第六章第二讲电势电势差电势能与电场力做功的关系

1第二讲电势电势差电势能与电场力做功的关系基础巩固1.如图所示,在真空中有两个带正电的点电荷,分别置于M､N两点.M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量,A､B为M､N连线的中垂线上的两点.现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点,在此过程中,下列说法正确的是()A.q的电势能逐渐减小B.q的电势能逐渐增大C.q的电势能先增大后减小D.q的电势能先减小后增大解析:负电荷从A到B的过程中,电场力一直做负功,电势能增大,所以A､C､D均错B对.答案:B2.(2009·天水一中)如图(Ⅰ)所示,AB是电场中的一条电场线,若将一负电荷从A点由静止释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中速度-时间图象如图(Ⅱ)所示,则下列判断正确的是()A.φAφB,EAEBB.φAφB,EAEBC.φAφB,EAEBD.φAφB,EAEB解析:由电荷运动分析受力,分析电场线方向,最后得出电势高低.由图象斜率分析a的变化.得知场强的大小.比较负电荷从A点由静止沿电场线到B加速运动说明其受电场力从A到B,电场线方向从B到A,因为沿电场线方向电势降落,所以φAφB,由v-t图象知电荷加速度变大,由牛顿第二定律a=Eqm,说明从A到B场强逐渐变大,EAEB.答案:D3.(2010·天津理综)在静电场中,将一正电荷从a点移到b点,电场力做了负功,则()A.b点的电场强度一定比a点大B.电场线方向一定从b指向aC.b点的电势一定比a点高D.该电荷的动能一定减小解析:电场力做负功,该电荷电势能增加.正电荷在电势高处电势能较大,C正确.电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用,总功不一定为负.由动能定理可知,动能不一定减小,D错.电势高低与场强大小无必然联系,A错.b点电势高于a点,但a、b可能不在同一条电场线上,B错.答案:C4.(2010·上海单科)三个点电荷电场的电场线分布如图所示,图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb,电势分别为φa、φb()2A.EaEb,φaφbB.EaEb,φaφbC.EaEb,φaφbD.EaEb,φaφb解析:由图可以看出a处电场线更密,所以EaEb,根据对称性,a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等,再根据沿电场线方向电势降低可以判定φbφa,故C项正确.答案:C5.如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子,运动轨迹如图中虚线所示.则()A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b的速度将增加C.a的加速度将减小,b的加速度将增加D.两个粒子的电势能一个增加一个减小解析:两粒子均仅在电场力作用下运动,电场力做正功,电势能减少,速度增加.根据电场线疏密表示场强的弱、强可知a受的电场力将减小,加速度也将减小,同理b的电场力增大,加速度将增加,C选项正确.答案:C6.(2010·潍坊理综)如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲､乙两个点电荷.t=0时,乙电荷向甲运动,速度为6m/s,甲的速度为0.它们仅在相互静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的速度(v)-时间(t)图象分别如图(b)中甲､乙两曲线所示.则由图象可知()3A.两电荷的电性一定相同B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0~t2时间内两电荷间的相互静电力一直增大D.t1~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小答案:AB7.(2011·潍坊调研)真空中,两个相距L的固定点电荷E､F所带电荷量分别是QE和QF,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图中实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向.电场线上标出了M､N两点,其中N点的切线与EF连线平行,且∠NEF∠NFE.则()A.E带正电,F带负电,且QEQFB.在M点由静止释放一带正电的检验电荷,检验电荷将沿电场线运动到N点C.过N点的等势面与过N点的切线垂直D.负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能答案:AC8.(2009·安徽理综,18)在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形的abcd,顶点a、c处分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图所示.若将一个带负电的粒子置于b点,自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中()A.先做匀加速运动,后做匀减速运动B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和先增大,后减小D.电势能先减小,后增大解析:由于负电荷受到的电场力是变力,加速度是变化的.所以A错;由等量正电荷的电场分布知道,在两电荷连线的中点O处的电势最高,所以从b点到d点,电势是先增大后减小,故B错;由于只有电场力做功,所以只有电势能与动能的相互转化,故电势能与机械能的和守恒,C错;由b点到O点电场力做正功,电势能减小,由O点到d点电场力做负功,电势能增加,D.