电场：电流_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•莆田校级期中）在电场中把一个电荷量为6×10-6C的负电荷从A点移到B点，克服电场力做功3×10-5J，求A与B间的电势差．

正确答案

解：据题知，q=-6×10-6C，WAB=-3×10-5J，则

A与B间的电势差 UAB==V=5V

答：A与B间的电势差是5V．

解析

解：据题知，q=-6×10-6C，WAB=-3×10-5J，则

A与B间的电势差 UAB==V=5V

答：A与B间的电势差是5V．

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题型：简答题

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简答题

在绝缘的光滑水平桌面上，有三个带电小球A、B、C，带电量均为Q（正电），每个小球的质量均为m，各自位置分别位于边长为L的等边三角形的三个顶点，如图所示．假设本题中的带电小球均被视为点电荷，不计彼此间的万有引力作用．

（1）在三角形的中心O点应放置一个带何种带电性质、多少电量的带电小球，才能使四个小球都能静止？

（2）若中心电荷的带电量在（1）问基础上增加到原来的4倍，为了保持外围三个小球的相对位置不变，需让它们围绕中心电荷同时旋转起来，求它们旋转的线速度大小．

正确答案

解：（1）由几何关系知：r=|AO|=L=L，A球受到BC两个正电荷的排斥力，合力的方向由O点指向A点；A受力平衡，则有：

F2==F1=2Fcos 30°

其中F=，

所以q=Q，由F2的方向知q带负电．

（2）当q′=4q时，F2′=4F2

A球的合力F合=F2′-F1=4F2-F1=3F1=；

由牛顿第二定律：=．

代入数据联立得：v=

答：（1）在三角形的中心应放置负电荷，电荷量为Q．

（2）它们旋转的线速度大小为．

解析

解：（1）由几何关系知：r=|AO|=L=L，A球受到BC两个正电荷的排斥力，合力的方向由O点指向A点；A受力平衡，则有：

F2==F1=2Fcos 30°

其中F=，

所以q=Q，由F2的方向知q带负电．

（2）当q′=4q时，F2′=4F2

A球的合力F合=F2′-F1=4F2-F1=3F1=；

由牛顿第二定律：=．

代入数据联立得：v=

答：（1）在三角形的中心应放置负电荷，电荷量为Q．

（2）它们旋转的线速度大小为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，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点无初速度下滑，已知q＜Q，AB=h，小球滑到B点时的速度大小为．已知BC圆弧所对的圆心角为600，圆半径也为h．

