- 电场:电流
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(2015秋•厦门校级月考)空间一均匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz,M、N、P为电场中的三个点,M点的坐标(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0)(a,0,0),P点的坐标为(a,
,
).已知电场方向平行于直线MN,M点电势为0,N点电势为4V,则把一个电荷量q=10-5C的正电荷从P移到M,电场力做的功为______.
正确答案
-1×10-5J
解析
解:根据题意已知电场方向平行于直线MN,点M的电势为0,点N的电势为4V,故
UNM=E•a=4V ①
将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解,设合场强为E,则-x和+y方向的分量分别为:
Ex=E,Ey=
E ②
设P在x0y平面上的投影为P′点,投影点的坐标为:(,a,0)
则 UMP=UMP′=Ey•a=
Ea=1V (将①代入得到)
因此 UPM=-UMP=-1V
所以把一个电荷量q=10-5C的正电荷从P移到M,电场力做的功 WPM=qUPM=-1×10-5J
故答案为:-1×10-5J.
光滑水平面上放置两个等量同种正电荷,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一质量m=1kg、带电荷量q=2C的小物块自C点南静止释放,其经过B、A两点的运动情况如图乙所示,其中B点为υ-t图线上斜率最大的位置(图中标出了过B点的切线),则以下分析正确的是( )
正确答案
解析
解:A、v-t图象的斜率等于加速度,B点处为整条图线切线斜率最大的位置,说明物块在B处加速度最大,根据牛顿第二定律得:
F=qE-mg=ma,B为中垂线上电场强度最大的点,由图得:B点的加速度为 a==2m/s2,E=
=
+
V/m=6V/m.故A错误.
B、由图知,由C到A的过程中,物块的速度不断增大,动能增大,根据能量守恒得:物块的电势能不断减小.故B错误.
C、由电势能的公式EP=qφ知,由C到A的过程中,电势逐渐降低,故C正确.
D、物块从A到B的过程,根据动能定理得:-mgh+qUAB=mvB2-
mvA2,则得,UAB=
=
×(42-72)+
=-8.25V
,故D错误.
故选:ACD
如图所示,无限大均匀带正电薄板竖直放置,其周围空间的电场可认为是匀强电场.光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔,一个视为质点的带负电小球在细管内运动(细管绝缘且光滑).以小孔为原点建立x轴,规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向,下图分别表示x轴上各点的电势φ,小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象,其中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、在x<0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀增大,φ-x应为向上倾斜的直线;在x>0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀减小,φ-x也应为向下倾斜的直线,故A正确;
B、在x<0范围内,电场力向右,加速度向右,为正值;在x>0范围内,电场力向左,加速度向左,为负值;故B正确;
C、在x<0范围内,根据动能定理得:qEx=,v-x图象应是曲线;同理,在x>0范围内,图线也为曲线,故C错误;
D、在x<0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀增大,φ-x应为向上倾斜的直线;在x>0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀减小,Ek-x也应为向下倾斜的直线,故D错误;
故选:AB.
如图所示,一簇平行线为未知方向的匀强电场的电场线,沿与此平行线成60°角的方向,把1C的负电荷从A点移到B点,电场力 做功为2J,A、B间距为2cm 求:
(1)匀强电场的电场强度
(2)若B点电势为1V,则A点电势为多大?电子处于B点时,具有的电势能是多少eV?它从A点移到B点,动能增加多少eV?
正确答案
解:(1)A、B间电势差为 UAB==
V=-2V
则匀强电场的场强 E==
=200V/m,方向:沿着电场线向下.
(2)已知B点电势为 φB=1V,由于UAB=φA-φB,则得,A点电势为 φA=-1V
电子处于B点时,具有的电势能是 EpB=-eφB=-1eV
从A点移到B点,根据动能定理得知,△Ek=-eUAB=2eV,即动能增加2eV.
答:
(1)匀强电场的场强是200V/m,方向:沿着电场线向下.
(2)若B点电势为1V,则A点电势为-1V.电子处于B点时,具有的电势能是-1eV,它从A点移到B点,动能增加2eV.
解析
解:(1)A、B间电势差为 UAB==
V=-2V
则匀强电场的场强 E==
=200V/m,方向:沿着电场线向下.
(2)已知B点电势为 φB=1V,由于UAB=φA-φB,则得,A点电势为 φA=-1V
电子处于B点时,具有的电势能是 EpB=-eφB=-1eV
从A点移到B点,根据动能定理得知,△Ek=-eUAB=2eV,即动能增加2eV.
