第1章 第四节电势能与电势（word版含答案）

2019粤教版必修第三册 第1章 第四节 电势能与电势
一、解答题
1．一质量为m=1.0×10-4kg的带电小球，带电量大小为q=1. ×10-6C，用长为L的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时细线与竖直方向如图所示成θ角，且θ=37°．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）
（1）判断小球带何种电荷；
（2）求电场强度E的大小；
（3）求剪断细线开始经历t=1s小球电势能的变化大小.
2．有一个带电量q＝2×10－6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电力做功8×10－4J，从B点移到C点，静电力对电荷做功4×10-4J，问：
（1）AC间电势差为多少？
（2）如以A点电势为零，则B点的电势为多少？ 电荷在B点的电势能为多少？
3．如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和—Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p．质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）在O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度VD大小．
4．如图，M、N、P为直角三角形的三个顶点，，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球可视为点电荷，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置取M点处的变化图象如图所示，取，
图中表示电势能随位置变化的是哪条图线？
求势能为时的横坐标和带电小球的质量m；
已知在处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q；
求小球运动到M点时的速度.
5．如图所示，在绝缘水平面上A点的右侧有水平向左的匀强电场，电场强度E=7.5×104V/m，一质量m=0.4kg的带电小滑块，与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，沿水平面向右做直线运动，经过A点时速度为4m/s，再经0.5s从A点向右运动了1.5m；小滑块运动过程中带电量保持不变，重力加速度取g=10m/s2。问：
（1）小滑块带正电还是负电，电荷量q是多少？
（2）小滑块从进入电场到速度第一次减为零的过程，其电势能的变化量为多少？
（3）从滑块向右经过A点开始计时，经过时间t，电场力对小滑块做的功为W，请写出W与t的关系式。
6．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q=-4×10-7C的负点电荷从A点运动到B点，电势能减小了3.2×10-6J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为60°；求：
（1）B和A两点间的电势差UBA。
（2）电场强度E是多大？
（3）如果A点的电势为-4V，那么B点的电势为多大？
7．如图所示,水平光滑绝缘轨道MN处于水平向右的匀强电场中，一个质量m、带电荷量+q的滑块(可视为质点),从轨道上的A点由静止释放,滑块在静电力作用下向右做匀加速直线运动.当到达B点时速度为．设滑块在运动过程中电荷量始终保持不变．
(1)求滑块从A点运动到B点的过程中，静电力所做的功W；
(2)求电势差UAB；
(3)若规定A点电势为,求滑块运动到B点时的电势能EPB．
8．如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10 m/s2.求：
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？
(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？
(3)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？
9．一个绝缘的孤立的带负电荷的金属球体，稳定时电荷只分布在球体的外表面请用学过的力和能的知识解释此现象。
10．如图所示，水平虚线表示匀强电场中的两等势面，电势分别为和，两等势面相距。一带电荷量为的点电荷在外力作用下从a点匀速移动到b点，，不计重力，求：
(1)点电荷的电势能如何变化，变化了多少？
(2)所加外力的大小和方向。
11．如图所示，在绝缘水平直线轨道上方的A、B两点分别固定电荷量为、的等量异种点电荷，一质量为m、带电荷量为的小球(可视为质点的检验电荷)，从A点正下方轨道上的M点由静止开始沿轨道向右运动。O点为轨道上MN连线的中点，已知小球与轨道间的动摩擦因数为，小球运动到O点时速度为v，孤立点电荷Q产生的电场在距场源电荷r处的电势为 (取无穷远处电势为零)，k为静电常数，AB到水平直线轨道的竖直距离为h，A、N连线与水平轨道的夹角为30°，小球在运动过程中不脱离轨道。求：
（1）小球在N点的加速度大小；
（2）小球在轨道的MO段克服摩擦力做的功。
12．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L= 0.1m，两板间距离d = 0.4 cm，有一束相同的带正电微粒以相同的初速度v0=2.5m/s先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C=10-6 F，取g=10m/s2．求：
（1）第一个微粒运动的时间；
（2）求微粒在下板的落点范围；
（3）求平行板电容器最终所带电荷量。
（4）求最后一个落到下极板上的带电微粒的电势能（取地面为零势能面）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）负电 （2） （3）
【解析】
【详解】
（1）小球受电场力向左，可知小球带负电
（2）小球受力如图所示，由平衡条件得
解得:
（3）剪断细线时小球在重力mg、电场力qE 的合力作用下，沿细线原方向向左下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
解得：
1秒钟内小球发生的位移：
小球沿电场线反方向移动的位移：
2．（1）-200V；（2）B点的电势为400V；电荷在B点的电势能为
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意知，，所以
则AC间电势差为
(2)AB间的电势差为
又
则得B点的电势为
电荷在B点的电势能为
【点睛】
本题考查电势的定义及电势与电势差的关系，要知道电场力做功与路径无关，所以，运用电势差定义式时，要注意各个量都要代入符号计算。
3．(1) 　(2) 　(3)
【解析】
【详解】
(1)根据动能定理则，从C到O
则UCO＝.
