电场：电流_章节学习

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题型：单选题

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单选题

两带电体之间由于静电力作用而具有的势能叫做电势能．若取两带电体相距无穷远时的电势能为零，一个电荷量为q0（q0＜0）的点电荷量为Q0（Q0＞0）的引力源中心为r0时，其电势能E电=-k（式中k为静电力恒量）．

氢原子的核外电子e绕其原子核做匀速圆周运动，由于向外辐射了一个光子，使电子的圆轨道半径从r1减小到r2．若电子绕原子核运动的向心力由电子与原子核之间的库仑力提供，普朗克常数为h，在辐射光子的频率为（　　）

A（）

B（）

C（-）

D（-）

正确答案

C

解析

解：对于轨道半径为r的电子，由库仑力充当向心力得：k=m

动能为 Ek==，电势能为 Ep=-k

则由玻尔理论得：hγ=E1-E2=（-）-（-）=ke2（-）

故辐射光子的频率为 γ=（-）

故选：C．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，倾角为30°的直角三角形底边BC长为2L，放置在竖直平面内，底边BC处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O处固定一个正电荷，一个质量为m、带负电的质点从A沿斜面滑到C，经过斜边上垂足D处时的速度为V，加速度为a，方向沿斜面向下．则该质点滑到斜面底端C处时的动能为______；加速度为______．

正确答案

g-a

解析

解：1、根据动能定理研究该质点从D点滑到非常接近斜边底端C点的过程，有：

mgh+wDC=EKD-mv2．

因为D和C在同一等势面上，质点从D到C的过程中电场力不做功，即为：wDC=0．

所以有：mgLsin60°=EKD-mv2

得：EkC=

2、题中DO=CO，故在DC两点的电场力相等，设大小为F．

在D点，质点受重力、斜面支持力和电场力，对重力和电场力（设为F）正交分解，根据牛顿第二定律得：

mgsin30°+Fcos30°=ma…①

在C点，质点受重力、斜面支持力和电场力，对重力和电场力（设为F）正交分解，根据牛顿第二定律得：

mgsin30°-Fcos30°=maC …②

由①②联立解得：ac=2gsin30°-a=g-a

故答案为：，g-a．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，劲度系数k0=2.0N/m，自然长度L0=m的轻弹簧两端分别连接着带正电的小球A和B，A，B的电荷量分别为qA=4.0×10-2C，qB=1.0×10-8C，B的质量m=0.18kg．A球固定在天花板下O点等高的光滑固定直杆的顶端，直杆长L=2m，与水平面的夹角θ=45°，直杆下端与一圆心在O点，半径R=2m，长度可忽略的小圆弧杆CO′D平滑对接，O′O为竖直线，O′的切线为水平方向，整个装置处于同一竖直面内．若小球A，B均可视为点电荷，且A，B与天花板、弹簧、杆均绝缘，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则将B球从直杆顶端无初速度释放后，求：

（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小和方向．

（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小（计算结果可用根号表示）

正确答案

解：（1）在P点，B电荷受到的电场力为N=1.8N，方向沿PA方向；

重力为G=mg=1.8N

合力为F=

方向与竖直方向夹角为22.5°

（2）从B到O′，库仑力不做功，只有重力做功，由动能定理可知mg

解得v=

小球运动到小圆弧杆的O点时，做圆周运动，故

解得N

由牛顿第三定律可知，小球对杆的作用力为N

答：（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小为N，方向与竖直方向夹角为22.5°．

（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小为N

解析

解：（1）在P点，B电荷受到的电场力为N=1.8N，方向沿PA方向；

重力为G=mg=1.8N

合力为F=

方向与竖直方向夹角为22.5°

（2）从B到O′，库仑力不做功，只有重力做功，由动能定理可知mg

解得v=

小球运动到小圆弧杆的O点时，做圆周运动，故

解得N

由牛顿第三定律可知，小球对杆的作用力为N

答：（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小为N，方向与竖直方向夹角为22.5°．

（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小为N

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4×10-5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H=1m处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ=53°且离地面DE高h=0.8m的斜面．（取g=10m/s2）

