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(共33张PPT)
微专题3　电场能的性质
「定位·学习目标」
1.加深对电场强度、电势、电势差及电势能的认识。
2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题,提高科学思维和科学探究能力。
突破·关键能力
要点一　电势能、电势和电势差的关系
「要点归纳」
1.电势能、电势和电势差的比较
项目 电势能 电势 电势差
定义式
决定因素 由电荷量和该点电势二者决定,与零势能位置的选取有关,其大小也等于电荷由该点移到零电势能位置时静电力所做的功 由电场本身决定,与试探电荷无关,其大小与零电势点的选取有关,具有相对性 由电场本身和两点间位置决定,与试探电荷及零电势点的选取无关
相同点 各量均为标量,无方向但有正、负之分,电势能、电势正负决定于零电势点的选取;电势差正负决定于“点”的先后
联系 匀强电场中UAB=Ed(d为A、B两点沿电场方向上的距离);电势沿着电场强度方向降低最快;
2.电势高低、电势能大小的判断
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
[例1] (静电力做功与电势、电势差间的关系)把带电荷量为1×10-8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服静电力做功 4×10-6 J,若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服静电力做功2×10-6 J。取无限远处电势为零。求:
(1)A点的电势和A、B两点间的电势差;
「典例研习」
答案:(1)400 V　200 V
解析:(1)由于电荷从无限远处移到电场中A点,克服静电力做的功等于从A点移到无限远处时静电力做的功,对于该正点电荷,则有
WA∞=4×10-6 J,根据WAB=EpA-EpB得
WA∞=EpA-Ep∞,而Ep∞=0,
则EpA=WA∞=4×10-6 J,
(2)把2×10-5 C的负电荷由B点移到A点静电力做的功。
答案:(2)4×10-3 J
解析:(2)把电荷量q2=-2×10-5 C的电荷由B点移到A点,静电力做功为WBA=q2UBA,
而UBA=-UAB=-200 V,
解得WBA=4×10-3 J。
[例2] (由电势求电势能和静电力做功)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为4 V、14 V、9 V。下列说法正确的是(　 　)
A.坐标原点处的电势为0
B.电场强度的大小为150 V/m
C.电子在a点的电势能比在b点的小
D.电子从b点运动到c点,电子克服静电力做功 5 eV
√
要点二　静电场中功能关系的综合应用
「要点归纳」
1.静电场中的功能关系
(1)静电力做的功等于电势能的减少量,即W电=-ΔEp。
(2)包括静电力在内的各力做的总功等于带电体动能的变化。
(3)若只有静电力、重力、弹力做功,其他力不做功时,电势能与机械能的总量保持不变。
2.“等效重力”法的应用
在匀强电场中,静电力恒定,带电体重力也恒定,因此合力恒定(大小和方向都恒定),我们将静电力和重力的合力叫作“等效重力”,处理之后带电体就只受一个力,即“等效重力”。带电体在电场和重力场的叠加场中做竖直方向的圆周运动时, “等效重力”沿半径且背离圆心处速度最大,当“等效重力”沿半径且指向圆心处时速度最小。
「典例研习」
(1)若滑块从水平轨道上距离B点为s=2R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时速度的大小和对轨道的压力;
(2)改变s的大小,使滑块恰好沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆弧轨道上滑行过程中的最小速度的大小;
(3)为使得小滑块经圆弧轨道时不脱离轨道,求AB初始距离s的取值范围。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案:(3)s≤4R或s≥11.5R
其等效最低点为F,等效最高点为H,如图所示。
滑块不离开轨道有两种情况,一种是速度较小,恰好到I点;另一种是速度较大,恰好到H点。
①如果恰好到I点,根据动能定理有
qE(s+Rcos 37°)-μmgs-mg(R+Rsin 37°)=0,
解得s=4R。
检测·学习效果
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2.将电荷量为q=+2.0×10-8 C的电荷从无限远处移到电场中A点,需要克服静电力做功W=4.8×10-4 J,取无限远处的电势为零,下列说法正确的是(　 　)
A.q在A点的电势能为3.6×10-4 J
B.A点的电势为2.4×104 V
C.q未移入电场前,A点的电势为0
D.q未移入电场前,A点的电势为4.8×104 V