(2)A点和B点在O点的电场强度均为E＝，其中r＝AO＝BO＝d，所以，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：
E合＝2E·cos 45°＝.
(3)从C到D点，由于电场线的对称性，UCD＝2UCO，
则根据动能定理有： ，
所以vD＝v.
4．（1）图B.中的图线Ⅱ（2）0.32a（3）（4）
【解析】
【详解】
（1）正点电荷Q的电势分布规律是离它近电势高，带正电的小球的电势能E=qφ，它从N点到M点的电势能先增大后减小，故是图B.中的图线Ⅱ．
（2）x1＝acos 37°··cos 37°＝0.32a
x1处重力势能E1＝mgx1sin 37°
m＝＝＝
（3）k＝mgcos 37°，其中r＝x1tg37°＝0.24a
代入数据，得q＝
（4）根据动能定理，mga sin 37°＋E2- E0＝mv2
代入数据，得v＝
5．（1）带正电，1.6×10-5C；（2）2.4J；（3）当时，；当时，；当，
【解析】
【详解】
（1）由题设条件，滑块经过A点后在电场中作匀减速运动，设加速度大小为a1，有
联立并代入数据，得
a1=4m/s2
方向水平向左。
假设电场力水平向左，由牛顿第二定律
则电场力大小
F=Eq=1.2N
结果为正，说明电场力向左，所以小滑块带正电，电荷量q=1.6×10-5C。
（2）设小滑块从经过A点开始，经时间t1速度减为零，该过程位移大小为s1，有
解得
，
小滑块电势能的变化量
（3）由于小滑块经1s速度减为零，1s前后位移与时间表达式及加速度表达式不同，所以讨论如下
① 若，从A点向右运动的位移大小与时间的关系为
所以，当时，电场力对小滑块做的功
② 小滑块速度减为零之后，在电场力作用下向左加速运动，由牛顿第二定律
解得
a1=2m/s2（水平向左）
若t>，则小滑块离A点的距离与时间的关系为
当时，滑块返回A点，然后离开电场，此时
所以，当时，电场力对小滑块做的功
③ 当，
6．（1）8V；（2）4V/m；（3）4V
【解析】
【详解】
（1）电场力做功功能关系
BA间电势
（2）匀强电场的电场强度
（3）因
UAB=φA-φB =-8V
φA=-4V
则
φB=4V
7．（1）（2）（3）EPB=qA -
【解析】
【分析】
根据动能定理，求解静电力所做的功；根据U=W/q求解电势差；根据EP=qφ求解电势能.
【详解】
（1）根据动能定理，静电力所做的功
（2）根据电势差的定义式，有
（3）根据电势差与电势的关系UAB=A-B
可得：B=A-
根据电势的定义式可得：EPB=qB
则EPB=qA -
8．（1）-4.5×10－3J ；3×10－3J；（2）3×10－3J；1.5×103V ；（3）1 m/s；5×10－2N.
【解析】
【详解】
（1）重力势能
ΔEp＝-mgl＝-4.5×10－3J
电势能
ΔEp电＝Eql＝3×10－3J
（2）若取A点电势为零，则小球在B点的电势能
Ep＝3×10－3J
Ep＝φBq
φB＝V＝1.5×103V
（3）A→B由动能定理得：
mgl－Eql＝mvB2
所以
vB＝1 m/s
在B点对小球
FT－mg＝
解得
FT＝5×10－2N
9．见解析
【解析】
【详解】
根据对称性可知，球体上离球心等距离处电荷分布情况应该相同；从力的角度分析：因为同种电荷之间的相互作用力是斥力，稳定时电荷间的距离应尽可能大，所以稳定时电荷都分布在球体的外表面。从能的角度分析：因为同种电荷之间距离越大，系统的电势能就越小，系统就越稳定，所以稳定时电荷都分布在球体的外表面。
10．(1)减少了；(2)，方向竖直向上
【解析】
【详解】
(1)由，得
则电势能减少了
(2)ab两点电势差
由得
向竖直向下；由得
方向竖直向上
11．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由受力分析、牛顿第二定律得
联立解得
（2）由题意可知，MO两点间的电势差
小球由M点运动到O点的过程中，由动能定理得
联立解得
12．(1) (2) 下极板的右半板(3) (4)
【解析】
【详解】
(1) 第一个微粒运动的时间t，根据
可知，
(2)第一个微粒落点
所以落在了下板中点，随着电荷的积累，竖直方向出现电场力，小球竖直加速度减小，运动时间变长，落点依次向右，直到飞出极板，所以落点范围是下极板的右半板。
(3) 当平行板电容器电压最大时，进入板间的微粒刚好从下极板右边缘飞出，微粒在板间做类平抛运动，水平方向：
L=v0t1
竖直方向：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
U=6V
平行板电容器最终所带电荷量
(4)因为上极板接地电势为零，板间电压为6V，下极板带正电，所以下极板电势为6V，根据电势能定义可知
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