答:
(1)匀强电场的场强是200V/m,方向:沿着电场线向下.
(2)若B点电势为1V,则A点电势为-1V.电子处于B点时,具有的电势能是-1eV,它从A点移到B点,动能增加2eV.
如图所示,光滑绝缘杆竖直放置,它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点,质量为m,带电量为-q的有孔小球从杆上A点无初速下滑,已知q<<Q,AB=h,BC=2h,小球滑到B点时速度大小为
,则小球从A运动到B的过程中,电场力做的功为______;小球在C点的速度为______.
正确答案
解析
解:小球由A到B重力和电场力做功,由动能定理,有:
mgh+W=
解得:
W==
小球从B运动到C过程,电场力做功为零,根据动能定理,有:
mg(2h)=
解得:
故答案为:,
.
(2015秋•岳阳校级期中)如图所示,a、b、c表示点电荷的电场中三个等势面,它们的电势分别为φa=12V,φb=10V,φc=4V.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后,仅受电场力作用而运动,已知它经过等势面b时的速率为vb,则它经过等势面c时的速率为( )
正确答案
解析
解:粒子运动过程中,只有电场力做功,由能量守恒定律知:动能和电势能之和保持不变;设总能量为E.则:
在a点:E=qφa
在b点:E=q•φb+mvb2
在c点:E=q•φc+
联立解得:vc=2vb.
故选:A
如图所示,O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点,不计空气阻力,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点),从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为vm.小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L、静电力常量为k,则( )
正确答案
解析
解:A、滑块从A到B过程,由动能定理得:-qUAB-μmgL=mv2-0,得A、B两点间的电势差 UAB=-
.故A错误.
B、小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小.故B错误
C、由题意知,A到B过程,金属块做加速运动,B到C过程做减速运动,在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有 μmg=k,得r=
.故C正确.
D、从B到C的过程中,小金属块的动能和电势能全部转化为内能,故D错误;
故选:C
在图中的a、d两点固定着电量分别为+Q和+2Q的点电荷,直线上的b、c两点将直线ad等分为三段.则在bc两点间以下说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:由场强的计算式得,
解得,
即在bc的中点偏左的点f的场强为零.
A、沿着bc的方向,场强的大小先由大变小减为零再由小变大;
B、沿着bc的方向,电势先降低后增大;
C、负电荷从b点移至c点,电场力先做负功后做正功,其电势能先变大后变小;所以选项ABD错误,C正确.
故选C
如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V,则下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:AB、连接AC,AC中点电势为2V,与B电势相等,则EB连线必为一条等势线,BA间的电势差为UBA=1V,又UBA=EdABcos30°,得场强为:
E==
=
V/m.故A错误,B正确.
C、由正六边形对称性,EB∥AF,则AF也为电场中的一条等势线,φF=φA=1V,由上可知,E的电势为φE=φB=2V>φF,则电荷量为1.6×10-19C的正点电荷从E点移到F点,电场力做正功,而且为WEF=qUEF=q(φE-φF)=1.6×10-19×(2-1)J=1.6×10-19J,故C错误.
D、D点的电势等于C点的电势,φD=3V,电荷量为1.6×10-19C的负点电荷从F点移到D点,电场力做功为WFD=qUFD=q(φF-φD)=-1.6×10-19×(1-3)J=3.2×10-19J,电势能减小3.2×10-19J.故D错误.
故选:B
(2015秋•忻州校级期中)在光滑水平面上有一比荷=1.0×10-7 C/kg的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在水平面内建立坐标系xOy,现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0×106V/m的匀强电场,小球开始运动. 经过1.0s,所加电场突然变为沿y轴正方向,电场强度大小不变.则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是下图中的( )
正确答案
解析
解:第1s内小球沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动:
加速度为 a1==1.0×10-7×2.0×106=0.2m/s2;位移 x1=
a1
=
m=0.10m
第1s末的速度为 v1=a1t1=0.2m/s
第2s、3s内小球做类平抛运动,轨迹是抛物线,由于电场力沿y轴正方向,所以轨迹向上弯曲.
加速度大小为 a2=a1==0.2m/s2;
当通过的位移为 x2=0.2m时,用时 t2==
s=1s
则 y==
m=0.1m,故C正确,ABD错误.
故选:C
一个电量q=+2×10-9C的电荷,在电场中从A点移到B点,电场力做功4×10-7J,则UAB=______,若规定A点为电势零点,则此电荷在B点的电势能为______.