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3.(多选)如图所示,三角形ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无限远处(电势为0)移到C点,此过程中,静电力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定,最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无限远处移到C点。下列说法正确的是(　 　)
A.Q1移入之前,C点的电势为
B.Q1从C点移到B点的过程中,所受静电力做的功为0
C.Q2从无限远处移到C点的过程中,所受静电力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为4W
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4.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q=-5.0×10-8 C、质量m=1.0×10-2 kg的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度 v0=2.0 m/s,如图所示,g取 10 m/s2。求:
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(1)物块向右运动的时间及向右运动的最大距离;
答案:(1)0.4 s　0.4 m
解析:(1)由牛顿第二定律可得-μmg+qE=ma,
解得a=-5 m/s2,
代入数据解得xm=0.4 m。
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(2)物块最终停止时的位置。
答案:(2)O点左侧0.2 m处
解析:(2)根据题意可知,由于E|q|>μmg,则物块不可能停在O点的右侧而停在O点左侧,设停止位置距离O点为x,由于整个过程中静电力做功为0,根据动能定理有
解得x=0.2 m,
即物块最终停止在O点左侧0.2 m处。
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定位·学习目标
1.加深对电场强度、电势、电势差及电势能的认识。
2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题,提高科学思维和科学探究能力。
要点一　电势能、电势和电势差的关系
要点归纳
1.电势能、电势和电势差的比较
项目 电势能 电势 电势差
定义式 Ep=q = UAB=A-B
决定因素 由电荷量和该点电势二者决定,与零势能位置的选取有关,其大小也等于电荷由该点移到零电势能位置时静电力所做的功 由电场本身决定,与试探电荷无关,其大小与零电势点的选取有关,具有相对性 由电场本身和两点间位置决定,与试探电荷及零电势点的选取无关
相同点 各量均为标量,无方向但有正、负之分,电势能、电势正负决定于零电势点的选取;电势差正负决定于“点”的先后
联系 匀强电场中UAB=Ed(d为A、B两点沿电场方向上的距离);电势沿着电场强度方向降低最快;UAB=A-B;WAB=EpA-EpB=qA-qB=qUAB
2.电势高低、电势能大小的判断
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
典例研习
[例1] (静电力做功与电势、电势差间的关系)把带电荷量为1×10-8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服静电力做功 4×10-6 J,若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服静电力做功2×10-6 J。取无限远处电势为零。求:
(1)A点的电势和A、B两点间的电势差;
(2)把2×10-5 C的负电荷由B点移到A点静电力做的功。
解析:(1)由于电荷从无限远处移到电场中A点,克服静电力做的功等于从A点移到无限远处时静电力做的功,对于该正点电荷,则有
WA∞=4×10-6 J,根据WAB=EpA-EpB得
WA∞=EpA-Ep∞,而Ep∞=0,
则EpA=WA∞=4×10-6 J,
由=得A== V=400 V,
同理,B=200 V,
则A、B两点间的电势差UAB=A-B=200 V。
(2)把电荷量q2=-2×10-5 C的电荷由B点移到A点,静电力做功为WBA=q2UBA,
而UBA=-UAB=-200 V,
解得WBA=4×10-3 J。
答案:(1)400 V　200 V　(2)4×10-3 J
[例2] (由电势求电势能和静电力做功)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为4 V、14 V、9 V。下列说法正确的是(　D　)
A.坐标原点处的电势为0
B.电场强度的大小为150 V/m
C.电子在a点的电势能比在b点的小
D.电子从b点运动到c点,电子克服静电力做功 5 eV
解析:因为是匀强电场,所以有c-a=b-O,则O=a+b-c=4 V+14 V-9 V=9 V,选项A错误。因为O=c=9 V,所以O、c连线为等势线,过b点作O、c连线的垂线,其垂足为d,由于 b>d,可知由b指向d方向为电场线方向,如图所示,