对答案:D能力提升9.(2009·全国卷Ⅰ,18)如图所示,一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O､M､N是y轴上的三个点,且OM=MN,P点在y轴右侧,MP⊥ON.则()4A.M点的电势比P点的电势高B.将负电荷由O点移动到P点,电场力做正功C.M､N两点间的电势差大于O､M两点间的电势差D.在O点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴做直线运动解析:等势线总是与电场线垂直,沿电场线方向电势降低,由此可知M点的电势比P点的电势高,故A项正确.将负电荷由O点移动到P点,电场力做负功,故B项错.M､N间的电势差小于O､M间的电势差,故C项错.在O点静止释放一带正电粒子,该粒子在电场力作用下,将沿y轴做直线运动.故D项正确.答案:AD10.(2010·山东理综)某电场的电场线分布如图所示,以下说法正确的是()A.c点场强大于b点场强B.a点电势高于b点电势C.若将一试探电荷+q由a点释放,它将沿电场线运动到b点D.若在d点再固定一点电荷-Q,将一试探电荷+q由a移至b的过程中,电势能减小解析:电场线的疏密表示电场的强弱,A项错误;沿着电场线方向电势逐渐降低,B正确;+q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向,由于电场线为曲线,所以+q不沿电场线运动,C项错误;在d点固定一点电荷-Q后,a点电势仍高于b点,+q由a移至b的过程中,电场力做正功,电势能减小,D项正确.答案:BD11.(2010·山东寿光一模)某静电场的电场线分布如图所示,一负点电荷P只在电场力作用下先后经过场中的M､N两点.过N点的虚线是电场中的一条等势线,则()A.M点的电场强度小于N点电场强度B.M点的电势低于N点的电势C.负点电荷P在M点的电势能小于在N点的电势能D.负点电荷P在M点的动能小于在N点的动能答案:C12.如图所示,α粒子以初速度v0垂直于电场线方向从A点射入一匀强电场,经时间t到达B点时,速度大小为2v0.α粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力.求:5(1)A､B两点间的电势差;(2)匀强电场的场强大小.解析:(1)由动能定理qUAB=12m(2v0)2-12mv20解得UAB=2032mvq.(2)设在B点α粒子沿场强方向的速度为v,由题意得(2v0)2=v20+v2qE=mav=at,解得:E=03mvqt.答案:(1)2032mvq(2)03mvqt13.在平行于纸面的匀强电场中,有a､b､c三点,各点的电势分别为φa=8V,φb=-4V,φc=2V,已知ab=10\sqrt{3}cm,ac=5\sqrt{3}cm,ac和ab之间的夹角为60°,如图所示,求所在匀强电场的场强大小和方向.解析:由于是匀强电场,无论沿ab方向还是沿ac方向各点的电势都是均匀降低的,所以沿ab方向电势由8V降低到-4V的过程中,电势为2V的点应在ab连线的中点d,见图,连c､d,则cd直线为一条等势线,由于电场方向是电势降落最快的方向,则向右垂直于cd方向就是电场E的方向.因ac=ad=53cm,则cd段的垂直平分线必过a点,垂足为e,e点电势为φe=2V,Uae=φa-φe=8V-2V=6V,ae=accos30°=53×32cm=7.5cm,由E=Ud得E=aeUae=267.510V/m=80V/m.答案:E=80V/m,方向为由a到e的方向14.(2010·安徽高考理综)如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞.已知甲､乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg,乙所带电荷量q=2.0×10-5C,g取10m/s2.(水平轨道足够长,甲､乙两球可视为质点,整个运动过程无电荷6转移)(1)甲､乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D,求乙在轨道上的首次落点到B点的距离;(2)在满足(1)的条件下,求甲的速度v0;(3)若甲仍以速度v0向右运动,增大甲的质量,保持乙的质量不变,求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围.解析:(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下,设乙到达最高点的速度为vD,乙离开D点到达水平轨道的时间为t,乙的落点到B点的距离为x,则m2DvR=mg+qE①2R=12mgqEmt2②x=vDt③联立①②③得x=0.4m④(2)设碰撞后甲､乙的速度分别为v甲､v乙,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv甲+mv乙⑤12mv20=12mv2甲+12mv2乙⑥联立⑤⑥得v乙=v0⑦由动能定理,得-mg·2R-qE·2R=12mv2D-12mv2乙⑧联立①⑦⑧得v0=5()mgEqRm=25m/s⑨(3)设甲的质量为M,碰撞后甲､乙的速度分别为vM、vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0=MvM+mvm⑩12Mv20=12Mv2M+12mv2m7联立得vm=02MvMm由和M≥m,可得v0≤vm2v0设乙球过D点时的速度为v′D,由动能定理得-mg·2R-qE·2R=12mv′2D-12mv2m联立得2m/s≤v′D8m/s设乙在水平轨道上的落点距B的距离为x′,有x′=v′Dt联立得0.4m≤x′1.6m.答案:(1)0.4m(2)v0=25m/s(3)0.4m≤x′1.6m