2、电势差、电势能和等势面答案

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1、高二上必修3-1(2)电势差、电势能和等势面答案例题例1、解析：(1)由图可知，负电荷在该电场中所受电场力F方向向左．因此从M点移到N点，电荷克服电场力做功，电势能增加，增加的电势能△E等于电荷克服电场力做的功W．　　电荷克服电场力做功为W=qEs=4×10－8×2×102×0.3J=2.4×10－6J．　　即电荷从M点移到N点电势能增加了2.4×10－6J．　　(2)从M点到N点电场力对电荷做负功为WMN=－2.4×10－6J．　　则M，N两点间的电势差为．即M，N两点间的电势差为60V．例2、解析：解本题的关键是区分场强、电势、电势能概念以及与电场线的关系．最易错的是，总

2、是用正电荷去考虑问题而忽略有两种电荷的存在．由于存在两种电荷，故A项错误．电场线的疏密表示场强大小，而电场线的方向才能反映电势的高低，故B项错．电场线越密，电场力越大，同一距离上电场力做的功越多，电荷电势能的改变越犬．D项正确．电势是相对量，其零电势位置可随研究问题的需要而任意确定．故“一定为零”是错误的．答案：D例3、解析：本题可以根据电势差和电势的定义式解决，一般有下列三种解法：解法一：严格按各量的数值正负代入公式求解．由WSM=qUSM得：．而USM=φS－φM，∴φM=φS－USM=(0－2)V=－2V．由WMN=qUMN得：．而UMN=φM－φN，∴φN=φM－UM

3、N=[－2－(－7)]V=5V．解法二：不考虑各量的正负，只是把各量数值代入公式求解，然后再用其他方法判断出要求量的正负．　　由WSM=qUSM得．　　∵电场力做负功，∴负电荷q受的电场力方向与移动方向大致相反，则场强方向与移动方向大致相同，故φS＞φM，而φS=0，故φM=－2V．同理可知：UMN=7V，φN=5V．解法三：整体法：求N点电势时把电荷从S点移到M点再移动N点，看成一个全过程，在这个过程中，由S到N电场力做的总功等于各段分过程中电场力做功的代数和．即WSN=WSM＋WMN=(－4×10－8＋14×10－8)J=10×10－8J．　　由WSN=qUSN得：．而φ

4、S=0，∴φN=5V．例4、解析：　由于带电粒子做曲线运动，所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指向b再指向a．根据电场线的方向是指电势降低的方向，故Uc＞Ub＞Ua，A错．　　带正电粒子若从N点运动到M点，场强方向与运动方向成锐角，电场力做正功，即电势能减少；若从M点运动到N点，场强方向与运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加．故选项B错．　　根据能量守恒定律，电荷的动能和电势能之和不变，故粒子在M点的动能较大，选项C正确．　　由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则EN＞EM，即qEN＞qEM．由牛顿第二定律知，带电粒子从M

5、点运动到N点时，加速度增大，选项D正确．所以正确答案为C、D项．答案：C、D例5、解析：板间场强方向水平向左，可见Q板是电势最高处．Q板接地，则电势φQ=0，板间各点电势均为负值．利用公式可求出板间匀强电场的场强，再由U=Ed可求出各点与Q板间的电势差，即各点的电势值．4(1)场强．　QA间电势差UQA=Ed′=5×102×(10－4)×10－2V=30V．　　∴A点电势φA=－30V，P点电势φP=UPQ=－50V．(2)当Q板向左平移5cm时，两板间距离d1=10cm－5cm=5cm．　Q板与A点间距离变为d″=(10－4)cm－5cm=lcm．　电场强度．　　Q、A间电

6、势差UQA=Ed″=1.0×10－3×1.0×10－2V=10V．所以A点电势φA=－10V．高考展望例1、解析：设重新平衡时细线OA、AB与竖直方向间的夹角为α、β，在下图甲中，虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断O、B线后A、B球的平衡位置.线烧断后A球的受力如图乙所示.由平衡条件，得T1sinα＋T2sinβ=Eq　　　①T1cosα=mg＋T2cosβ　　②B球受力如下图甲所示.由平衡条件有T2sinβ=qE　　③T2cosβ=mg　　④上述四式联立并代入题中数据，可解出α=0，β=45°.所以新的平衡位置如下图乙所示.由A、B球的新的平衡位置可知，和原来的平

7、衡位置相比，有A球的重力势能减小了，减小量为EA=mgl(1－sin60°).B球的重力势能减小了，减小量为EB=mgl(1－sin60°＋cos45°).A球的电势能增加了，增加量为WA=qElcos60°.B球的电势能减少了，减小量为WB=qEl(sin45°－sin30°).两种势能总和减少了，减少量为W=WB－WA+EA＋EB=6.8×10－2J.同步测试1—6ACDCACABCCC7—12ADABDDDBAC提示：1、本题考查了电势能的知识和动能定理，带电量为+q的物体在场强大小为E的匀强电场