b、d两点的电势差为Ubd=b-d=5 V,由几何关系可得,b、d两点的距离为l=4.8 cm,根据 E=得该匀强电场的电场强度大小E== V/m≈104.2 V/m,选项B错误。根据Ep=q,电子在a、b两点的电势能分别为Epa=-4 eV,Epb=-14 eV,所以电子在a点的电势能比在b点的大;同理,电子在c点的电势能Epc=-9 eV;电子从b点运动到c点,静电力做功为Wbc=Epb-Epc=-14 eV-(-9 eV)=-5 eV,即电子克服静电力做功5 eV,选项C错误,D正确。
要点二　静电场中功能关系的综合应用
要点归纳
1.静电场中的功能关系
(1)静电力做的功等于电势能的减少量,即W电=-ΔEp。
(2)包括静电力在内的各力做的总功等于带电体动能的变化。
(3)若只有静电力、重力、弹力做功,其他力不做功时,电势能与机械能的总量保持不变。
2.“等效重力”法的应用
在匀强电场中,静电力恒定,带电体重力也恒定,因此合力恒定(大小和方向都恒定),我们将静电力和重力的合力叫作“等效重力”,处理之后带电体就只受一个力,即“等效重力”。带电体在电场和重力场的叠加场中做竖直方向的圆周运动时,“等效重力”沿半径且背离圆心处速度最大,当“等效重力”沿半径且指向圆心处时速度最小。
典例研习
[例3] (静电力作用下的综合问题)如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆弧轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的电场强度为E=的匀强电场中。现有一质量为m、带电荷量为+q的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点为s=2R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时速度的大小和对轨道的压力;
(2)改变s的大小,使滑块恰好沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆弧轨道上滑行过程中的最小速度的大小;
(3)为使得小滑块经圆弧轨道时不脱离轨道,求AB初始距离s的取值范围。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:(1)滑块从A点由静止释放,到达C点过程中,根据动能定理可得
qE(s+R)-μmgs-mgR=m-0,
解得vC=,
设滑块经C点时受到轨道的作用力大小为F,由牛顿第二定律得
F-qE=m,
解得F=mg,
根据牛顿第三定律,滑块经C点时对轨道的压力大小为mg,方向水平向右。
(2)滑块恰好沿轨道BCDG滑行,则滑至圆弧轨道D、G间静电力和重力的合力(“等效重力”)恰好提供向心力的位置时的速度最小,设为vmin,则有
=m,
代入数据解得vmin=。
(3)若滑块恰好经过重力与静电力合力(“等效重力”)的等效最高点时滑块不会脱离轨道而从G点飞出轨道,此情形下该合力大小为
F合==mg,
与竖直方向的夹角θ满足
tan θ=,
解得θ=37°,
其等效最低点为F,等效最高点为H,如图所示。
滑块不离开轨道有两种情况,一种是速度较小,恰好到I点;另一种是速度较大,恰好到H点。
①如果恰好到I点,根据动能定理有
qE(s+Rcos 37°)-μmgs-mg(R+Rsin 37°)=0,
解得s=4R。
②如果速度较大,恰好经过H点,则有
qE(s-Rsin 37°)-μmgs-mg(R+Rcos 37°)=m-0,
经H点时,则有F合=m,即mg=m,
联立解得s=11.5R,
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围为s≤4R或s≥11.5R。
答案:(1)　mg,方向水平向右
(2)　
(3)s≤4R或s≥11.5R
1.一质量为m的带电小球,在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出,小球的加速度大小为,方向竖直向下,不计空气阻力,小球在下落h的过程中,下列计算结果正确的是(　A　)
A.动能增加 B.重力势能减少
C.机械能增加 D.电势能增加
解析:小球下落h的过程中,所受力的合力F合=ma=mg,其中静电力F电=mg,根据动能定理有ΔEk=F合h=mgh,即动能增加mgh;重力做功WG=mgh,所以重力势能减少mgh,则机械能减少mgh,故A正确,B、C错误;只有重力和静电力做功,则机械能与电势能相互转化,根据能量守恒定律可知小球电势能增加量为mgh,故D错误。
2.将电荷量为q=+2.0×10-8 C的电荷从无限远处移到电场中A点,需要克服静电力做功W=4.8×10-4 J,取无限远处的电势为零,下列说法正确的是(　B　)
A.q在A点的电势能为3.6×10-4 J
B.A点的电势为2.4×104 V
C.q未移入电场前,A点的电势为0
D.q未移入电场前,A点的电势为4.8×104 V
解析:取无限远处的电势为零,电荷在无限远处的电势能也为零,即有∞=0,Ep∞=0,根据静电力做功与电势能的变化关系,有-W=Ep∞-EpA,解得EpA=Ep∞+W=4.8×10-4 J,故A错误;由=得A=2.4×104 V,故B正确;电场中某点的电势与该点是否存在试探电荷无关,即q未移入电场前,A点的电势为A=2.4×104 V,故C、D错误。
