电场：电流_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L．有一个小液滴紧靠B板下边缘以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，带正电，电荷量为q．要使液滴从A板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？（重力加速度用g表示）

正确答案

解：平行金属板间的电压为：U=E=

液滴在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：

q+mg=ma

由分运动的规律有：

d=at2

L=v0t

联立以上各式，解得电动势为：E=-

答：电动势E为-．

解析

解：平行金属板间的电压为：U=E=

液滴在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：

q+mg=ma

由分运动的规律有：

d=at2

L=v0t

联立以上各式，解得电动势为：E=-

答：电动势E为-．

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题型：简答题

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简答题

在真空中O点放一个点电荷Q=+1.0×10-9C，直线MN通过O点，OM的距离r=30cm，M点放一个点电荷q=-1.0×10-10C，如图所示．已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：

（1）q在M点受到的作用力大小和方向

（2）M点的场强的大小和方向

（3）拿走q后M点的场强

（4）M、N两点的场强哪点大？

正确答案

（1）根据库仑定律有：F==9=1×10-8N，方向向左

（2）电场强度为：E=，方向向右

（3）拿走q后M点的场强仍为100N/C，方向向右

（4）根据E=得知M点场强大

答：1）q在M点受到的作用力大小为1×10-8N，方向向左

（2）M点的场强的大小为100N/C，方向向右

（3）拿走q后M点的场强为100N/C

（4）M点的场强大

解析

（1）根据库仑定律有：F==9=1×10-8N，方向向左

（2）电场强度为：E=，方向向右

（3）拿走q后M点的场强仍为100N/C，方向向右

（4）根据E=得知M点场强大

答：1）q在M点受到的作用力大小为1×10-8N，方向向左

（2）M点的场强的大小为100N/C，方向向右

（3）拿走q后M点的场强为100N/C

（4）M点的场强大

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题型：简答题

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简答题

光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处（与球心等高）无初速沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg，求：

（1）小球到达B点时的速度；

（2）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功及电场力的大小．

正确答案

解：（1）在B点，对小球进行受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式得：

2mg-mg=m

解得：v=

（2）从A到B的过程中，根据动能定理得：

解得：，

电场力F=

答：（1）小球到达B点时的速度为；

（2）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功为，电场力的大小为．

解析

解：（1）在B点，对小球进行受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式得：

2mg-mg=m

解得：v=

（2）从A到B的过程中，根据动能定理得：

解得：，

电场力F=

答：（1）小球到达B点时的速度为；

（2）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功为，电场力的大小为．

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题型：简答题

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简答题

有一平行板电容器倾斜放置，极板AB、CD与水平面夹角θ=45°，板间距离为d，AB板带负电、CD板带正电，如图所示，有一质量为m、电荷量大小为q的带电微粒，以动能EK沿水平方向从下极板边缘A处进入电容器，并从上极板边缘D处飞出，运动轨迹如图中虚线所示，试求：