求：（1）小球由A到B过程中电场力做的功？

（2）小球滑至C点的速度大小？

（3）小球滑至C点的加速度大小？

正确答案

（1）小球由A→B的过程据动能定：

（2）小球由B→C的过程：电场力做功WBC=0

代人数据解得：

（3）小球滑至C点时，竖直方向有：mg-F电cosθ=ma

且

解得：

答：（1）小球由A到B过程中电场力做的功；

（2）小球滑至C点的速度大小；

（3）小球滑至C点的加速度大小．

解析

（1）小球由A→B的过程据动能定：

（2）小球由B→C的过程：电场力做功WBC=0

代人数据解得：

（3）小球滑至C点时，竖直方向有：mg-F电cosθ=ma

且

解得：

答：（1）小球由A到B过程中电场力做的功；

（2）小球滑至C点的速度大小；

（3）小球滑至C点的加速度大小．

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题型：简答题

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简答题

点电荷A的电荷量为+Q，点电荷B的电荷量为+Q，相距为r．已知静电力常量为k，求：

（1）电荷A与B之间的库仑力大小；

（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小；

（3）AB连线的中点处产生的电场强度大小．

正确答案

解：（1）根据库仑定律，则两电荷间的库仑力为：

代入得：；

（2）根据电场强度的定义式，则电荷A在电荷B所在处的电场强度大小：

代入得：；

（3）根据（2）中得出的点电荷的电场强度的计算公式，两个点电荷在AB连线的中点处产生的电场强度大小产生的场强都是：

由于两个点电荷都带正电，则它们在它们连线处的电场强度的方向相反，根据矢量的合成可知，AB连线的中点处的电场强度大小一定是0；

答：（1）电荷A与B之间的库仑力大小是；

（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小是；

（3）AB连线的中点处的电场强度大小是0．

解析

解：（1）根据库仑定律，则两电荷间的库仑力为：

代入得：；

（2）根据电场强度的定义式，则电荷A在电荷B所在处的电场强度大小：

代入得：；

（3）根据（2）中得出的点电荷的电场强度的计算公式，两个点电荷在AB连线的中点处产生的电场强度大小产生的场强都是：

由于两个点电荷都带正电，则它们在它们连线处的电场强度的方向相反，根据矢量的合成可知，AB连线的中点处的电场强度大小一定是0；

答：（1）电荷A与B之间的库仑力大小是；

（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小是；

（3）AB连线的中点处的电场强度大小是0．

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题型：简答题

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简答题

（2016•金山区一模）如图（a），距光滑绝缘水平面高h=0.3m的A点处有一固定的点电荷Q．带电量为q=1×10-6C，质量为m=0.05kg的小物块在恒定水平外力F=0.5N的作用下，从Q左侧O点处由静止开始沿水平面运动．已知初始时O与A的水平距离为0.7m，物块动能Ek随位移s的变化曲线如图（b）所示．静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．

（1）估算点电荷Q的电量；

（2）求物块从O到s1=0.50m的过程中其电势能的变化量；

（3）求物块运动到s2=1.00m时的动能．

正确答案

解：（1）根据动能定理：△Ek=F合△s，知Ek-s图象的斜率等于合力，由图可知，当s=0.35m时，物块所受合力为零，则有：

k×=F

将 sOA=0.7m，s=0.35m，q=1×10-6C，F=0.5N代入，

解得：Q=1.55×10-5C

（2）设O到S1过程中电场力做功为W1，由动能定理得：

FS1+W1=Ek1

代入数据得：W1=0.08-0.5×0.5=-0.17J

因此电势能变化量为：△E=-W1=0.17J

（3）S2=1.00m处与S3=0.40m处电势相等

设O到S3过程中电场力做功为W2，由动能定理得：

FS3+W2=Ek3

代入数据，得：W2=-0.1J

O到S2过程中，FS2+W2=Ek2

得 Ek2=0.4J

答：（1）点电荷Q的电量是1.55×10-5C；

（2）物块从O到s1=0.50m的过程中其电势能的变化量是0.17J；

（3）物块运动到s2=1.00m时的动能是0.4J．

解析

解：（1）根据动能定理：△Ek=F合△s，知Ek-s图象的斜率等于合力，由图可知，当s=0.35m时，物块所受合力为零，则有：

k×=F

将 sOA=0.7m，s=0.35m，q=1×10-6C，F=0.5N代入，

解得：Q=1.55×10-5C

（2）设O到S1过程中电场力做功为W1，由动能定理得：

FS1+W1=Ek1

代入数据得：W1=0.08-0.5×0.5=-0.17J

因此电势能变化量为：△E=-W1=0.17J

（3）S2=1.00m处与S3=0.40m处电势相等

设O到S3过程中电场力做功为W2，由动能定理得：

FS3+W2=Ek3

代入数据，得：W2=-0.1J

O到S2过程中，FS2+W2=Ek2

得 Ek2=0.4J

答：（1）点电荷Q的电量是1.55×10-5C；

（2）物块从O到s1=0.50m的过程中其电势能的变化量是0.17J；

（3）物块运动到s2=1.00m时的动能是0.4J．

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题型：简答题

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简答题

一带负电的粒子，电荷量q=-2.0×10-9C，在静电场中由a点运动到b点，在这一过程中，除电场力外，其它力做功为6.0×10-5J，粒子的动能增加了8.0×10-5J，求：