3.(多选)如图所示,三角形ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无限远处(电势为0)移到C点,此过程中,静电力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定,最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无限远处移到C点。下列说法正确的是(　AB　)
A.Q1移入之前,C点的电势为
B.Q1从C点移到B点的过程中,所受静电力做的功为0
C.Q2从无限远处移到C点的过程中,所受静电力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为4W
解析:根据静电力做功可知-W=q(0-C1),解得C1=,选项A正确;B、C两点到A点的距离相等,这两点电势相等,Q1从C点移到B点的过程中,静电力做功为0,选项B正确;根据对称和电势叠加可知,A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后,C点电势为C2=2C1=,电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)·C2=-4W,选项D错误;Q2从无限远处移到C点的过程中,静电力做的功为W′=-2q(0-C2)=4W,选项C错误。
4.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q=-5.0×10-8 C、质量m=1.0×10-2 kg的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度 v0=2.0 m/s,如图所示,g取 10 m/s2。求:
(1)物块向右运动的时间及向右运动的最大距离;
(2)物块最终停止时的位置。
解析:(1)由牛顿第二定律可得-μmg+qE=ma,
解得a=-5 m/s2,
向右运动的时间t==0.4 s。
物块向右运动到达最远处xm的过程中,根据动能定理有Eqxm-μmgxm=0-m,
代入数据解得xm=0.4 m。
(2)根据题意可知,由于E|q|>μmg,则物块不可能停在O点的右侧而停在O点左侧,设停止位置距离O点为x,由于整个过程中静电力做功为0,根据动能定理有-μmg(x+2xm)=0-m,
解得x=0.2 m,
即物块最终停止在O点左侧0.2 m处。
答案:(1)0.4 s　0.4 m　(2)O点左侧0.2 m处
课时作业
基础巩固练
考点一　电势、电势差、电势能
1.(多选)在静电场中将一个带电荷量为q=-1×10-7 C的负点电荷由M点移动到N点,在这一过程中,除静电力外,其他力对该电荷做了8.0×10-6 J 的正功,该电荷的动能增加了5.0×10-6 J。已知该电场中K点电势为零,且K、M两点间的电势差UKM=-10 V,下列说法正确的是(　BC　)
A.电场线方向一定是由M点指向K点
B.该电荷在M点的电势能为EpM=-1.0×10-6 J
C.M、N两点间的电势差UMN=30 V
D.N点电势为N=20 V
解析:根据题意,电荷由M点移动到N点的过程中,根据动能定理有qUMN+W其=ΔEk,代入数据解得UMN=30 V,故C正确;根据电势差的定义得M-N=30 V,K-M=-10 V,而K=0,所以M=10 V,N=-20 V,故D错误;根据公式=得EpM=Mq=10×(-1×10-7) J=-1.0×10-6 J,故B正确;虽然M点电势高于K点电势,但不能确定电场线的方向一定是由M点指向K点,这是因为电场线不一定是直线或M点指向K点不一定是电势降低最快的方向,故A错误。
2.如图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线1、2、3均为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是(　B　)
A.b点的电势比a点的高
B.液滴在b点的加速度比在a点的小
C.等势面1、2之间和2、3之间的电势差一定相等
D.液滴在b点的电势能比在a点的大
解析:由于发射极接电源的正极,吸极接电源的负极,可知电场线的方向由a指向b,沿着电场线方向电势逐渐降低,因此b点的电势比a点的低,A错误;由于等势面与电场线垂直,可知a处的电场线比b处的密集,因此b点的电场强度比a点的小,根据Eq=ma可知,液滴在b点的加速度比在a点的小,虽然2、3之间距离较大,电场强度小,但由 U=Ed无法确定U12与U23是否相等,B正确,C错误;液滴从a到b的过程中静电力做正功,电势能减小,因此液滴在b点的电势能比在a点的小,D错误。
3.带正电的α粒子以某一初速度接近重金属核,其运动轨迹如图所示,M、N、Q为轨迹上的三点,N点离重金属核最近,Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中,下列说法正确的是(　B　)
A.N点的电场强度比Q点小
B.N点的电势最高
C.α粒子从Q点运动到M点过程中,电势能减小
D.α粒子从Q点运动到M点过程中,速度一直减小
