物理2016年高考复习电势差专题练习题（附解析）

电势差是衡量单位电荷在静电场中由于电势不同所产生的能量差的物理量。查字典物理网整理了物理2016年高考复习电势差专题练习题，请考生认真做题，提高自己。

1.(改编)图K6-2-1中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子()

图K6-2-1

A.带负电

B.在c点受力最大

C.在b点的电势能小于在c点的电势能

D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化

【答案】D

【解析】由于带电粒子受到电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，选项A错误;根据库仑定律F=k可知，粒子在c点受到电场力最小，选项B错误;粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，选项C错误;由动能定理可得：qU=Ek，因为UabUbc，所以选项D正确.

2.(2015年北京模拟)下列四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是()

【答案】B

【解析】a、b两点场强的方向不同，选项A错误;a、b两点电势和场强均相同，选项B正确;a点电势高于b点电势，选项C错误;a、b两点场强的方向不同，选项D错误.

3.(改编)图K6-2-2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，下列表述正确的有()

图K6-2-2

A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做负功

C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小

【答案】D

【解析】带正电的矿粉受到向左的电场力作用，落在左侧，电场力对矿粉做正功，矿粉电势能变小，选项D正确.

4.a、b、c、d是匀强电场中的4个点，它们正好是一个矩形的4个顶点.电场线与矩形所在的平面平行.已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图K6-2-3，由此可知c点的电势为()

图K6-2-3

A.4 V B.8 V

C.12 V D.24 V

【答案】B

【解析】平行于匀强电场所在平面的1个平行四边形，任意两条平行边上对应两点的电势差相等，即d=c，可得选项B正确.

5.(2015年德州期末)如图K6-2-4甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图K6-2-4乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()

图6-2-4

A.电子将沿Ox方向运动B.电子的电势能将增大

C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大

【答案】AD

【解析】由题图乙可知，沿x轴正方向电势越来越高，故电场线方向沿x轴负方向，电子受到的电场力沿x轴正方向，故电子将沿Ox方向运动，电子的电势能将减小，A正确，B错误;因电势随x的增大，其变化率先减小后增大，故沿x轴正方向，电场强度先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，D正确，C错误.

6.(2015年金山中学期末)某带电粒子仅在电场力的作用下由A点运动到B点，电场线及粒子的运动轨迹如图K6-2-5所示，可以判定()

图K6-2-5

A.粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度

B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能

C.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能

D.粒子在A点的电势低于它在B点的电势

【答案】AB

【解析】A点的场强小于B点场强，在A点受电场力小于在B点，A正确;A到B过程电场力做正功，电势能减小，动能增大，B正确、C错误;A点电势高于B点，D错误.

7.(2015年江苏模拟)真空中有一带负电的点电荷绕固定的点电荷+Q运动，其轨迹为椭圆，如图K6-2-6所示.已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，+Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是()

图K6-2-6

A.负电荷在a、c两点所受的电场力大小相等

B.负电荷在a点的电势能高于在c点的电势能

C.负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少

D.负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增大后减小

【答案】AC

【解析】电场强度是矢量，由对称性可知a、c两点的场强大小相等，故负电荷在a、c两点所受电场力大小相等但方向不同，A正确;根据电势是标量和对称性可知，a、c两点的电势相等，故负电荷在a、c两点的电势能相等，B错误;正点电荷的电场线是辐射向外的，且沿电场线方向电势降低，故轨迹上a、b、c、d四点中b点电势最高，d点电势最低，a、c两点相同，所以负电荷在b点电势能最小，故选项C正确，D错误.

8.如图K6-2-7所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N 两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是()

图K6-2-7

A.a点场强与c点场强一定相同

B.a点电势一定小于c点电势

C.负电荷在c点的电势能一定大于在a点的电势能

D.正电荷从d点移到b点电场力不做功

【答案】AD

【解析】根据真空中等量异种点电荷电场线的分布特点，在MN的连线上对称点a、c场强一定相同，故选项A正确;因沿着电场线方向电势逐渐降低，但电场方向未知，则a点电势不一定小于c点电势，故选项B错误;电荷从a点移到c点，电场力做功正负未知，则不能判断电势能增减，负电荷在c点电势能不一定大于a点电势能，故选项C错误;而MN连线的中垂线是等势线，其上的对称点b、d电势相等，则正电荷从d点移到b点电场力不做功，故选项D正确.