（1）带电徽粒的电性．

（2）两极板间的电势差．

（3）微粒飞出时的动能（重力加速度为g）

正确答案

解：（1）根据微粒做直线运动可知，电场力与重力的合力沿直线方向，如图，电场力又与极板垂直，可知电场力垂直于极板向上，与电场强度方向相反，所以该微粒带负电．

（2）根据力图有：电场力F=mg，又F=qE

则得：E=

所以两极板间的电势差：U=Ed=

（3）根据动能定理得：qU=Ek′-EK，

则得微粒飞出时的动能为：Ek′=EK+qU=EK+mgd

答：（1）带电徽粒的电性是负电．

（2）所以两极板间的电势差：U=Ed=

（3）微粒飞出时的动能为：Ek′=EK+qU=EK+mgd

解析

解：（1）根据微粒做直线运动可知，电场力与重力的合力沿直线方向，如图，电场力又与极板垂直，可知电场力垂直于极板向上，与电场强度方向相反，所以该微粒带负电．

（2）根据力图有：电场力F=mg，又F=qE

则得：E=

所以两极板间的电势差：U=Ed=

（3）根据动能定理得：qU=Ek′-EK，

则得微粒飞出时的动能为：Ek′=EK+qU=EK+mgd

答：（1）带电徽粒的电性是负电．

（2）所以两极板间的电势差：U=Ed=

（3）微粒飞出时的动能为：Ek′=EK+qU=EK+mgd

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题型：多选题

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多选题

如图，A、B两点各放一电荷量均为Q的等量异种电荷，有一竖直放置的光滑绝缘细杆在两电荷连线的垂直平分线上，a、b、c是杆上的三点，且ab=bc=l，b、c关于两电荷连线对称．质量为m、带正电荷q的小环套在细杆上，自a点由静止释放，则（　　）

A小环通过b点时速度为

B小环通过c点时速度为

C小环从b到c速度可能先减小后增大

D小环做匀加速直线运动

正确答案

A,D

解析

解：A、D图中ac是一条等势线，小环下落过程中电场力不做功，而在竖直方向小环只受到重力作用，故小环做初速度为零的匀加速直线运动．

由初速度为零的匀加速直线运动的速度与位移关系可得：vb=，故A、D正确．

B、由初速度为零的匀加速直线运动的速度与时间关系可得：vc==2，故B错误．

C、中垂线上各点的合场强均为水平向右，与环的运动方向垂直，导致电场力不做功，而在竖直方向小环只受到重力作用，小环从b到c速度不断增加，故C错误．

故选AD．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂在水平板的M、N两点，A上带有Q=3.0×10-6C的正电荷，两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2，A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g=10m/s2；静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，A、B球可视为点电荷），则（　　）

A支架对地面的压力大小为2.0N

B两线上的拉力大小F1=F2=1.9N

C将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1=1.225N，F2=1.0N

D将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1=F2=0.866N

正确答案

B,C

解析

解：A、地面对支架的支持力为F=，根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力为1.1N，故A错误

B、因两绳夹角为120°，故两绳的拉力之和等于其中任意绳的拉力，

故F=，故B正确；

C、将B水平右移，使M、A、B在同一直线上时，对A求受力分析可知：F1sin30°+F2sin30°-mg-F库sin30°=0

F1cos30°-F2cos30°-F库cos30°=0

联立解得F1=1.225N，F2=1.0N，故C正确

D、将B移到无穷远时，AB间的库仑力消失，故两绳的拉力F=mg=1N，故D错误

故选：BC

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在倾角θ=30°，足够长的光滑绝缘斜面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B（均视为近地点），A球的带电量为+3q，B球带电量为-2q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，在虚线MN、PQ间加上平行斜面向上的匀强电场，场强E=．现将带电小球A和B放在斜面上，A球刚好在电场中，由静止释放．求：