（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；

（2）物体从C处飞出后的速度；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离（已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6．不讨论物体反弹以后的情况）

正确答案

解：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中，根据动能定理有：

mg（R+H）-qER=mv

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：

FN-mg+qE=m，

联立并代入数据解得：FN=8N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下

（2）在粗糙水平面上，由动能定理，有：

-μmgL=mvC2-mvB2，

代入数据解得：vC=2.0m/s

（3）物体离开C点后做平抛运动，有：

x=vct

且

解得：x=0.8m＞xCD=0.6m

所以，落点与D点之间的距离为：

△x=0.8-0.6=0.2m

答：（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，它到达B点时对轨道的压力大小8N；

（2）物体从C处飞出后的速度2.0m/s；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离0.2m．

解析

解：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中，根据动能定理有：

mg（R+H）-qER=mv

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：

FN-mg+qE=m，

联立并代入数据解得：FN=8N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下

（2）在粗糙水平面上，由动能定理，有：

-μmgL=mvC2-mvB2，

代入数据解得：vC=2.0m/s

（3）物体离开C点后做平抛运动，有：

x=vct

且

解得：x=0.8m＞xCD=0.6m

所以，落点与D点之间的距离为：

△x=0.8-0.6=0.2m

答：（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，它到达B点时对轨道的压力大小8N；

（2）物体从C处飞出后的速度2.0m/s；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离0.2m．

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题型：简答题

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简答题

一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为，阻力不计，电场力是否做负功？动能是否减小？重力势能又怎么变化？

正确答案

解：由题意可知，小球的加速度大小为，则电场力竖直向上，大小为，

带电小球以水平速度抛出，向重力方向做类平抛运动，则电场力做负功，

根据动能定理可知，合力做功大于0，则动能增大，因下落，则重力势能减小，

答：电场力做负功，动能增大，重力势能减小．

解析

解：由题意可知，小球的加速度大小为，则电场力竖直向上，大小为，

带电小球以水平速度抛出，向重力方向做类平抛运动，则电场力做负功，

根据动能定理可知，合力做功大于0，则动能增大，因下落，则重力势能减小，

答：电场力做负功，动能增大，重力势能减小．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•安庆期中）如图1所示，A、B是一条电场线上的两点，t=0时刻从A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图2所示．t=2s时到达B点速度大小为10m/s．已知电子质量为m，电荷量大小为e．求：

（1）A点的场强的大小和方向；

（2）AB间的电势差UAB．

正确答案

解：（1）由图象知电子做匀加速运动，加速度为：==5m/s2

由eE=ma

得：

场强沿BA方向

（2）从A到B由动能定理有：

得：

答：（1）A点的场强的大小为，方向向右；

（2）AB间的电势差为-

解析

解：（1）由图象知电子做匀加速运动，加速度为：==5m/s2

由eE=ma

得：

场强沿BA方向

（2）从A到B由动能定理有：

得：

答：（1）A点的场强的大小为，方向向右；

（2）AB间的电势差为-

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在一个均强电场中有一四边形ABCD，其中M为AD的中点，N为BC的中点，一个电量为3×10-7C的带正电粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-8J，将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=5.0×10-8J，下列结论正确的是（　　）

AA、B两点之间的电势差为0.01V

B若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=4.0×10-8J

C若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=8.0×10-8J

D若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强-定E=10V/m

正确答案

B

解析

解：A、由公式WAB=qUAB得A、B两点之间的电势差为：

UAB==V=0.1V，故A错误．

B、C、因为该电场是匀强电场，M点的电势等于A、D两点电势的平均值；N点的电势等于B、C两点电势的平均值，即：

φM=，φN=；

所以：WMN=qUMN=q（φM-φN）=q（-）=q（φA-φB）+q（φD-φC）=WAB+WDC=×（3.0×10-8J+5.0×10-8J）=4.0×10-8J．故B正确，C错误；

