在高中复习阶段，大家一定要多练习题，掌握考题的规律，掌握常考的知识，这样有助于提高大家的分数。编辑老师为大家整理了高二物理电势差达标练习，供大家参考。

1.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.把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0

C.电势差的定义式中，UAB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UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功

解析：选BC.根据电势差的定义，电场中两点间的电势差等于将单位正电荷从一点移到另一点时静电力所做的功，仅由电场及两点的位置决定，与移动的电荷量及做功的多少无关，即U=Wq也是比值定义式，故应选B、C.

2.(2011年安徽省两地三校高二联考)一个带正电的质点，电荷量q=2.0 ×10-9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为6.0×10-5 J，质点的动能增加了8.0×10-5 J，则a、b两点间的电势差为(　　)

A.3.0×104 V   B.1.0×104 V

C.4.0×104 V   D.7.0×104 V

解析：选B.由动能定理，外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量，得电场力对物体做的功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对.

3.(2011年海淀区高二质量检测)如图1-5-5所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等.一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零;现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　)

图1-5-5

A.16 J   B.10 J

C.6 J   D.4 J

解析：选C.正电荷在电场中只受电场力的作用，在L3时，动能为20 J，运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J.当它的电势能为4 J时，动能为6 J.所以C正确.

4.如图1-5-6所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b移到d，电场力做正功W2，则(　　)

图1-5-6

A.W1>W2　φ1>φ2

B.W1

C.W1=W2　φ1<φ2

D.W1=W2　φ1>φ2

解析：选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，正确.

5. (2011年北京东城区模拟)如图1-5-7所示，匀强电场的场强E=1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q=4×10-8 C沿半径R=20 cm的圆周，从A点移动到B点，已知∠AOB=90°，求：

图1-5-7

(1)这一过程电场力做的功是正功还是负功?做功多少?

(2)A、B两点的电势差UAB.

解析：(1)∵φB>φA，故将正电荷从A点移到B点电场力做负功.W=-qE•R=-9.6×10-7 J.

(2)UAB=Wq=-ER=-24 V.

答案：(1)负功　9.6×10-7 J　(2)-24 V

一、选择题

1.在电场中，A、B两点间的电势差为UAB=75 V，B、C两点间的电势差为UBC=-200 V，则A、B、C三点电势高低关系为(　　)

A.φA>φB>φC   B.φA<φC<φB

C.φC>φA>φB   D.φC>φB>φA

解析：选C.UAB=75 V表示φA比φB高75 V，UBC=-200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，选C.

2.在静电场中，将一电子从a点移至b点，静电力做功5 eV，则下列结论错误的是(　　)

A.电场强度的方向一定由b到a

B.a、b两点的电势差是5 V

C.电子的电势能减少了5 eVw

D.因电势零点未确定，故不能确定a、b间的电势差

解析：选ABD.电子在移动过程中静电力做正功，说明电势升高，电子的电势能减少，因此B错误;C正确;由于电场线方向不一定沿ab连线方向，故A错误;电场中两点间电势差为确定的数值.与电势零点的选择无关，故D错误.

3.一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10-17 J，动能为3.2×10-17 J，电子经过B点时电势能为3.2×10-17 J，如果电子只受电场力作用，则(　　)

A.电子在B点时动能为4.8×10-17 J

B.由A到B电场力做功为100 e V

C.电子在B点时动能为1.6×10-17 J

D.A、B两点间电势差为-100 V

解析：选ABD. 因只有电场力做功，电子的电势能与动能之和不变，故有EkA+EpA=EkB+EpB，可得出EkB=4.8×10-17 J，A正确C错误;电势能减少了4.8×10-17J-3.2×10-17 J=1.6×10-17 J，故由A到B电场力做正功1.6×10-17 J=100 eV，B正确;由100 eV=UAB(-e)得：UAB=-100 V，故D正确.

4.如图1-5-8所示，在竖直纸面内有一匀强电场，一质量为m、带电荷量为-q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ=60°，AB间距离为d，且F=mg.则(　　)

图1-5-8

A.匀强电场的电场强度大小为E=Fq

B.A、B两点的电势差大小为 Fd2q

C.带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了32mgd

D.电场方向与F方向关于AB对称

解析：选AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°，根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左，大小等于F，即mg=qE=F.从A到B过程中，电场力做功WAB=Eq•dcos 60°=Fd2，A、B两点间的电势差为UAB=WABq=Fd2q.