（1）a、b两点间的电势差Uab等于多少？

（2）带电粒子从a点运动到b点，这一过程中电势能改变了多少？

正确答案

解：（1）设粒子从a点运动到b点中，电场力做的功为Wab，由动能定理可知：W外+Wab=△Ek

又Wab=qUab

则a、b两点间的电势差为：Uab==V=-104V

（2）电场力做功Wab=qUab=-2.0×10-9×（-104）J=2×10-5J，所以电势能减少了2×10-5J．

答：

（1）a、b两点间的电势差UAB等于1.0×104V．

（2）粒子的电势能减少了2×10-5J．

解析

解：（1）设粒子从a点运动到b点中，电场力做的功为Wab，由动能定理可知：W外+Wab=△Ek

又Wab=qUab

则a、b两点间的电势差为：Uab==V=-104V

（2）电场力做功Wab=qUab=-2.0×10-9×（-104）J=2×10-5J，所以电势能减少了2×10-5J．

答：

（1）a、b两点间的电势差UAB等于1.0×104V．

（2）粒子的电势能减少了2×10-5J．

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题型：多选题

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多选题

在电场中的a、b、c三点在同一直线上，如图所示，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa和φb．且φb＞φa＞0．则下列叙述正确的是（　　）

A该电场在c点处的电势一定为

B正电荷从b点运动到a点，电势能一定减少

C正电荷只受电场力作用从a点运动到c点，动能可能增加

D正电荷从b点运动到c点，电场力一定做正功

正确答案

B,C

解析

解：A、电场中的a、b、c三点在同一直线上，但a、b、c三点不一定在同一条电场线上，也不一定是匀强电场，故c点处的电势不一定为，故A错误；

B、正电荷从b点运动到a点，由于φb＞φa＞0，根据公式Ep=qφ，电势能一定减少，故B正确；

C、无法比较c点的电势与a点的电势的高低，故正电荷只受电场力作用从a点运动到c点过程，无法判断电势能的变化，如果电势能减小，则动能增加，故C正确；

D、无法比较c点的电势与b点的电势的高低，故正电荷只受电场力作用从b点运动到c点过程，无法判断电势能的变化，故正电荷从a点运动到c点，无法判断电势能的变化情况，故无法判断电场力的做功情况，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，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q，其中A带正电，B带负电，D、C是它们连线的垂直平分线，A、B、C三点构成一边长为d的等边三角形．另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方．现在把小球E拉到M点，使细线水平绷直且与A、B、C处于同一竖直平面内，并由静止开始释放，小球E向下圆周运动到最低点C时，速度为v．（已知静电力恒量为k，取D点的电势为零），试求：

（1）在点电荷A、B所形成的电场中，C点的电势φC；

（2）在点电荷A、B所形成的电场中，M点的电势φM；

（3）在小球经过C点时绝缘细线所受的拉力T．

正确答案

解：（1）由题意知C点和D点位于同一等势面上，则

φC=φD=0

（2）由E到C过程，由动能定理得 W=△EK

则

得

又 UMC=φM-φC 得

（3）A、B点电荷在C点形成场强方向：竖直向下

C点场强大小：

则小球在C点受重力、电场力和拉力，

有 T-mg-=m

得：T=mg++m

答：（1）在点电荷A、B所形成的电场中，C点的电势为0；

（2）在点电荷A、B所形成的电场中，M点的电势为

（3）在小球经过C点时绝缘细线所受的拉力为mg++m

解析

解：（1）由题意知C点和D点位于同一等势面上，则

φC=φD=0

（2）由E到C过程，由动能定理得 W=△EK

则

得

又 UMC=φM-φC 得

（3）A、B点电荷在C点形成场强方向：竖直向下

C点场强大小：

则小球在C点受重力、电场力和拉力，

有 T-mg-=m

得：T=mg++m

答：（1）在点电荷A、B所形成的电场中，C点的电势为0；

（2）在点电荷A、B所形成的电场中，M点的电势为

（3）在小球经过C点时绝缘细线所受的拉力为mg++m

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题型：多选题

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多选题

（2011全国卷1第17题改编）闪电，是大气中的强放电现象．按其发生的部位，可分为云中、云间或云地之间三种放电．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109v，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs．假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是（　　）