D、由WAB=qUAB=qEd，若电场方向恰好沿AB方向，则d等于AB间的距离，d=1cm，则有：E===10V/m，若电场方向不沿AB方向，则d＜1cm，得到E＞10V/m，故D错误．

故选：B

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，一对水平放置的平行金属板相距d=4cm，两板间电压U=32V，且上板电势高，现让下板接地（零电势）．已知A点距下板为h1=3.5cm，B板距下板为h2=0.5cm，电子电荷量为e=1.6×10-19C试求：

（1）两金属板之间的电场强度大小E；

（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W；

（3）从A点移动到B点电子电势能的改变量△EP．

正确答案

解：（1）两金属板之间的电场强度大小：

E===800V/m

（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为：

W=-eE△h=-1.6×10-19×800×（0.035-0.005）=-3.84×10-18J

（3）电势能的增加量等于克服电场力做的功，为：

△EP=3.84×10-18J

答：（1）两金属板之间的电场强度大小E为800V/m；

（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为-3.84×10-18J；

（3）电子电势能的改变量△EP为3.84×10-18J．

解析

解：（1）两金属板之间的电场强度大小：

E===800V/m

（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为：

W=-eE△h=-1.6×10-19×800×（0.035-0.005）=-3.84×10-18J

（3）电势能的增加量等于克服电场力做的功，为：

△EP=3.84×10-18J

答：（1）两金属板之间的电场强度大小E为800V/m；

（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为-3.84×10-18J；

（3）电子电势能的改变量△EP为3.84×10-18J．

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题型：多选题

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多选题

质量为m的带电量为+q的可视为质点的小球与一个绝缘轻弹簧右侧相连，弹簧左侧固定在墙壁上，小球静止在光滑绝缘体水平面上，位于水平向右的x坐标轴原点O，当加入如图所示水平向右的匀强电场E后，小球向右运动的最远处为x=xo，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）

A弹簧的劲度系数K=

B质点在x=0处与在x=x0处加速度相同

C小球运动速度的最大值为

D运动过程中，小球电势能、动能互相转化，且总量保持不变

正确答案

C,D

解析

解：A、根据动能定理，从开始到最远处，则有：qEx0-=0，解得：k=，故A错误；

B、在x=0处，由牛顿第二定律，则有：qE=ma1，解得：a1=，方向向右，

而在x=x0处，由牛顿第二定律，则有：kx0-qE=ma2，解得：a2=，方向向左，故B错误；

C、当qE=kx时，即x=时，速度最大，根据动能定理，qE-=，

解得：v=，故C正确；

D、运动过程中，存在弹簧的弹力与电场力做功，则小球电势能、动能互相转化，且总量保持不变，故D正确；

故选：CD．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m=1×10-4kg，带电荷量q=+1×10-6C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ=0.1．B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，电场强度的大小E=2×103N/C．B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为E．B上表面开有一系列大于A的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A进出B的过程中始终不与B接触．当A以v1=1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间，B恰以v2=0.6m/s的速度向右滑行．设B足够长，足够高且上表面的厚度忽略不计．取g=10m/s2，A恰能顺次从各个小空进出B．试求：

（1）从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s；

（2）B上至少要开多少小孔，才能保证A始终不与B接触；

（3）从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为多大？

正确答案

解：（1）A在B内、外运动时，B的加速度大小

a==μg=1 m/s2

B全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程 s==0.18m

（2）A第二次进入B之前，在B内运动的加速度大小 a1==10 m/s2

运动的时间 t1=2×=0.2s

在B外运动的加速度大小a2=20 m/s2

运动的时间 t2=2×=0.1s

A从第一次进入B到第二次进入B的时间 t=t1+t2=0.3s

A运动一个周期B减少的速度为△υ=at=0.3m/s）

从小球第一次进入B到B停下，A运动的周期数为 n===2

故要保证小球始终不与B相碰，B上的小孔个数至少为 2n+1=5

（3）由于B向右做匀减速直线运动，经0.6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s，每经过0.1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，所以，从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为

