沪科版高中物理选修3-12.3研究电场的能的性质(二).docx

高中物理学习材料
第2章 2.3
(本栏目内容，学生用书中以活页形式分册装订成册！)
1.位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布
如右图所示，图中实线表示等势线，则( )
A．a点和b点的电场强度相同
B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功
C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功
D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大
【解析】同一检验电荷在a、b两点受力方向不同，所以A错误；因为A、B两处有负电荷，所以，等势线由外向内表示的电势越来越低．将正电荷从c点移到d点，正电荷的电势能增加，电场力作负功，B错误；负电荷从a点移到c点，电势能减少，电场力做正功，C正确；正电荷沿虚线从e点移到f点的过程中，电势先降低再升高，电势能先减小后增大．【答案】CD
2.等量异种点电荷的连线及其中垂线如右图所示，现将一个带负
电的试探电荷先从图中中垂线上a点沿直线移到b点，再从连线上b
点沿直线移到c点，则试探电荷在此过程中( )
A．所受电场力方向改变
B．所受电场力大小一直增大
C．电势能一直减小
D．电势能一直增大
【解析】由等量异种电荷电场线的分布特点可知，在两电荷连线的中垂线上，其连线的中点处场强最大，向两边依次减小；而在两个电荷的连线上，中心处的场强最小，离正电荷或负电荷越近，场强越大．且对称分布，故负电荷所受电场力一直在增大，且方向一直向上，A错，B对．负电荷由a到b在等势面上运动的电场力不做功，该电荷的电势能不变，由b到c的过程中，电场力做正功，电势能减小，C、D均错．
【答案】 B
3.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形
的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．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，如上图所示，由此可知c点的电势为( )
A．4 V B．8 V
C．12 V D．24 V
【解析】连接bd，因U bd＝20 V，可将bd等分为5份，找到4个等分点e、f、g、h，由于φe＝20 V，a、e等势，由对称关系可知h点与c点电势相等，即φc＝8 V.
【答案】 B
4.在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定
一个正点电荷，电荷量相等，如右图所示．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】粒子在从b点到d点的过程中虽然是先加速后减速，但不是匀变速，故A 错误；由等量同种电荷的电场线可知，从b点到d点电势先升高降低，故B不对；此过程中，粒子只受电场力作用，其机械能和电势能之和是不变的，故C错误；粒子在从b点到d点的过程中，电场力先做正功再做负功，电势能先减少，后增加，故选D.
【答案】 D
5．如下图所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场中每隔一定电势差所描绘的等势线，其中B和C关于两电荷的连线对称．现用外力将一个正试探电荷沿着图中实线所示的轨迹，按照箭头所指方向从A缓慢移动到F.在此过程中该外力所做正功最多的区间是( )
A ．A →B
B ．
C →
D C ．D →
E D ．E →F
【解析】 由等量异种电荷电场的分布特点可知，A 、D 是等势点，B 和C 也是等势点，正试探电荷从A 到B 的过程，电场力做正功，所以外力F 做负功；从C →D 电场力做负功，则外力F 做正功；D →E 的过程中，电场力做正功，所以外力F 做负功；E →F 的过程中，电场力做负功，则外力F 做正功，从图中可以看出，C →D 之间的电势差要大于E →F 的电势差，所以外力所做正功最多的区间是C →D .
【答案】 B
6.如右图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O 点处有一正
点电荷，带负电的小物体以初速度v 1从M 点沿斜面上滑，到达N
点时速度为零，然后下滑回到M 点，此时速度为v 2(v 2<v 1)．若小
物体电荷量保持不变，OM ＝ON ，则( )
A ．小物体上升的最大高度为v 12＋v 224g
B ．从N 到M 的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C ．从M 到N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D ．从N 到M 的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
【解析】 设上升的最大高度是h ，因为OM ＝ON ，所以U MN ＝0，从M 到N 和从N 到M 由功能关系得：
－W f －mgh ＝0－12
mv 12① mgh －W f ＝12
mv 22②
由①②解得：h ＝v 12＋v 224g ，A 正确．由库仑力公式F 库＝k Q 1Q 2r
2和受力分析知C 正确．
【答案】 AC
7.如右图所示，在匀强电场中A 、B 、C 三点组成一直角三角
形，其中C 为直角，角A 为30°，AC ＝20 cm.现将一带电荷量为
－2×10－8 C 的点电荷从C 点移到A 点，电场力做功6.0×10－6 J ，
将另一个带电荷量为1.5×10－8 C 的点电荷由C 点移到B 点，外力
克服电场力做功4.5×10－6 J ，则匀强电场的场强大小为______，其方向为________．
【答案】 3×103 垂直AB 斜向上
8．在地面上方空间有一匀强电场，在该电场中有一个Q ＝－5×10－4 C
的点电荷，以O 为圆心，R ＝10 cm 为半径作一圆，使点电荷Q 在点O 上，
该圆面与匀强电场的电场线平行，如右图所示，当把一质量m ＝30 g ，电荷
量q ＝2×10
－10 C 的点电荷放在圆上a 点时，(Oa 平行于水平面)它恰好能静
止不动．
(1)求匀强电场电场线与Oa 的夹角．
(2)若将带电小球从a 点缓慢地移到b 点(Ob 垂直于水平面)，外力需做多少功？
【解析】 (1)q 在a 点时，∑F ＝0，
受力分析如右图所示
F ＝(mg )2＋(kqQ /R 2)2
tan θ＝mg /(kQq /R 2)＝13
所以θ＝arctan 13
. (2)由带电小球在a 点静止知，电场力F 电与小球重力mg 的合力F ′与库仑力F 1大小相等，方向相反，且为恒力，所以从a 移到b 的过程中外力做功的大小必等于F 电与mg 的合力
F ′做功的大小，即W ＝F ′·R ＝F 1R ＝kQq R 2·R ＝kQq R
＝9×109×5×10－4×2×10－100.1 J ＝9×10－3
J. 【答案】 (1)arctan 13
(2)9×10－3 J 9.两个电荷量均为＋Q 的带电小球M 、N (均可视为点电
荷)固定在如右图所示的y 坐标轴上．现有一个电荷量为＋q
的小球(重力不计，可视为点电荷)以某一初速度从y 轴左边
很远处沿x 轴飞来．
(1)求小球运动到x 轴上点A (－x,0)处受到的电场力F .