9.(2015年珠海模拟)如图K6-2-8所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则()

图K6-2-8

A.小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能

B.A、B两点的电势差一定为

C.若是匀强电场，则该电场的场强一定是

D.若是匀强电场，则该电场的场强可能是

【答案】AD

【解析】小球动能没变，电场力与重力做功之和为零，重力做负功，电场力做正功，电势能减小，在B点的电势能小于A点，A正确;动能定理qU-mgLsin =0，得U=，B错误;场强方向不确定，所以场强不一定是，C错误，D正确. 二、非选择题

10.(2015年泉州模拟)如图K6-2-9所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6 m，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=1.5 103 N/C、方向水平向左的匀强电场，水平面AB段表面光滑，长L1=6.75 m，BC段表面粗糙，长L2=5.5 m.质量m=2.0 kg、电荷量q=0.01 C的带正电小球在水平恒力F=10.0 N的作用下从A点由静止升始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力ND=15 N.小球与水平面BC段之间的动摩擦因数=0.2，取g=10 m/s2.求：

图K6-2-9

(1)小球通过端口D时的速度大小vD;

(2)小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP;

(3)撤去拉力F时小球的速度大小v0.

【答案】(1)2 m/s (2)0 (3)9 m/s

【解析】(1)在端口D，由牛顿第二定律有mg-ND=m

解得vD==2 m/s.

(2)设小球经过半圆管中点P时的速度大小为vP，从P到D的过程中由动能定理可得

qER-mgR=mv-mv

解得vP=2 m/s

在P点由牛顿第二定律有qE-NP=m

解得NP=0.

(3)设F作用的距离为s，从A到D由动能定理有

Fs-mgL2-2mgR=mv

解得s=9 m

在F作用的过程中由动能定理得

Fs-mg(s-L1)=mv

解得v0=9 m/s.

11.如图K6-2-10甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2 kg、带电荷量为q=+2.010-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1.从t=0时刻开始，空间上加一个如图K6-2-10乙所示的电场.(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)求：

图K6-2-10

(1)4秒内小物块的位移大小;

(2)4秒内电场力对小物块所做的功.

【答案】(1)8 m (2)16 J

【解析】(1)0～2 s内小物块加速度

a1==2 m/s2，

位移s1=a1t=4 m，

2 s末的速度为v2=a1t1=4 m/s，

2～4 s内小物块加速度

a2==-2 m/s2，

位移s2=v2t2+a2t=4 m，

4秒内的位移

s=s1+s2=8 m.

(2)v4=v2+a2t2=0，即4 s末小物块处于静止状态

设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理有：

W-mgs=0，

解得W=1.6 J.

12.如图K6-2-11所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的L形滑板，其质量为M，平面部分的上表面光滑且足够长.在距滑板的A端为l的B处放置一个质量为m、带电量为q的小物体C(可看成是质点)，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动.已知M=3m，电场的场强为E.假设物体C在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量.

图K6-2-11

(1)求物体C第1次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小.

(2)若物体C与滑板A端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的，求滑板被碰后的速度大小.

(3)在(2)问条件下，求小物体C从开始运动到与滑板A第2次碰撞这段时间内，电场力对小物体C做的功.

【答案】(1) (2) (3)qEl

【解析】(1)设物体C在电场力作用下第1次与滑板A端碰撞时的速度为v1，

由动能定理，得qEl=mv，

解得v1=.

(2)小物体C与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v2，

由动量守恒定律，得mv1=Mv2-mv1，

解得v2=v1=.

(3)设小物体C的加速度为a，由牛顿第二定律，有