- 电场：电流
- 共19537题
A将一个电荷量为q=-2×10-6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=1.2×10-5J
B将一个电荷量为q=-2×10-6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=-1.2×10-5J
C此电场的电场强度大小为E=
D此电场的电场强度大小为E=2×102V/m，沿∠C的平分线斜向上
正确答案
解析
解：A、B电荷从B移到C，电场力做功WBC=qUBC=q（φB-φC）=-2×10-6C×[4-（-2）]=-1.2×10-5J．故A错误，B正确
C、D、AC中点D的电势为φD=
根据几何知识得知：∠C=60°，如图，电场方向沿∠C的平分线斜向上．
则电场强度大小 E=
故选：BD
①M点的电势比N点电势高，M点的场强比N点的场强大
②M点的场强大小为
③N点的电势为零，场强不为零
④N点的电势和场强都为零
上述说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：大金属板接地屏蔽，用镜像法，就是说，金属板上感应电荷排布后对于右边电场的影响，相当于在+Q关于板对称的地方放上一个-Q．具体原因可以分析左边，左边电场为0．那么接地金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q 原处放上一个-Q．而明显金属板对左右电场影响是对称的．所以该电场可视为等量异种电荷电场的一半．
类比等量异种电荷电场，据等量异种电荷电场的分布特点，沿电场线的方向电势越来越低，所以M点的电势大于N点的电势（N点的电势为零）；据场强的叠加原理可得：EN=
故选：A
将一个电荷量为-2×10-8C的点电荷，从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10-8J，则M点电势能EPM=______J，M点电势φM=______V．若将该电荷从M点移到N点，静电力做功14×10-8J，则N点电势φN=______V．
正确答案
4×10-8J
-2
5
解析
解：点电荷从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10-8J，其电势能增加4×10-8J，则M点电势能EPM=4×10-8J，M点电势 φM=
若将该电荷从M点移到N点，静电力做功14×10-8J，电势能减少14×10-8J，则N点电势能EPN=4×10-8J-14×10-8J=-1.0×10-7J
N点电势 φN=
故答案为：4×10-8J，-2，5．
A坐标原点0处两侧电场方向相同
B由x1运动到0过程电场力做负功
C粒子经过x1、-x1处速度不相同
D若粒子能够沿x轴负方向运动越过0点，一定有v0＞
正确答案
解析
解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=
B、据功能关系可知，由x1运动到O过程，电势能增大，电场力做负功，故B正确；
C、由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C错误．
D、根据公式Ep=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得
故选：BD．
正确答案
解析
解：A、将场强Ea、Eb延长，交点即为点电荷所在位置，如图所示，由于电场强度方向指向点电荷，则知该点电荷带负电，故A错误．
C、根据几何知识分析解得a点到Q点的距离：ra=2dcos30°=
b点到Q点的距离rb=d，a、b两点到点电荷Q的距离之比ra：rb=
由公式E=
D、根据W=qφ可知，负粒子在低点势处电势能大，故粒子在a点的电势能一定小于粒子在b点的电势能，故D正确
故选：D
真空中有A、B两点，在A、B两处分别放有点电荷+Q和-q（Q＞q），设+Q、-q所受的电场力分别为FQ、Fq，设A、B两点处场强大小分别为Ea、Eb，则（ ）
正确答案
解析
解：根据库仑公式可得
故选：B
正确答案
解析
解：A、在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而-Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，同理可知O2处场强方向也向左，故产生的加速度方向向左，故A错误．
B、在+q从O1向O2运动的过程中+Q对+q的电场力向左，-Q对+q的作用力方向也向左，故电场力对+q始终做正功，故+q的电势能一直减小．故B错误．
C、根据E=
D、根据E=
故选：D
（1）A、B两点间的电势差；
（2）带电小球在B点处加速度的大小；
