A．電勢差的定義式UAB＝WABq，說明兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比，與移動電荷的電荷量q成反比
B．把正電荷從A點移到B點電場力做正功，則有UAB>0
C．電勢差的定義式中，UAB與移動電荷的電荷量q無關(guān)
D．電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把正電荷q從A點移動到B點時電場力做的功
解析：選BC.根據(jù)電勢差的定義，電場中兩點間的電勢差等于將單位正電荷從一點移到另一點時靜電力所做的功，僅由電場及兩點的位置決定，與移動的電荷量及做功的多少無關(guān)，即U＝Wq也是比值定義式，故應(yīng)選B、C.
2．(2011年安徽省兩地三校聯(lián)考)一個帶正電的質(zhì)點，電荷量q＝2.0 ×10－9C，在靜電場中由a點移到b點，在這過程中，除靜電力外，其他力做的功為6.0×10－5 J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5 J，則a、b兩點間的電勢差為( )
A．3.0×104 V B．1.0×104 V
C．4.0×104 V D．7.0×104 V
解析：選B.由動能定理，外力對物體做功的代數(shù)和等于物體動能的增量，得電場力對物體做的功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．
3．(2011年海淀區(qū)高二質(zhì)量檢測)如圖1－5－5所示，實線為電場線，虛線為等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．一個正電荷在等勢面L3處的動能為20 J，運動到等勢面L1處時動能為零；現(xiàn)取L2為零電勢參考平面，則當(dāng)此電荷的電勢能為4 J時，它的動能為(不計重力及空氣阻力)( )
圖1－5－5
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
解析：選C.正電荷在電場中只受電場力的作用，在L3時，動能為20 J，運動到L2等勢面時其動能一定是10 J，此時電勢能為零，則此正電荷動能和電勢能總和為10 J．當(dāng)它的電勢能為4 J時，動能為6 J．所以C正確．
4．如圖1－5－6所示，三個等勢面上有a、b、c、d四點，若將一正電荷由c經(jīng)a移到d，電場力做正功W1，若由c經(jīng)b移到d，電場力做正功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，勻強電場的場強E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一點電荷q＝4×10－8 C沿半徑R＝20 cm的圓周，從A點移動到B點，已知∠AOB＝90°，求：
圖1－5－7
(1)這一過程電場力做的功是正功還是負功？做功多少？
(2)A、B兩點的電勢差UAB.
解析：(1)∵φB>φA，故將正電荷從A點移到B點電場力做負功．W＝－qE•R＝－9.6×10－7 J.
(2)UAB＝Wq＝－ER＝－24 V.
答案：(1)負功 9.6×10－7 J (2)－24 V
一、選擇題
1．在電場中，A、B兩點間的電勢差為UAB＝75 V，B、C兩點間的電勢差為UBC＝－200 V，則A、B、C三點電勢高低關(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 高考 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三點電勢高低為φC>φA>φB，選C.
2．在靜電場中，將一電子從a點移至b點，靜電力做功5 eV，則下列結(jié)論錯誤的是( )
A．電場強度的方向一定由b到a
B．a(chǎn)、b兩點的電勢差是5 V
C．電子的電勢能減少了5 eVw
D．因電勢零點未確定，故不能確定a、b間的電勢差
解析：選ABD.電子在移動過程中靜電力做正功，說明電勢升高，電子的電勢能減少，因此B錯誤；C正確；由于電場線方向不一定沿ab連線方向，故A錯誤；電場中兩點間電勢差為確定的數(shù)值．與電勢零點的選擇無關(guān)，故D錯誤．
3．一電子飛經(jīng)電場中A、B兩點，電子在A點電勢能為4.8×10－17 J，動能為3.2×10－17 J，電子經(jīng)過B點時電勢能為3.2×10－17 J，如果電子只受電場力作用，則( )
A．電子在B點時動能為4.8×10－17 J
B．由A到B電場力做功為100 e V
C．電子在B點時動能為1.6×10－17 J
D．A、B兩點間電勢差為－100 V
解析：選ABD. 因只有電場力做功，電子的電勢能與動能之和不變，故有EkA＋EpA＝EkB＋EpB，可得出EkB＝4.8×10－17 J，A正確C錯誤；電勢能減少了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)有一勻強電場，一質(zhì)量為m、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勻速運動至B.已知力F和AB間夾角θ＝60°，AB間距離為d，且F＝mg.則( )
圖1－5－8
A．勻強電場的電場強度大小為E＝Fq
B．A、B兩點的電勢差大小為 Fd2q
C．帶電小球由A運動到B的過程中電勢能增加了32mgd
D．電場方向與F方向關(guān)于AB對稱
解析：選AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夾角為120°，根據(jù)小球做勻速運動的特點可判斷電場力方向與豎直方向夾角為60°向左，大小等于F，即mg＝qE＝F.從A到B過程中，電場力做功WAB＝Eq•dcos 60°＝Fd2，A、B兩點間的電勢差為UAB＝WABq＝Fd2q.