5. (2011年兴义市高二上学期月考)如图1-5-9所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J，已知A点的电势为-10 V，则以下判断正确的是(　　)

图1-5-9

A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示

B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示

C.B点电势为零

D.B点电势为-20 V

解析：选AC.因微粒仅受电场力作用，且由A点到B点时动能减少，故电场力做负功，电场力的方向水平向左，轨迹应为虚线1所示，A正确，B错误;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正确，D错误.

6.如图1-5-10所示，水平固定的小圆盘A，其带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点，O到 c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时，小球速度最大，因此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是(　　)

图1-5-10

A.b点场强   B.c点场强

C.b点电势   D.c点电势

解析：选AD.速度最大时加速度为零，由b点速度最大可知qEb=mg，所以Eb=mgq，由c点速度为零可知：mgh=-qφc，所以φc=-mghq.

7.如图1-5-11所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动.M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点.电子在从M点经P到达N点的过程中(　　)

图1-5-11

A.速率先增大后减小

B.速率先减小后增大

C.电势能先减小后增大

D.电势能先增大后减小

解析：选AC.电子所受库仑力为引力，从M到P再到N，电子和正点电荷之间的距离先减小再增大，库仑力先做正功再做负功，电势能先减小再增加，动能先增加再减小，速率先增加再减小，A、C选项正确，B、D选项错误.新课标第一网

8.如图1-5-12所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为(　　)

图1-5-12

A.mv202q   B.3mv20q

C.2mv20q   D.3mv202q

解析：选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有

2gh=v20.

电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12mv20变为2mv20，则根据动能定理，有

Uq-mgh=2mv20-12mv20，

解方程得A、B两点电势差应为2mv20q，应选C.

9.如图1-5-13所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V，一质子(11H)从等势面a上某处由静止释放，仅受静电力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是(　　)

图1-5-13

A.质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV

B.质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eV

C.质子经过等势面c时的速率为2.25 v

D.质子经过等势面c时的速率为1.5 v

解析：选D.质子由高等势面向低等势面运动，电势能减少，动能增加，A、B都错误;质子从等势面a到等势面b，由动能定理得12mv2=2 eV，质子从等势面a到等势面c，由动能定理得12mv2c=4.5 eV，解得vc=1.5 v，故D正确.C错误.

二、计算题

图1-5-14

10.(2011年山东临沂模拟)如图1-5-14所示，用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中，将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零，求：

(1)B、A两点的电势差UBA;

(2)小球到达B点时，悬线对小球的拉力FT.

解析：(1)对小球，则A→B，由动能定理得：

mglsin60°-qUBA=0

所以UBA=3mgl2q.

(2)在B点，小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用，建立如图所示直角坐标系，将三力正交分解.

因B点小球速度为0，则

FT=mgcos30°+qEcos60°=3mg.

答案：(1)3mgl2q　(2)3mg

11.如图1-5-15所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5 cm，bc=12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10-8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10-7 J，求：

图1-5-15

(1)匀强电场的场强E;

(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2;

(3)a、c两点间的电势差Uac.

解析：由于电场力做功W=qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有关，故可根据已知的电场力做功先求电势差，再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.

(1)设a、b两点间距离为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)设b、c两点沿场强方向距离为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)设电荷从a移到c电场力做功为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年成都高二检测)如图1-5-16所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：

图1-5-16

(1)小球滑至C点时的速度大小;

(2)A、B两点间的电势差;

(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势.

解析：(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零

由几何关系可得BC的竖直高度

hBC=3R/2

根据动能定理有

mg×3R/2=mv2C/2-mv2B/2

解得vC=7gR.

(2)因为电势差UAB=UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有

mg×3R+q|UAC|=mv2C/2

解得|UAB|=|UAC|=mgR/(2q)，

(3)因为φA<φC、φC=0，所以

φA=-|UAC|=-mgR/(2q).

答案：(1)7gR　(2)mgR/(2q)　(3)-mgR/(2q)

以上就是为大家介绍的高二物理电势差达标练习，希望大家喜欢，也希望大家能够快乐学习。

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