（3）带电小球从A点运动到B点的过程中，运动速度最大的位置与P点的距离h1．
正确答案
解：（1）另一点电荷从A到B过程，由动能定理 mg（h-
解得 UAB=
（2）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，
在A点时 mg-
在B点时
解得 aB=
（3）、带电小球速度最大时，
联立解得，h1=
答：（1）A、B两点间的电势差解得
解析
解：（1）另一点电荷从A到B过程，由动能定理 mg（h-
解得 UAB=
（2）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，
在A点时 mg-
在B点时
解得 aB=
（3）、带电小球速度最大时，
联立解得，h1=
答：（1）A、B两点间的电势差解得
正确答案
解析
解：A、根据φ=
B、等差等势面的疏密代表场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，故B正确；
C、A点在经过B点和C点的两个等势面之间，与图中C′和B′间距相等，由于AC′间的场强小于AB′间的场强，故AC′间的电势差小于AB′间的电势差，故AC间的电势差小于AB间的电势差，故C错误；
D、沿直线从A运动到B过程中，电势是一直升高，故负电荷的电势能一直降低，故电场力一直做正功，故D错误；
故选：AB
（1）AB间的电势差多大？
（2）匀强电场的场强多大？方向如何？
正确答案
解：（1）AB间电势差
（2）电场强度
方向：斜向左下方与水平方向成60度角
答：（1）AB间的电势差-2V
（2）匀强电场的场强为200v/m，方向斜向左下方与水平方向成60度角
解析
解：（1）AB间电势差
（2）电场强度
方向：斜向左下方与水平方向成60度角
答：（1）AB间的电势差-2V
（2）匀强电场的场强为200v/m，方向斜向左下方与水平方向成60度角
正确答案
解析
解：A、B、根据库仑定律
C、根据库仑定律与电场强度的定义式可知，OA之间的电场强度大于AB之间的电场强度，所以UOA＞UOB．故C错误
D、将点电荷-q从A移动到B，负电荷受力向左，电场力做负功，故电势能增大，故εA＜εB，故D正确；
故选：BD．
已知电子在A点的电势能为-4eV，在B点的电势能为4eV，求：
（1）A、B两点的电势φA、φB；
（2）电子由B移到A电场力做的功．
正确答案
解：（1）A点的电势：
B点的电势：
（2）电子由B移到A电场力做的功：WBA=-eUBA=-e（φB-φA）=8eV
答：（1）A点的电势：4V，B点的电势：-4V
（2）电子由B移到A电场力做的功8eV．
解析
解：（1）A点的电势：
B点的电势：
（2）电子由B移到A电场力做的功：WBA=-eUBA=-e（φB-φA）=8eV
答：（1）A点的电势：4V，B点的电势：-4V
（2）电子由B移到A电场力做的功8eV．
正确答案
解：由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究得：
-mg（H+h）-qUAB=0-
解得，UAB=m
答：A、B板间的电势差是m
解析
解：由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究得：
-mg（H+h）-qUAB=0-
解得，UAB=m
答：A、B板间的电势差是m
正确答案
g+
g+
g
解析
解：A释放时，由于B带电受向下的电场力作用，使AB向下加速运动，由于电场力作用加速度向下且大于g，故此时BC绳间无作用力，所以
以AB整体为研究对象，整体所受合力F合=5mg+3mg+qE
AB整体的加速度a=
C只受重力，故加速度为g
对A运用牛顿第二定律
A球所受合力FA=5mg+T
A 球产生的加速度aA=g+
根据牛顿第二定律有：FA=maA
代入得5mg+T=5m（g+
整理得：T=
故答案为：g+
Aq1一定大于q2
Bm1一定小于m2
C
Dm1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力
正确答案
解析
解：AC、两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小，也就无法比较比荷的大小，故AC错误．
B、设两球间库仑力大小为F，
对m1研究，得到F=m1gtanα，
同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ
因α＞β，得到m1＜m2 故B正确．
D、根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力．故D错误；
故选：B
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