（1）A球从N点运动到Q点的时间；

（2）A球到达的最高点距Q点的距离．

正确答案

解：（1）设B球进入电场前，带电系统的加速度为a，运动时间为t1，由牛顿第二定律得：

3qE-2mgsinθ=2ma

由匀变速运动公式得：

v1=at1

当B球进入电场后，带电系统所受合力为：F合=3qE-2qE-2mgsinθ=0

带电系统匀速运动，时间为t2．由匀速运动规律得：L=v1t2；

联立以上各式并代入数据得，A球从N运动到Q的时间：

t=t1+t2=

（2）设A球能到达的最高位置距Q点的距离为x，B球仍在电场中，由动能定理得：

3qE•3L-2qE（L+x）-2mg（3L+x）sinθ=0

联立以上各式并代入数据得：x=L

答：（1）A球从N点运动到Q点的时间；

（2）A球到达的最高点距Q点的距离L．

解析

解：（1）设B球进入电场前，带电系统的加速度为a，运动时间为t1，由牛顿第二定律得：

3qE-2mgsinθ=2ma

由匀变速运动公式得：

v1=at1

当B球进入电场后，带电系统所受合力为：F合=3qE-2qE-2mgsinθ=0

带电系统匀速运动，时间为t2．由匀速运动规律得：L=v1t2；

联立以上各式并代入数据得，A球从N运动到Q的时间：

t=t1+t2=

（2）设A球能到达的最高位置距Q点的距离为x，B球仍在电场中，由动能定理得：

3qE•3L-2qE（L+x）-2mg（3L+x）sinθ=0

联立以上各式并代入数据得：x=L

答：（1）A球从N点运动到Q点的时间；

（2）A球到达的最高点距Q点的距离L．

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题型：单选题

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单选题

关于电势差和电场力作功的说法中，正确的是（　　）

A电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定

B电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定

C电势差是矢量，电场力作的功是标量

D在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差不可能为零

正确答案

B

解析

解：A、电势差是反映电场本身的性质的物理量，由电场本身决定，与所移动的电荷无关，故A错误．

B、根据电势差定义式U=，得电场力做功公式 W=qU，可知在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量共同决定，故B正确．

C、电势差有正负，但是正负不表示方向，表示相对大小，是标量，电场力做功是标量．故C错误．

D、在匀强电场中，与电场线垂直方向就是等势面方向，根据在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，得知，在与电场线垂直方向上任意两点间移动电荷q电场力做功一定为零．故D错误．

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，方向为水平向右的匀强电场中，有一质量为m=0.1kg的带电小球，所带的电荷量是q=0.01C，现用长为L=0.25m的细线悬于O点，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ=60°，求

（1）电场强度E是多少？

（2）现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为多少？

（3）在（2）问条件下，若当小球运动到最高点时，细线突然断了，小球将做类似斜上抛的运动，则小球以后运动过程中的最小速度是多少？（提示：用等效复合场）

正确答案

解：（1）当小球平衡时，以小球为研究对象，根据平衡条件得：

qE=mgtanθ

可得 E===×102N/C

（2）可与重力场类比，等效重力为 mg′===2mg

当小球恰好通过等效最高点做圆周运动时，做圆周运动的速度最小，此时由等效重力提供向心力．

由牛顿第二定律得：mg′=m，小球的最小速度：vmin===m/s；

（3）设小球通过最高点的速度为v．

由几何关系知，等效最高点与小球的平衡位置关于O点对称，从等效最高点到最高点的过程中，根据动能定理得：

mg′L（1-cos60°）=-

解得 v=2

当小球运动到最高点时，细线突然断后，小球开始做类似斜上抛的运动，到达等效最高点时速度，最小速度为 vmin′=vmincos60°==m/s

答：

（1）电场强度E是×102N/C．

（2）圆周运动过程中速度的最小值为m/s．

（3）小球以后运动过程中的最小速度是m/s．

解析

解：（1）当小球平衡时，以小球为研究对象，根据平衡条件得：

qE=mgtanθ

可得 E===×102N/C

（2）可与重力场类比，等效重力为 mg′===2mg

当小球恰好通过等效最高点做圆周运动时，做圆周运动的速度最小，此时由等效重力提供向心力．

由牛顿第二定律得：mg′=m，小球的最小速度：vmin===m/s；

（3）设小球通过最高点的速度为v．

由几何关系知，等效最高点与小球的平衡位置关于O点对称，从等效最高点到最高点的过程中，根据动能定理得：

mg′L（1-cos60°）=-

解得 v=2

当小球运动到最高点时，细线突然断后，小球开始做类似斜上抛的运动，到达等效最高点时速度，最小速度为 vmin′=vmincos60°==m/s

答：

（1）电场强度E是×102N/C．

（2）圆周运动过程中速度的最小值为m/s．

（3）小球以后运动过程中的最小速度是m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时的速率为2v0，方向与电场的方向一致，求A、B两点的电势差大小．

正确答案

解：沿水平方向x和竖直方向y分析可知．

x方向：Fx=qE，v0x=0，故做匀加速运动．

y方向：Fy=mg，v0y=v0，a=-g，做匀减速运动

竖直方向高度由运动学知识，可知H=，上升时间t=

故在x方向上，有vx=2v0=axt，ax=，其中x方向位移d=•t=v0t，故2v0=

联立解得：UAB=

答：A、B两点的电势差大小为．

解析

解：沿水平方向x和竖直方向y分析可知．

x方向：Fx=qE，v0x=0，故做匀加速运动．

y方向：Fy=mg，v0y=v0，a=-g，做匀减速运动

竖直方向高度由运动学知识，可知H=，上升时间t=

故在x方向上，有vx=2v0=axt，ax=，其中x方向位移d=•t=v0t，故2v0=

联立解得：UAB=

答：A、B两点的电势差大小为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两块相同的金属板水平平行放置，两板的正对面相距30cm，A、B两板分别跟电源的正负极相连，电源电压为60V，求：