A闪电电流可达到1×105A

B整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J

C整个闪电过程的平均功率约为l×1014W

D闪电前云地间的电场强度约为l×106V/m

正确答案

A,C,D

解析

解：A、根据电流强度的定义式可得，电流 I===1×105 A，故A正确；

B、整个闪电过程向外释放的能量：W=UIt=UQ=1.0×109V×6C=6×109J；故B错误；

C、整个闪电过程的平均功率：P=UI=1.0×109V×1×105 A=l×1014W，故C正确；

D、闪电前云地间的电场强度：E===l×106V/m，故D正确；

故选：ACD．

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题型：填空题

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填空题

（2015秋•福建期中）电荷量为2.0×10-4 C的试探电荷在电场中某点受到电场力6.8×10-2 N，则该点的电场强度是______N/C，如将该试探电荷取走，则该点的电场强度______（填变大、变小、不变）．

正确答案

340

不变

解析

解：由题意，检验电荷电量为q=4×10-9C，受到的电场力为F=2×10-5N，则P点的电场强度，方向与电场力方向相同．

电场强度反映电场性质的物理量，与试探电荷无关，把这个检验电荷取走，P点的电场强度不变，仍为340N/C．

故答案为：340，不变

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C穿在竖直固定的光滑绝缘细线上，A与B紧靠在一起（但不粘连），C紧贴着绝缘地板，质量分别为MA=2.32kg，MB=0.20kg，MC=2.00kg，其中A不带电，B、C的带电量分别为qB=+4.0×10-5c，qC=+7.0×10-5c，且电量都保持不变，开始时三个物体均静止．现给物体A施加一个竖直向上的力F，若使A由静止开始向上作加速度大小为a=4.0m/s2的匀加速直线运动，则开始需给物体A施加一个竖直向上的变力F，经时间t 后，F变为恒力．已知g=10m/s2，静电力恒量k=9×109N•m2/c2，求：

（1）静止时B与C之间的距离；

（2）时间t的大小；

（3）在时间t内，若变力F做的功WF=53.36J，则B所受的电场力对B做的功为多大？

正确答案

解：（1）开始时A、B处于平衡状态，设BC之间的距离为x1，则

，代入数据可得：x1=1.0m．

（2）经时间t，F变为恒力．A、B恰好分离，A、B间无相互作用，设BC之间的距离为x2则

，代入数据可得：x2=3.0m．

因为，代入数据可得t=1s．

（3）以AB为系统，由动能定理可得

WF+W电-（MA+MB）g（x2-x1）=

而v=at

代入数据可得：W电=17.2J．

答：（1）静止时B与C之间的距离为1m；

（2）时间t为1s；

（3）B所受的电场力对B做的功为17.2J．

解析

解：（1）开始时A、B处于平衡状态，设BC之间的距离为x1，则

，代入数据可得：x1=1.0m．

（2）经时间t，F变为恒力．A、B恰好分离，A、B间无相互作用，设BC之间的距离为x2则

，代入数据可得：x2=3.0m．

因为，代入数据可得t=1s．

（3）以AB为系统，由动能定理可得

WF+W电-（MA+MB）g（x2-x1）=

而v=at

代入数据可得：W电=17.2J．

答：（1）静止时B与C之间的距离为1m；

（2）时间t为1s；

（3）B所受的电场力对B做的功为17.2J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，倾角α=30°的直角三角形底边长为2l，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨．现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m，电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边的垂足D时速度为v．试求：