S1=s=0.1m S2=s=0.035m

S3=s=0.04m S4=s=0.005m

答：（1）从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s=0.18m；

（2）B上至少要开5个小孔，才能保证A始终不与B接触；

（3）从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为0.1m，0.035m，0.04m，0.005m

解析

解：（1）A在B内、外运动时，B的加速度大小

a==μg=1 m/s2

B全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程 s==0.18m

（2）A第二次进入B之前，在B内运动的加速度大小 a1==10 m/s2

运动的时间 t1=2×=0.2s

在B外运动的加速度大小a2=20 m/s2

运动的时间 t2=2×=0.1s

A从第一次进入B到第二次进入B的时间 t=t1+t2=0.3s

A运动一个周期B减少的速度为△υ=at=0.3m/s）

从小球第一次进入B到B停下，A运动的周期数为 n===2

故要保证小球始终不与B相碰，B上的小孔个数至少为 2n+1=5

（3）由于B向右做匀减速直线运动，经0.6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s，每经过0.1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，所以，从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为

S1=s=0.1m S2=s=0.035m

S3=s=0.04m S4=s=0.005m

答：（1）从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s=0.18m；

（2）B上至少要开5个小孔，才能保证A始终不与B接触；

（3）从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为0.1m，0.035m，0.04m，0.005m

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题型：多选题

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多选题

如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，则下列表述正确的是（　　）

AφC＞4V

BφC＜4V

C点电荷乙的比荷为1C/kg

D点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等

正确答案

B,C

解析

解：AB、根据点电荷的电场线的分布，及φA=3V，φB=5V，可知，电势为4V的等势面在BC之间，

因此φC＜4 V，A错误，B正确；

C、根据动能定理，电荷乙从A运动到B过程，则有：=qUAB；其中UAB=φA-φB=-2V

解得：=1 C/kg，C正确；

D、点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为qUAC，从C到B过程其动能的减少量为qUCB，因为UCB＞UAC，点电荷乙从A到C过程其动能的减少量小于从C到B过程其动能的减少量，D错误；

故选：BC．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，当平行板电容器充电后，在极板间有一个用绝缘的细绳拴着带正电的小球，小球的质量为m，电荷量为q．现在向右偏θ角度；电源的电动势为ε，内阻为r．闭合电建S后，则求两极板间的距离d（　　）

Ad=

Bd=

Cd=

Dd=

正确答案

A

解析

解：对带电小球受力分析如图得，电场力F，由共点力平衡可知：

F=mgtanθ

而电场力：

F=Eq

场强：E=

即：Eq=mgtanθ

联立解得：d=；

故选：A．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A小球在B 时的速率为

B小球在B 时的速率小于

C固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为

D小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）

正确答案

A,C

解析

解：A、B、C：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，

mgR=

得

小球经过B点时，由牛顿第二定律得

qE-mg=

代入得Eq=3mg

即E= 故AC正确，B错误；

D：在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，小球能够到达C点，且到达C点时的速度刚好为零．故D错误．

故选：AC

1

题型：填空题

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填空题

质量为m，电量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变角度为θ（弧度），AB弧长为s，如图所示，则AB两点间的电势差UAB=______．AB弧中点的场强大小E=______（不计重力）．

正确答案

0

解析

解：由题意得知，质点在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以A、B两点间的电势差 UAB=0

设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=θr ①

根据静电力是质点做圆周运动的向心力，得k=m ②

弧AB中点的场强大小E= ③

解①②③组成的方程组得E=

故答案为：0；．

1

题型：单选题

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单选题

一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，在球心O处产生的场强大小E0，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（　　）

AE1＜

BE2=

CE3＞

DE4=

正确答案

C

解析

解：根据点电荷电场强度公式E=，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1＞，故A错误．

B、由A分析知，E2＜，故B错误．

C、对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 ．由于方向不共线，由合成法则可知，E3＞E0，故C正确．

D、由AC分析知，D错误．

故选：C

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