5. (2011年興義市高二上學(xué)期月考)如圖1－5－9所示，平行線代表電場線，但未標明方向，一個帶正電、電荷量為10－6 C的微粒在電場中僅受電場力作用，當(dāng)它從A點運動到B點時動能減少了10－5 J，已知A點的電勢為－10 V，則以下判斷正確的是( )
圖1－5－9
A．微粒的運動軌跡如圖中的虛線1所示
B．微粒的運動軌跡如圖中的虛線2所示
C．B點電勢為零
D．B點電勢為－20 V
解析：選AC.因微粒僅受電場力作用，且由A點到B點時動能減少，故電場力做負功，電場力的方向水平向左，軌跡應(yīng)為虛線1所示，A正確，B錯誤；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，電勢為零，從圓盤中心O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，由于電場的作用，小球豎直上升的高度可達圓盤中心豎直線上的c點，O到 c之間距離為h而到圓盤中心豎直線上的b點時，小球速度最大，因此可知在Q所形成的電場中，可以確定的量是( )
圖1－5－10
A．b點場強 B．c點場強
C．b點電勢 D．c點電勢
解析：選AD.速度最大時加速度為零，由b點速度最大可知qEb＝mg，所以Eb＝mgq，由c點速度為零可知：mgh＝－qφc，所以φc＝－mghq.
7．如圖1－5－11所示，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在庫侖力作用下，做以Q為焦點的橢圓運動．M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點．電子在從M點經(jīng)P到達N點的過程中( )
圖1－5－11
A．速率先增大后減小
B．速率先減小后增大
C．電勢能先減小后增大
D．電勢能先增大后減小
解析：選AC.電子所受庫侖力為引力，從M到P再到N，電子和正點電荷之間的距離先減小再增大，庫侖力先做正功再做負功，電勢能先減小再增加，動能先增加再減小，速率先增加再減小，A、C選項正確，B、D選項錯誤．新課標第一網(wǎng)
8．如圖1－5－12所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB＝2v0，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為( )
圖1－5－12
A.mv202q B.3mv20q
C.2mv20q D.3mv202q
解析：選C.粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有
2gh＝v20.
電場力做正功，重力做負功，使粒子的動能由12mv20變?yōu)?mv20，則根據(jù)動能定理，有
Uq－mgh＝2mv20－12mv20，
解方程得A、B兩點電勢差應(yīng)為2mv20q，應(yīng)選C.
9.如圖1－5－13所示，a、b和c分別表示點電荷的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為6 V、4 V和1.5 V，一質(zhì)子(11H)從等勢面a上某處由靜止釋放，僅受靜電力作用而運動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v，則對質(zhì)子的運動有下列判斷，正確的是( )
圖1－5－13
A．質(zhì)子從a等勢面運動到c等勢面電勢能增加4.5 eV
B．質(zhì)子從a等勢面運動到c等勢面動能減少4.5 eV
C．質(zhì)子經(jīng)過等勢面c時的速率為2.25 v
D．質(zhì)子經(jīng)過等勢面c時的速率為1.5 v
解析：選D.質(zhì)子由高等勢面向低等勢面運動，電勢能減少，動能增加，A、B都錯誤；質(zhì)子從等勢面a到等勢面b，由動能定理得12mv2＝2 eV，質(zhì)子從等勢面a到等勢面c，由動能定理得12mv2c＝4.5 eV，解得vc＝1.5 v，故D正確．C錯誤．
二、計算題
圖1－5－14
10．(2011年山東臨沂模擬)如圖1－5－14所示，用長為l的絕緣細線拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)后懸掛于O點，整個裝置處于水平向右的勻強電場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點開始向下擺動，當(dāng)懸線轉(zhuǎn)過60°角到達位置B時，速度恰好為零，求：
(1)B、A兩點的電勢差UBA；
(2)小球到達B點時，懸線對小球的拉力FT.
解析：(1)對小球，則A→B，由動能定理得：
mglsin60°－qUBA＝0
所以UBA＝3mgl2q.
(2)在B點，小球受重力mg、電場力qE、繩拉力FT三力作用，建立如圖所示直角坐標系，將三力正交分解．
因B點小球速度為0，則
FT＝mgcos30°＋qEcos60°＝3mg.
答案：(1)3mgl2q (2)3mg
11.如圖1－5－15所示的勻強電場中，有a、b、c三點，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿電場方向，bc和電場線方向成60°角，一個電荷量為q＝4×10－8 C的正電荷從a移到b電場力做功為W1＝1.2×10－7 J，求：
圖1－5－15
(1)勻強電場的場強E；
(2)電荷從b移到c，電場力做的功W2；
(3)a、c兩點間的電勢差Uac.
解析：由于電場力做功W＝qU與路徑無關(guān)，只與初、末位置間的電勢差有關(guān)，故可根據(jù)已知的電場力做功先求電勢差，再根據(jù)勻強電場中場強與電勢差的關(guān)系確定場強E.反之亦然．
(1)設(shè)a、b兩點間距離為d，有
W1＝qE•d①
由①式得w
E＝W1qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2 V/m＝60 V/m.
(2)設(shè)b、c兩點沿場強方向距離為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/m (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V
12. (2011年成都高二檢測)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，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2gR.求：
圖1－5－16
(1)小球滑至C點時的速度大��；
(2)A、B兩點間的電勢差；
(3)若以C點作為參考點(零電勢點)，試確定A點的電勢．
解析：(1)因B、C兩點電勢相等，故小球從B到C的過程中電場力做的總功為零
由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度
hBC＝3R/2
根據(jù)動能定理有
mg×3R/2＝mv2C/2－mv2B/2
解得vC＝7gR.
(2)因為電勢差UAB＝UAC，小球從A到C，重力和電場力均做正功，所以由動能定理有
mg×3R＋qUAC＝mv2C/2
解得UAB＝UAC＝mgR/(2q)，
(3)因為φA<φC、φC＝0，所以
φA＝－UAC＝－mgR/(2q)．
答案：(1)7gR (2)mgR/(2q) (3)－mgR/(2q)
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