷远处分别以一定的初速度在同一直线上相向运动，直到它们之间的距离达到最小．在此过程中下列说法正确的是（）A. a和b之间的势能先增大，后减小B. a和b的总动能不变C. 两分子相距r0时，a和b的加速度均为零D. 两分子相距r0时，a和b之间的势能大于零5.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15o角，AB直线与强场E互相垂直．在A点，以大小为v o的初速度水平抛出一质量为m，带电荷量为+q 的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时其速度大小仍为v o，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A. 电场力对小球做功为零B. 电场力做的负功C. 小球机械能增加D. C点可能位于AB直线的左方6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。

（新教材）鲁科版物理必修第三册第2章电势能与电势差练习（含答案）1、如图所示,a、b为电场中一条电场线上的两点,现把一负电荷从a点沿电场线移到b点,下列说法正确的是( )A.静电力对电荷做正功,电势能增加B.静电力对电荷做正功,电势能减少C.静电力对电荷做负功,电势能增加D.静电力对电荷做负功,电势能减少2、(多选)如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上的两点。

下列说法正确的是( )A.M点电势一定高于N点电势B.M点场强一定大于N点场强C.正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,电场力做正功3、在任何静电场中均适用的公式是( )A.W=qUB.E=kC.W=qEdD.E=4、如图所示,a、b两个带电量相同的粒子,从同一点平行于极板方向射入电场,a 粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力,则( )A.a的初速度一定小于b的初速度B.a增加的动能一定等于b增加的动能C.b的运动时间一定大于a的运动时间D.b的质量一定大于a的质量5、(双选)如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U,现使B板带正电,则下列判断正确的是( )A.增大两极板之间的距离,指针张角变大B.将A板稍微上移,静电计指针张角将变大C.若将玻璃板插入两板之间,则静电计指针张角变大D.若将A板拿走,则静电计指针张角变为零6、下列关于等势面的说法正确的是( )A.电荷在等势面上移动时不受电场力作用,所以不做功B.等势面上各点的场强相等C.等差等势面越密的地方,场强越大D.在负的点电荷形成的电场中,电场线由低等势面指向高等势面7、电场中有a、b两点,a点电势为4 V,若把电量为2×10-8C的负电荷,从a移到b的过程中,静电力做正功4×10-8 J,则 ( )A.b点电势是0 VB.b点电势是-2 VC.b点电势是2 VD.b点电势是6 V8、对公式v=的适用条件,下列说法中正确的是( )=0的带电粒子被加速A.只适用于匀强电场中,vB.只适用于匀强电场中,粒子运动方向与场强方向平行的情况C.只适用于匀强电场中,粒子运动方向与场强方向垂直的情况=0的带电粒子被加速D.适用于任何电场中,v9、(双选)如图所示,两平行的金属板水平放置,两板间距为d,在A板中间打一个小孔,B板接地,一带正电小球,电荷量为q,质量为m,用绝缘细线悬挂于O点,若电容器的充电时间不可以忽略,那么闭合电键S后,小球始终处于静止状态,下列关于小球的描述正确的是 ( )A.细线对小球的拉力不变化B.细线对小球的拉力逐渐增大C.小球的电势能逐渐增加D.小球所在位置的电势逐渐降低*10、点电荷Q周围的电场线如图所示,A、B、C是电场中的三点,虚线是以点电荷Q为圆心的圆周。