解析:由点电荷电场的电场强度公式E=可知,离重金属核最近的N点电场强度最大,选项A错误;α粒子无论是经Q点还是经M点靠近重金属核,在离重金属核最近处的电势能最大,由=得N点的电势最高,选项B正确;α粒子带正电,又因为N>M>Q,所以从Q点运动到M点过程中,静电力先做负功再做正功,α粒子的速度先减小再增大,电势能先增大再减小,选项C、D错误。
4.如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V、20 V、30 V。实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,a、b、c是轨迹上的三点,已知带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则下列说法正确的是(　B　)
A.带电粒子带负电
B.带电粒子做匀变速运动
C.带电粒子在b点处的动能为零
D.带电粒子在c点处的电势能为0.4 J
解析:由电场中等势面的分布可知,该电场为匀强电场,电场强度的方向垂直于等势面且从电势高的面指向电势低的面,结合轨迹弯曲情况可知,粒子所受静电力方向与电场方向相同,可知带电粒子带正电,故A错误;带电粒子在匀强电场中运动,则加速度不变,做匀变速运动,故B正确;带电粒子在电场中运动时只有静电力做功,则电势能与动能之和不变,若粒子由a运动到b,有Wab=Epa-Epb,而Epa-Epb=Ekb-Eka,Wab=
q(a-b),联立解得Ekb=0.3 J,故C错误;根据公式=得Epc=
qc=0.01×20 J=0.2 J,故D错误。
考点二　静电力作用下的功能关系综合问题
5.密立根通过油滴实验精确地测定元电荷e,将微观量转化为宏观量测量的巧妙设想和精确构思至今仍在当代物理科学研究的前沿发挥着作用。如图所示为密立根油滴实验示意图,若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下匀速运动。在该油滴向下运动的过程中,下列说法正确的是(　B　)
A.静电力做正功
B.重力和静电力的合力不做功
C.油滴机械能守恒
D.重力势能的减少量小于电势能的增加量
解析:由于油滴带负电,电场强度方向向下,则油滴受到的静电力方向向上;油滴向下匀速运动,静电力做负功,电势能逐渐增加,而机械能减少,重力和静电力的合力做功为零,故B正确,A、C错误;由于油滴的动能不变,根据能量守恒定律可知,油滴重力势能的减少量等于油滴电势能的增加量,故D错误。
6.(多选)如图所示,固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J,金属块克服摩擦力做功0.8 J,重力做功 2.0 J,则以下判断正确的是(　AC　)
A.金属块带正电
B.金属块克服静电力做功1.2 J
C.金属块的机械能减少1.7 J
D.金属块的重力势能和电势能之和减少0.3 J
解析:根据题意,设静电力做功为W,而金属块克服摩擦力做功0.8 J,则Wf=-0.8 J,金属块移动过程中,根据动能定理有WG+W+Wf=ΔEk,解得W=-0.9 J,即静电力做0.9 J的负功,则金属块带正电,故A正确,B错误;根据功能关系知,上述过程中静电力和摩擦力做的功等于机械能的变化量,则ΔE=Wf+W=-1.7 J,即金属块的机械能减少1.7 J;同理,静电力和重力做功之和等于重力势能、电势能的减少量之和,而WG+W=2.0 J+(-0.9 J)=1.1 J,则金属块的重力势能和电势能之和减少1.1 J,故C正确,D错误。
7.(多选)如图所示,水平向右的匀强电场中,一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动,经过最高点B后回到与A点在同一水平线上的C点,粒子从A点到B点过程中克服重力做的功为16 J,静电力做的功为4 J,则下列说法正确的是(　AD　)
A.粒子在B点的动能比在A点的动能少12 J
B.粒子在C点的动能为16 J
C.粒子在C点的电势能比在B点的电势能少8 J
D.粒子在C点的机械能比在A点的机械能多16 J
解析:粒子从A点到B点的过程中,外力做的总功
W总=WG+W电=-16 J+4 J=-12 J,根据动能定理,可知粒子在B点的动能比在A点的动能少12 J,故A正确;粒子在竖直方向做竖直上抛运动,所以从A到B与从B到C的时间相等,粒子沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,所以水平方向A到B的距离与B到C的距离之比为1∶3,则粒子从B点到C点静电力做功为12 J,即粒子从A到C静电力做功为16 J,粒子的初动能未知,在C点的动能一定大于16 J,在C点的电势能比在B点的电势能少12 J,故B、C错误;由于粒子从A点到C点静电力做的功为16 J,则粒子在C点的机械能比在A点的机械能多16 J,故D正确。
8.如图所示,光滑绝缘细杆沿竖直方向固定,其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的小球,中心开孔套在杆上,孔径比杆的直径略大,小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为2h的B点由静止释放,小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g,静电力常量为k,求:
