第六章第二講電勢電勢差電勢能與電場力做功的關(guān)系

1、第二講 電勢 電勢差 電勢能與電場力做功的關(guān)系基礎(chǔ)鞏固1.如圖所示,在真空中有兩個帶正電的點電荷,分別置于MN兩點.M處正電荷的電荷量大于N處正電荷的電荷量,AB為MN連線的中垂線上的兩點.現(xiàn)將一負(fù)點電荷q由A點沿中垂線移動到B點,在此過程中,下列說法正確的是( ) A.q的電勢能逐漸減小B.q的電勢能逐漸增大C.q的電勢能先增大后減小D.q的電勢能先減小后增大解析:負(fù)電荷從A到B的過程中,電場力一直做負(fù)功,電勢能增大,所以ACD均錯B對.答案:B2.(2009天水一中)如圖()所示,AB是電場中的一條電場線,若將一負(fù)電荷從A點由靜止釋放,負(fù)電荷沿電場線從A到B運動過程中速度-時間圖象如圖()

2、所示,則下列判斷正確的是( )A.AB,EAEB B.AB,EAEBC.AEB D.AB,EAEB解析:由電荷運動分析受力,分析電場線方向,最后得出電勢高低.由圖象斜率分析a的變化.得知場強的大小.比較負(fù)電荷從A點由靜止沿電場線到B加速運動說明其受電場力從A到B,電場線方向從B到A,因為沿電場線方向電勢降落,所以AB,由v-t圖象知電荷加速度變大,由牛頓第二定律a=,說明從A到B場強逐漸變大,EAEb,abB.EaEb,aEb,abD.Eab解析:由圖可以看出a處電場線更密,所以EaEb,根據(jù)對稱性,a處的電勢應(yīng)與右側(cè)負(fù)電荷附近對稱點的電勢相等,再根據(jù)沿電場線方向電勢降低可以判定ba,故C項正

3、確.答案:C5.如圖所示,實線為不知方向的三條電場線,從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子,運動軌跡如圖中虛線所示.則( )A.a一定帶正電,b一定帶負(fù)電B.a的速度將減小,b的速度將增加C.a的加速度將減小,b的加速度將增加D.兩個粒子的電勢能一個增加一個減小解析:兩粒子均僅在電場力作用下運動,電場力做正功,電勢能減少,速度增加.根據(jù)電場線疏密表示場強的弱、強可知a受的電場力將減小,加速度也將減小,同理b的電場力增大,加速度將增加,C選項正確.答案:C6.(2010濰坊理綜)如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲乙兩個點電荷.t=0時,乙電荷向甲運動,速度為6 m/s,甲的速度為0.它

4、們僅在相互靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的速度(v)-時間(t)圖象分別如圖(b)中甲乙兩曲線所示.則由圖象可知( ) A.兩電荷的電性一定相同B.t1時刻兩電荷的電勢能最大C.0t2時間內(nèi)兩電荷間的相互靜電力一直增大D.t1t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能一直減小答案:AB7.(2011濰坊調(diào)研)真空中,兩個相距L的固定點電荷EF所帶電荷量分別是QE和QF,在它們共同形成的電場中,有一條電場線如圖中實線所示,實線上的箭頭表示電場線的方向.電場線上標(biāo)出了MN兩點,其中N點的切線與EF連線平行,且NEFNFE.則( )A.E帶正電,F帶負(fù)電,且QEQFB.

5、在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷,檢驗電荷將沿電場線運動到N點C.過N點的等勢面與過N點的切線垂直D.負(fù)檢驗電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能答案:AC8.(2009安徽理綜,18)在光滑的絕緣水平面上,有一個正方形的abcd,頂點a、c處分別固定一個正點電荷,電荷量相等,如圖所示.若將一個帶負(fù)電的粒子置于b點,自由釋放,粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動.粒子從b點運動到d點的過程中( )A.先做勻加速運動,后做勻減速運動B.先從高電勢到低電勢,后從低電勢到高電勢C.電勢能與機械能之和先增大,后減小D.電勢能先減小,后增大解析:由于負(fù)電荷受到的電場力是變力,加速度是變化的.所以A錯;由等量正電

6、荷的電場分布知道,在兩電荷連線的中點O處的電勢最高,所以從b點到d點,電勢是先增大后減小,故B錯;由于只有電場力做功,所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化,故電勢能與機械能的和守恒,C錯;由b點到O點電場力做正功,電勢能減小,由O點到d點電場力做負(fù)功,電勢能增加,D. 對答案:D能力提升9.(2009全國卷,18)如圖所示,一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對稱,OMN是y軸上的三個點,且OM=MN,P點在y軸右側(cè),MPON.則( )A. M點的電勢比P點的電勢高B.將負(fù)電荷由O點移動到P點,電場力做正功C. MN兩點間的電勢差大于OM兩點間的電勢差D.在O點靜止釋放一帶正電粒子,該粒子將沿y