(2)若取无限远处电势为零，M 、N 在x 轴上任意点的电势可表示为φx ＝
C d 2＋x 2(常数C ＞0)．要使小球能通过y 轴右方B (x,0)处，则初速度v 0应满足什么条件？
【解析】 (1)M 、N 在A 点产生的电场强度E 等于自身产生场强的x 方向的水平分量之和E M ＝E N ＝kQ
d 2＋x 2
E A ＝2kQ
d 2＋x 2×x
d 2＋x 2＝2kQx (d 2＋x 2)32
小球在A 点受到的电场力F A ＝qE A ＝2kQqx (d 2＋x 2)32
.
(2)只要小球能达到坐标原点，就能到达y 轴右方B 处．
在坐标原点处的电势能：E p0＝q φ0＝qC d
从很远处到达坐标原点过程中由能量守恒得：
12mv 02＞E p0，所以v 0＞ 2qC md .
【答案】 (1)2kQqx (d 2＋x 2)32 (2)v 0＞
2qC md
10．已知火箭发动机产生推力F 等于火箭在单位时间内喷出的推进剂的质量J 与推进剂速度的乘积，即F ＝J ·v ，质子火箭发动机喷出的推进剂是质子，这种发动机用于外太空间中产生的小推力来纠正卫星的轨道或姿态，设一台质子发动机喷出质子流的等效电流I ＝1 A ，用于加速质子的电压U ＝5×104 V ，试求该发动机的推力，已知质子的质量是m ＝1.6×10－27 kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19 C.
【解析】 对质子火箭发动机，加速每一个质子的过程
eU ＝12
mv 2①
v ＝2eU /m ②
对任意一段时间t 内通过质子的电荷量为q ，质量为M ，由能量关系：UIt ＝12Mv 2 所以J ＝M t ＝2UI v
2② 由于F ＝Jv ＝Mv t ③
将①②代入③可得：F ＝Mv t ＝I
2Um e ＝0.032 N.
【答案】 0.032 N
11.如右图所示，一根长L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定
在场强为E ＝1.0×105 N/C 、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强
电场中．杆下端M 固定一个带电小球A ，电荷量Q ＝＋4.5×10－6 C ；另一
带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q ＝＋1.0×10－6 C ，质量m ＝1.0
×10－2 kg.现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动．(静电
力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 3，取g ＝10 m/s 2)
(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大？
(3)小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2＝0.61 m 时，速度为v ＝1.0 m/s ，此过程中小球B 的电势能改变了多少？
【解析】 (1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得： mg －kQq L
2－qE sin θ＝ma 解得：a ＝g －kQq L 2m －qE sin θm
代入数据解得：a ＝3.2 m/s 2.
(2)小球B 速度最大时合力为零，即
kQq h 12＋qE sin θ＝mg ，解得：h 1＝kQq mg －qE sin θ
代入数据解得h 1＝0.9 m.
(3)小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，根据动能定理有： W 1＋W 2＋W 3＝12
mv 2
W 1＝mg (L －h 2)，W 2＝－qE (L －h 2)sin θ
解得：W 3＝12
mv 2－mg (L －h 2)＋qE (L －h 2)sin θ. 设小球B 的电势能改变了ΔE p ，则ΔE p ＝－(W 2＋W 3)
ΔE p ＝mg (L －h 2)－12
mv 2 ΔE p ＝8.4×10－2
J.
【答案】 (1)3.2m/s 2 (2)0.9 m (3)8.4×10－2 J。