高二物理电势差达标练习

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　　二、计算题

　　图1-5-14

　　10.(2011年山东临沂模拟)如图1-5-14所示，用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中，将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零，求：

　　(1)B、A两点的电势差UBA;

　　(2)小球到达B点时，悬线对小球的拉力FT.

　　解析：(1)对小球，则A→B，由动能定理得：

　　mglsin60°-qUBA=0

　　所以UBA=3mgl2q.

　　(2)在B点，小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用，建立如图所示直角坐标系，将三力正交分解.

　　因B点小球速度为0，则

　　FT=mgcos30°+qEcos60°=3mg.

　　答案：(1)3mgl2q　(2)3mg

　　11.如图1-5-15所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5 cm，bc=12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10-8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10-7 J，求：

　　图1-5-15

　　(1)匀强电场的场强E;

　　(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2;

　　(3)a、c两点间的电势差Uac.

　　解析：由于电场力做功W=qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有关，故可根据已知的电场力做功先求电势差，再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.

　　(1)设a、b两点间距离为d，有

　　W1=qE•d①

　　由①式得w

　　E=W1qd=1.2×10-74×10-8×5×10-2 V/m=60 V/m.

　　(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，有

　　d1=bc•cos60°②

　　W2=qE•d1③

　　由②③式得W2=qE•bc•cos60°

　　=4×10-8×60×12×10-2×0.5 J=1.44×10-7 J.

　　(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，有

　　W=W1+W2④

　　W=qUac⑤

　　由④⑤式得

　　Uac=W1+W2q=1.2×10-7+1.44×10-74×10-8 V

　　=2.64×10-74×10-8 V=6.6 V.

　　答案：(1)60 V/m　(2)1.44×10-7 J　(3)6.6 V

　　12. (2011年成都高二检测)如图1-5-16所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：

　　图1-5-16

　　(1)小球滑至C点时的速度大小;

　　(2)A、B两点间的电势差;

　　(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势.

　　解析：(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零

　　由几何关系可得BC的竖直高度

　　hBC=3R/2

　　根据动能定理有

　　mg×3R/2=mv2C/2-mv2B/2

　　解得vC=7gR.

　　(2)因为电势差UAB=UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有

　　mg×3R+q|UAC|=mv2C/2

　　解得|UAB|=|UAC|=mgR/(2q)，

　　(3)因为φA<φC、φC=0，所以

　　φA=-|UAC|=-mgR/(2q).

　　答案：(1)7gR　(2)mgR/(2q)　(3)-mgR/(2q)

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