（1）两板间电场的场强大小和方向？

（2）若A板接地，则B板电势是多少？

（3）若C点离A板10cm，D点离B板15cm，则C、D两点间的电势差是多少？

正确答案

解：（1）两板间的场强，方向竖直向下

（2）A板接地φA=0V，

因为φA-φB=60V，解得φB=-60V．

（3）C、D沿电场线方向上的距离d1=30-10-15cm=5cm，

C、D间的电势差UCD=Ed1=200×0.05V=10V．

答：（1）两板间的电场强度为200V/m；方向竖直向下．

（2）若A板接地，B板电势为-60V．

（3）C、D两点间的电势差为10V．

解析

解：（1）两板间的场强，方向竖直向下

（2）A板接地φA=0V，

因为φA-φB=60V，解得φB=-60V．

（3）C、D沿电场线方向上的距离d1=30-10-15cm=5cm，

C、D间的电势差UCD=Ed1=200×0.05V=10V．

答：（1）两板间的电场强度为200V/m；方向竖直向下．

（2）若A板接地，B板电势为-60V．

（3）C、D两点间的电势差为10V．

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题型：填空题

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填空题

如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m．放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示．则A点的电场强度大小为______N/C，点电荷Q的位置坐标为x=______m．

正确答案

2×103

0.3

解析

解：（1）由图可知，A点的电场强度==2×103N/C，

（2）同理B点的电场强度EB=-500N/C，方向指向x负方向．

所以A、B两点的电场强度大小之比为4：1；

设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场得：，

联立以上公式解得：x=0.3m．

故答案为：2×103 0.3

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题型：单选题

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单选题

如图，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N．将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=8.0×10-9 J．则以下分析正确的是（　　）

A若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=-4.0×10-9 J

B若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10-9 J

C若粒子的电荷量为2.0×10-9 C，则A、B之间的电势差为4 V

D若A、B之间的距离为2cm，粒子的电荷量为2.0×10-7 C，该电场的场强一定是E=2V/m

正确答案

C

解析

解：A、B：根据匀强电场中，U=Edcosθ，设AB与MN跟电场线的夹角为θ．则由几何关系得：=

UMN=E••cosθ=E••cosθ=UAB；

则粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=qUMN=q•UAB=WAB=4.0×10-9J．故A错误，B也错误．

C、若粒子的电量为q=2×10-7C，由WAB=qUAB得A、B之间的电势差UAB==V=4V．故C正确．

D、由于电场方向未知，不能得到AB两点间沿电场线方向的距离，故不能根据U=Ed公式求解场强．故D错误．

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•黄山校级期中）某静电场中有一条电场线与x轴重合，纵轴ϕ表示该条电场线上对应各点的电势，ϕ随x的变化规律如图曲线所示．x轴上坐标为x1=-x0点的电势和电场强度大小分别为ϕ1和E1，坐标x2=x0点的电势和电场强度大小分别为ϕ2和E2，下列有关判断正确的是（　　）

Aϕ1＞ϕ2，E1＞E2

Bϕ1＜ϕ2，E1＞E2

Cϕ1＞ϕ2，E1＜E2

Dϕ1＜ϕ2，E1＜E2

正确答案

B

解析

解：由图知，沿x轴正方向电势逐渐升高，则ϕ1＜ϕ2．

由E==知，图象的斜率表示电场强度，斜率大小越小，场强越小，则有E1＞E2．

故选：B

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=-10V，则C点的电势（　　）

A一定φC=10 V

B一定φC＞10 V

C一定φC＜10 V

D上述选项都不正确

正确答案

C

解析

解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ucb，即φa-φc＞φc-φb，得到φc＜．所以选项C正确．

故选：C．

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