（1）质点滑到D点时的加速度

（2）质点滑到C点时的速率．

正确答案

解：（1）由图可知，

质点在D点受到重力、电场力和支持力的作用，受力如图：

沿斜面方向：ma=mgsin30°-cos30°

整理得：，方向平行于斜面向下

（2）因OD=OC，则正电荷Q在D、C两点的电势相等，故：UAD=UAC，由W=qU知，WAC=WAD．

在质点从D到C两点得过程中，电场力做功的总和为0，所以只有重力做功，由动能定理有：

解得：

答：（1）质点滑到D点时的加速度是方向平行于斜面向下

（2）质点滑到C点时的速率是．

解析

解：（1）由图可知，

质点在D点受到重力、电场力和支持力的作用，受力如图：

沿斜面方向：ma=mgsin30°-cos30°

整理得：，方向平行于斜面向下

（2）因OD=OC，则正电荷Q在D、C两点的电势相等，故：UAD=UAC，由W=qU知，WAC=WAD．

在质点从D到C两点得过程中，电场力做功的总和为0，所以只有重力做功，由动能定理有：

解得：

答：（1）质点滑到D点时的加速度是方向平行于斜面向下

（2）质点滑到C点时的速率是．

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题型：单选题

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单选题

一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两级板间有一负电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间电场的电场强度，φ表示P点的电势，EP表示负电荷在P点的电动势．若保持负极板不动，将正极板从虚线所在位置，则（　　）

Aφ变大，E不变

BE变大，EP变大

CE不变，EP不变

Dφ不变，EP变大

正确答案

C

解析

解：电容器的电量不变，板间距离减小，由C=、E=、C=，推导得 E=，Q、S、ɛ均不变，则板间电场强度E不变．因为电场强度不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差不变，则P点的电势φ不变，负电荷在P点的电势能EP不变．故C正确，A、B、D错误．

故选：C

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题型：多选题

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多选题

如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为-q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L则（　　）

AOB间的距离为

B从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+mv-mv2

C从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL+mv2-mv

D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=

正确答案

A,C

解析

解：A、乙向甲运动的过程中，所受的库仑力先小于摩擦力，后大于摩擦力，先减速后加速，当库仑力与摩擦力二力平衡时，速度最小，则得：μmg=F库=k，得：r=，即OB间的距离为，故A正确．

B、C、从A到B的过程中，根据动能定理得：W-μmgL=mv2-m；

解得电场力对点电荷乙做的功为：W=μmgL+mv2-mv02，故B错误，C正确．

D、AB间电势差为：UAB==，故D错误．

故选：AC．

1

题型：简答题

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简答题

如图a．M、N、P为直角三角形的三个顶点，∠M=37°，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图B．所示，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．静电力常量为K，重力加速度为g．

（1）图B中表示电势能随位置变化的是哪条图线？

（2）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；

（3）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q；

（4）求小球运动到M点时的速度．

正确答案

解：（1）正点电荷Q的电势分布规律是离它近电势高，带正电的小球的电势能E=qφ，它从N点到M点的电势能先增大后减小，故是图B中的图线Ⅱ．

（2）x1=acos 37°••cos 37°=0.32a

x1处重力势能E1=mgx1sin 37°

m==．

（3）k=mgcos 37°，其中r=x1tan37°=0.24a

代入数据，得q=．

（4）根据动能定理，mga sin 37°+E2-E0=mv2

代入数据，得v=．

答：（1）图B中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．

（2）势能为E1时的横坐标为0.32a；带电小球的质量m为．

（3）小球的电量为．

（4）小球运动到M点时的速度为．

解析

解：（1）正点电荷Q的电势分布规律是离它近电势高，带正电的小球的电势能E=qφ，它从N点到M点的电势能先增大后减小，故是图B中的图线Ⅱ．

（2）x1=acos 37°••cos 37°=0.32a

x1处重力势能E1=mgx1sin 37°

m==．

（3）k=mgcos 37°，其中r=x1tan37°=0.24a

代入数据，得q=．

（4）根据动能定理，mga sin 37°+E2-E0=mv2

代入数据，得v=．

答：（1）图B中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．

（2）势能为E1时的横坐标为0.32a；带电小球的质量m为．

（3）小球的电量为．

（4）小球运动到M点时的速度为．

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