(1)O点处点电荷电荷量Q及小球在B点释放时的加速度大小a;
(2)B、A两点的电势差UBA。
解析:(1)小球开始静止在距O点高为h的A点,根据平衡条件有
mg=k,
解得Q=,
小球在B点静止释放时,根据牛顿第二定律有mg-k=ma,解得a=g。
(2)小球由B运动到A,根据动能定理有mgh+qUBA=mv2-0,
解得UBA=。
答案:(1)　g　(2)
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9.(多选)如图甲,x轴位于粗糙绝缘的水平面上,电荷量为QA、QB的两个点电荷固定在x轴上相距6L的A、B两点。质量为m、电荷量为-q的带电的小滑块(可视为质点)从x=-L处由静止释放,沿x轴正方向运动,在x=2L处开始反向运动,滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙,P点是图线最低点。滑块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列结论正确的是(　BD　)
A.两固定点电荷均为正电荷
B.QA=4QB
C.x=L处电势最低
D.从x=-L到x=2L,电势升高
解析:由于小滑块在x=L处电势能最小,根据公式=可知,在x=L处电势最高,且小滑块在此处所受静电力的合力为0,则两固定点电荷均为负电荷,选项A、C错误;在x=L处小滑块所受静电力满足关系为k=k,解得QA=4QB,选项B正确;小滑块从x=-L到 x=2L,设静电力做功为W电,根据动能定理有 -μmg×3L+W电=0,解得W电=
3μmgL,即-L与2L间的电势差为-,所以从x=-L到x=2L电势升高,选项D正确。
10.如图所示,在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷,带正电的小球穿过滑杆,从a点以速度v0=6 m/s向右运动,小球在a点的加速度大小为2 m/s2,已知无限远处电势为零,a点、b点的电势分别为10 V、20 V,小球的比荷 =1 C/kg,不计小球与滑杆间的摩擦,小球运动过程电荷量不变,以下说法正确的是(　B　)
A.小球运动到b点时速度大小为5 m/s
B.小球运动到c点时加速度大小为6 m/s2
C.小球最终速度大小为8 m/s
D.小球最大电势能为20 J
解析:小球带正电,小球由a点到b点,由动能定理有qUab=m-m,得vb=4 m/s,故A错误;设b点距固定点电荷距离为L,则小球在a点所受静电力Fa=k,其加速度aa=cos 30°,同理,小球在c点加速度ac=cos 60°,解得ac=aa=×2 m/s2=6 m/s2,故B正确;设小球从a点运动到无限远处的速度大小为v,由动能定理得 qUa∞=mv2-m,而Ua∞=a-0=a,代入数值解得v=2 m/s,故C错误;根据=得 Epb=qb,因为b点的电势最高,则小球在b点电势能最大,但小球带电荷量未知,不能确定最大电势能的大小,故D错误。
11.如图所示,O点固定,绝缘轻细杆长为L,A端有一带正电荷的小球,电荷量为q,质量为m,水平方向的匀强电场的电场强度为E=,将小球拉至细杆水平后自由释放,求:
(1)经过最低点时细杆对小球的力;
(2)小球的最大速度大小。
解析:(1)小球释放后到最低点,根据动能定理得mgL+qEL=mv2,
经过最低点时,有F-mg=m,
联立得F=5mg,方向沿杆向上。
(2)当细杆处于小球所受重力、静电力的合力方向沿半径且背离圆心的位置时,小球速度最大,设此时杆与竖直方向夹角为α,
有tan α==1,即 α=45°,
小球释放后到速度最大的过程中,
根据动能定理有mgL(1-cos α)+EqL(1+sin α)=m-0,
代入数值解得vm=2。
答案:(1)5mg,方向沿杆向上　(2)2
12.如图所示,竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为r,下端与绝缘水平面平滑连接,整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中。一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点),从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动,沿半圆形轨道恰好通过最高点C,电场强度大小
E=。求:
(1)物块到达C点的速度大小;
(2)物块在运动过程中克服摩擦力做的功;
(3)物块离开轨道后落回水平面的水平距离。
解析:(1)由物块沿半圆形轨道恰好通过最高点C,有mg-qE=m,
又E=,联立解得vC=。
(2)物块由A到C,根据动能定理可得
qE·2r-mg·2r-W克=m-m,
代入数值解得W克=m-。
(3)物块离开轨道后做类平抛运动,有x=vCt,2r=at2,
又mg-qE=ma,联立解得x=2r。
答案:(1)　(2)m-　(3)2r

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