第1节电场力做功与电势能一、选择题1．(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解析：两同种电荷靠近时要克服静电斥力做功，系统的电势能增大；两异种电荷靠近时，静电引力做正功，系统的电势能减少．由此判断A、B正确，C、D错误．答案：AB2．如图所示，电场中a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷＋q从a点沿直线到b点，从b点沿虚线到c点的过程中，电场力做功的大小关系有( )A．W ab＞W bc B．W ab＝W bcC．W ab＜W bc D．无法比较解析：ab段的平均场强大于bc段的平均场强，所以ab段的平均电场力大于bc段的平均电场力，因为ab＝bc，W ab大于从b点沿直线到c点电场力做功W bc′，又因为电场力做功与路径无关，所以W bc＝W bc′，则A正确．答案：A3. (多选)如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分别落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的是( )A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：带正电的矿粉因受到水平向左的电场力作用向左偏转，电场力做正功，电势能变小，落在左侧，选项A错误，D正确；带负电的矿粉因受到水平向右的电场力作用向右偏转，电场力也做正功，电势能也变小，选项B正确，C错误．答案：BD4．(多选)如图所示，带正电的小球在重力和电场力的作用下由A点运动到B点，轨迹如图所示，则关于小球，下列说法正确的是( )A．电势能减小B．重力势能增加C．减小的重力势能小于增加的动能D．小球的机械能不变解析：重力做正功，重力势能减小，B错；电场力做正功，电势能减小，A对；除重力之外的力做功，引起机械能的变化，电场力做了正功，所以机械能增加，D错；根据功能关系，减少的重力势能和电势能的和等于动能的增加量，C对．答案：AC5．如图所示，有一带负电的粒子，自A点沿电场线运动到B点，在此过程中该带电粒子( )A．所受的电场力逐渐增大，电势能逐渐增大B．所受的电场力逐渐增大，电势能逐渐减小C．所受的电场力逐渐减小，电势能逐渐增大D．所受的电场力逐渐减小，电势能逐渐减小解析：因为由A到B场强逐渐变大，所以电场力逐渐增大，带负电粒子由A到B电场力对其做正功，所以电势能逐渐减小，故正确选项为B.答案：B6．如图，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：带负电粒子在向右的电场中所受电场力向左，因此，当带电粒子向右运动时，电场力做负功．电势能增加．当向左运动时，电场力做正功，电势能减小，所以在M点的电势能最大，动能最小，速率最小．故A、B、D错误．粒子在匀强电场中所受电场力不变，所以加速度不变，故C正确．答案：C7．如图，绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m .带电＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A ．小球在运动过程中机械能守恒B ．小球经过环的最低点时速度最大C ．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg ＋Eq )D ．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg －qE )解析：小球到最低时速度为v ，由动能定理得：mgR ＋qER ＝12mv 2，在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg －qE ＝mv 2R，得F N ＝3(mg ＋qE )，故C 、D 错，下滑过程中电场力做正功，小球机械能增大，A 错．越过最低点后，电场力和重力做负功，小球速度减小，所以在最低点速度最大，B 正确．答案：B8．如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上，其中Q 1带负电．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动并经过b 、c 两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 、c 三点时的速度分别为v a 、v b 、v c ，其v －t 图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带负电B ．Q 2的电荷量一定大于Q 1的电荷量C ．b 点的电场强度最大D ．粒子由a 点运动到c 点过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：由题图乙可知，粒子从a 到b 过程做加速度减小的减速直线运动，在b 点时粒子速度最小，加速度为零，故粒子在b 点受力为零，b 点电场强度为零，C 项错误；在b 点Q 1对带负电粒子的电场力水平向右，而粒子所受合力为零，则Q 2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q 2带正电，A 项错误；b 点与Q 1的间距大于b 点与Q 2的间距，由库仑定律F ＝k Qq r 2知，Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，B 项错误；粒子从a 点运动到c 点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子的电势能先增大后减小，D 项正确．答案：D二、非选择题9．将一个带电荷量为7.0×10－6C 的负电荷从无限远处移动到如图所示的电场中的A 点时，电荷的电势能为－1.4×10－6J ，求在这个过程中电场力对电荷做的功？(取无限远处电势能为零)解析：电荷在A 点电势能等于从A 点移动到无限远处电场力做的功，所以W AO ＝－1.4×10－6J(记O 为无限远处)．由A 到无限远处电场力做负功，所以由无限远移动到A 点电场力做正功，即W OA ＝1.4×10－6J.答案：1.4×10－6 J10．电荷量为q ＝1×10－4 C 的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E 与时间t 的关系及物块速度v 与时间t 的关系分别如图甲、乙所示．若重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数；(3)物块运动2 s 过程中，其电势能的改变量．解析：(1)(2)由题图可知：E 1＝3×104 N/C ，E 2＝2×104 N/C ，a 1＝2 m/s 2.E 1q －μmg ＝ma 1 ①E 2q －μmg ＝0 ②由①②两式联立代入数据得：m ＝0.5 kg ，μ＝0.4(3)ΔE p ＝－E 1ql 1－E 2ql 2＝－(3×104×1×10－4×12×2×1＋2×104×1× 10－4×2×1)J＝－7 J.电势能减少7 J.答案：(1)0.5 kg (2)0.4 (3)电势能减少7 J。