正确答案
解:正电荷从A移到B点的过程,电场力做正功,可见电荷从电势高处移至电势低处.即A>φB
AB间的电势差为:UAB=V
取A点电势为零,将该电荷从A点移到B点电场力做正功,电势能减小,△EP=4.0×10-7J.B点的电势能为-4.0×10-7J
故答案为:200V;-4.0×10-7J
解析
解:正电荷从A移到B点的过程,电场力做正功,可见电荷从电势高处移至电势低处.即A>φB
AB间的电势差为:UAB=V
取A点电势为零,将该电荷从A点移到B点电场力做正功,电势能减小,△EP=4.0×10-7J.B点的电势能为-4.0×10-7J
故答案为:200V;-4.0×10-7J
电场中某区域的电场线如图所示,A、B是电场中的两点,一个电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷在A点所受电场力FA=3.0×10-4N,将该点电荷从A点移到B点,电场力做功W=6.0×10-7J,求:
(1)A点电场强度的大小EA;
(2)A、B两点间的电势差UAB.
正确答案
解:(1)由得
解得E=1.5×104N/c
(2)由得
解得U=30V
答:(1)A点电场强度的大小EA1.5×104N/C
(2)A、B两点间的电势差UAB为30v
解析
解:(1)由得
解得E=1.5×104N/c
(2)由得
解得U=30V
答:(1)A点电场强度的大小EA1.5×104N/C
(2)A、B两点间的电势差UAB为30v
匀强电场中有a、b、c三点,在以它们为顶点的三角形中,∠a=30°∠c=90°,bc的长度为1cm.电场方向与三角形所在平面平行.已知a、b和c点的电势分别为(2-
)V、(2+
)V和2V.则( )
正确答案
解析
解:如图所示,取ab的中点O,则:
O点的电势为:φO==2V
故Oc为等势线,其垂线be为电场线,方向为:b→e.
be间的电势差等于bc间的电势差,即:
Ube=Ubc=(2+)-2=
V
由Ube=E,得 E=
=
=200V/m
在内切圆上电势最低点为f点,最高点为d点.
设内切圆的半径为r,则由几何知识可得:r+r=
解得 r=m
=r
则bd间的电势差 Ubd=E=200×
V=(
-1)V
由Ubd=φb-φd,解得 φd=φb-Ubd=3V,即三角形的内切圆上最高电势为3V.
bf间的电势差 Ubf=E=E•3r=3(
-1)V
由Ubf=φb-φf,得φf=φb-Ubf=(5-2)V,即该三角形的内切圆上最低电势为(5-2
)V.
故选:A.
静电喷漆中,带电的漆粒在高压电场作用下被加速而到达工件上.若带电漆粒质量为m,带电为q.喷漆杯与工件之间的电压为U.设漆粒初速为零,且不计重力,求带电漆粒到达工件时的速度大小?
正确答案
解:根据动能定理得,qU=,
解得v=.
答:带电漆粒到达工件时的速度大小为.
解析
解:根据动能定理得,qU=,
解得v=.
答:带电漆粒到达工件时的速度大小为.
(2015秋•黄山校级期中)已知一个均匀带电的薄球壳上的电荷在壳内任意一点产生的电场强度均为零,在壳外某点产生的电场强度,等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度,即:E=
,式中R为球壳的半径,r为某点到球壳球心的距离,Q为球壳所带的电荷量,k为静电力常量.在真空中有一半径为R、电荷量为-Q的均匀带负电薄球壳,球心位置O固定,P为球壳外一点,M为球壳内一点,如图所示,以无穷远处为电势零点,关于P、M两点的电场强度和电势,下列说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、若Q不变,M点的位置也不变,使令R变小(M点仍在壳内),根据题意可知,M点的电场强度仍为零,因此球壳内的电势处处相等,由于球壳的变小,导致电荷从球壳移到电势为零处电场力做功增加,所以球壳处的电势增加,故A错误;
B、若Q不变,M点的位置也不变,使令R变小(M点仍在壳内),根据题意可知,M点的电场强度仍为零,不变.故B正确;
C、若Q不变,P点的位置也不变,属于处于球壳外的某一点,由E=k知,P到Q的距离r不变,无论球半径怎么变小,P点的电场强度仍不变,故C正确;
D、若Q不变,P点的位置也不变,而令R变小,由于P点的电场强度不变,所以电荷从该点移到电势为零处,电场力做功不变,因而P点的电势不变.故D错误;
故选:BC
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