7、軸做直線運動解析:等勢線總是與電場線垂直,沿電場線方向電勢降低,由此可知M點的電勢比P點的電勢高,故A項正確.將負(fù)電荷由O點移動到P點,電場力做負(fù)功,故B項錯.MN間的電勢差小于OM間的電勢差,故C項錯.在O點靜止釋放一帶正電粒子,該粒子在電場力作用下,將沿y軸做直線運動.故D項正確.答案:AD10.(2010山東理綜)某電場的電場線分布如圖所示,以下說法正確的是( )A.c點場強大于b點場強B.a點電勢高于b點電勢C.若將一試探電荷+q由a點釋放,它將沿電場線運動到b點D.若在d點再固定一點電荷-Q,將一試探電荷+q由a移至b的過程中,電勢能減小解析:電場線的疏密表示電場的強弱,A項錯誤;沿

8、著電場線方向電勢逐漸降低,B正確;+q在a點所受電場力方向沿電場線的切線方向,由于電場線為曲線,所以+q不沿電場線運動,C項錯誤;在d點固定一點電荷-Q后,a點電勢仍高于b點,+q由a移至b的過程中,電場力做正功,電勢能減小,D項正確.答案:BD11.(2010山東壽光一模)某靜電場的電場線分布如圖所示,一負(fù)點電荷P只在電場力作用下先后經(jīng)過場中的MN兩點.過N點的虛線是電場中的一條等勢線,則( )A.M點的電場強度小于N點電場強度B. M點的電勢低于N點的電勢C.負(fù)點電荷P在M點的電勢能小于在N點的電勢能D.負(fù)點電荷P在M點的動能小于在N點的動能答案:C12.如圖所示,粒子以初速度v0垂直于電

9、場線方向從A點射入一勻強電場,經(jīng)時間t到達(dá)B點時,速度大小為2v0.粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計重力.求:(1)AB兩點間的電勢差;(2)勻強電場的場強大小. 解析:(1)由動能定理qUAB=m(2v0)2-mv20解得UAB=.(2)設(shè)在B點粒子沿場強方向的速度為v,由題意得(2v0)2=v20+v2 qE=ma v=at,解得:E=.答案:(1) (2)13.在平行于紙面的勻強電場中,有abc三點,各點的電勢分別為a=8 V,b=-4 V,c=2 V,已知ab=10sqrt3 cm,ac=5sqrt3cm,ac和ab之間的夾角為60,如圖所示,求所在勻強電場的場強大小和方向. 解析:由

10、于是勻強電場,無論沿ab方向還是沿ac方向各點的電勢都是均勻降低的,所以沿ab方向電勢由8 V降低到-4 V的過程中,電勢為2 V的點應(yīng)在ab連線的中點d,見圖,連cd,則cd直線為一條等勢線,由于電場方向是電勢降落最快的方向,則向右垂直于cd方向就是電場E的方向. 因ac=ad=5 cm,則cd段的垂直平分線必過a點,垂足為e,e點電勢為e=2 V,Uae=a-e=8 V-2 V=6 V,ae=accos30=5cm=7.5 cm,由E=得E=V/m=80 V/m.答案:E=80 V/m,方向為由a到e的方向14.(2010安徽高考理綜)如圖,ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB段是水

11、平的,BD段為半徑R=0.2 m的半圓,兩段軌道相切于B點,整個軌道處在豎直向下的勻強電場中,場強大小E=5.0103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲,以速度v0沿水平軌道向右運動,與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞.已知甲乙兩球的質(zhì)量均為m=1.010-2 kg,乙所帶電荷量q=2.010-5 C,g取10 m/s2.(水平軌道足夠長,甲乙兩球可視為質(zhì)點,整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移) (1)甲乙兩球碰撞后,乙恰能通過軌道的最高點D,求乙在軌道上的首次落點到B點的距離;(2)在滿足(1)的條件下,求甲的速度v0;(3)若甲仍以速度v0向右運動,增大甲的質(zhì)量,保持乙的質(zhì)量不變,求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍.解析:(1)在乙恰能通過軌道最高點的情況下,設(shè)乙到達(dá)最高點的速度為vD,乙離開D點到達(dá)水平軌道的時間為t,乙的落點到B點的距離為x,則m=mg+qE2R=t2x=vDt聯(lián)立得x=0.4 m(2)設(shè)碰撞后甲乙的速度分別為v甲v乙,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mv甲+mv乙mv20=mv2甲+mv2乙聯(lián)立得v乙=v0由動能定理,得-mg2R-qE2R=mv2D-mv2乙聯(lián)立得v0=2 m/s(3)設(shè)甲的質(zhì)量為M,碰撞后甲乙的速度分別為vM、vm,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=MvM+mvmMv20=Mv2M+mv2mB