- 电场:电流
- 共19537题
(2016•杨浦区一模)一负点电荷仅在电场力的作用下运动,其速度-时间图象如图所示,其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动的时刻,则下列说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:AD、由速度图象看出,该点电荷由a点运动到b点时,速度增大,动能增大,则电场力做正功,电势能减小,则该电荷在a点的电势能大于在b点的电势能.由Ep=qφ知,
φa<φb.故A错误,D正确.
BC、v-t图象的斜率逐渐减小,加速度减小,由牛顿第二定律知,a=知,场强减小,即Ea>Eb,故B错误,C正确.
故选:CD
在x 轴上有两个点电荷q1和q2(q1在q2左边),电势随着x 的关系如图所示.当x=x0时,电势为0,当x=x1时,电势有最小值U=-U0.点电荷产生电势的公式为U=k
,下列说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、由图知:x从0到∞,电势先降低后升高,电势随x变化图线的斜率表示场强,在x1处场强为零,以及x=x0时,电势为0,知q2是正电荷,在x轴上坐标原点;q1是负电荷,在x轴的负方向上.故A正确.
B、电势随x变化图线的斜率表示场强,x0位置处图线的斜率不为零,则电场强度不为零,故B错误.
C、设q1的坐标为x,则,
,解得x=
,则q1到坐标原点的距离为
(1-
),故C正确.
D、因为两电荷在x1处产生的场强为零,根据场强的叠加知,两个点电荷所带电荷量大小q1>q2.故D错误.
故选:AC.
如图所示,真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10-12C和Q2=-1.0×10-12C,分别固定在x坐标轴的x=1cm和x=7cm的位置上.
(1)求x=5cm处的电场强度大小和方向;
(2)x坐标轴上哪个位置的电场强度为0?
正确答案
解:(1)某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加,是合场强.
根据点电荷的场强公式E=k,
x=5cm处的电场强度大小E=k=9×109
+9×109×
=45N/c,沿x轴指向Q2;
(2)要使电场强度为零,那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反.
不会在Q1的左边,也不会在Q1 Q2之间,因为它们电荷电性相反,在中间的电场方向都是一样的;所以,只能在Q2右边.
设该位置据Q2的距离是L,
所以k=k
解得L=12cm;
所以x坐标轴上x=13cm处的电场强度为零;
答:(1)x=5cm处的电场强度大小45N/c,沿x轴指向Q2方向;
(2)坐标轴上x=13cm处的电场强度为0.
解析
解:(1)某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加,是合场强.
根据点电荷的场强公式E=k,
x=5cm处的电场强度大小E=k=9×109
+9×109×
=45N/c,沿x轴指向Q2;
(2)要使电场强度为零,那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反.
不会在Q1的左边,也不会在Q1 Q2之间,因为它们电荷电性相反,在中间的电场方向都是一样的;所以,只能在Q2右边.
设该位置据Q2的距离是L,
所以k=k
解得L=12cm;
所以x坐标轴上x=13cm处的电场强度为零;
答:(1)x=5cm处的电场强度大小45N/c,沿x轴指向Q2方向;
(2)坐标轴上x=13cm处的电场强度为0.
如图所示,一个带正电Q的小球放在一竖直的接地大金属板的傍边.小球距金属板的距离为d.k为静电力常量,则小球受金属板的电场力大小和方向是( )
正确答案
解析
解:由于静电感应,接地大金属板起到静电屏蔽的作用,接地大金属板左侧d位置的电场强度为零;
该位置的电场强度是金属球和接地大金属板在该位置的场强的矢量和,故:
E1-=0
解得:
E1= (向右)
根据对称性,接地大金属板在球Q处的场强也为 (向左);
故小球受到的电场力为:
F=QE1=,向左;
故选:C.
如图所示,两块长均为L的平行金属板M、N与水平面成α角放置在同一竖直平面,充电后板间有匀强电场.一个质量为m、带电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射入电场,并沿虚线通过电场.下列判断中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、B、由题液滴做直线运动,则电场力方向应垂直于虚线向上,液滴所受的合力方向沿虚线向下,如图所示,液滴做匀减速直线运动,则:
qE=mgcosα
解得:E=
故A正确,B错误;
C、D、因电场力与位移方向垂直,不做功,故电势能不变;根据动能定理,液滴离开电场时动能增量为:
△Ek=-mgLsinα
故C错误,D正确;
故选:AD.
如果把带电量为q=1.0×10-8C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点,需克服电场力做功W=1.2×10-4J.
试求:(1)q在A点的电势能和在A点的电势(取无穷远处电势为零).
(2)q未移入电场前A点的电势是多少?
正确答案
解:(1)依题,正电荷从无限远处移至电场中的A点,克服电场力做功W=1.2×10-4J,其电势能增加1.2×10-4J,而电荷在无限远电势能为零,则q在A点的电势能:
Ep=W=1.2×10-4J
故A点的电势为:
φA==
=1.2×104V
(2)电势反映电场本身的性质的物理量,与试探电荷无关,所以q未移入电场前A点的电势仍为1.2×104V.
答:(1)A点的电势为1.2×104V;在A点的电势能为1.2×10-4J;
(2)q未移入电场前A点的电势为1.2×104V.
解析
解:(1)依题,正电荷从无限远处移至电场中的A点,克服电场力做功W=1.2×10-4J,其电势能增加1.2×10-4J,而电荷在无限远电势能为零,则q在A点的电势能:
Ep=W=1.2×10-4J
故A点的电势为:
φA==
=1.2×104V
(2)电势反映电场本身的性质的物理量,与试探电荷无关,所以q未移入电场前A点的电势仍为1.2×104V.
答:(1)A点的电势为1.2×104V;在A点的电势能为1.2×10-4J;
(2)q未移入电场前A点的电势为1.2×104V.
如图所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小为q的点电荷,现在a,b两点放上两个电量相同的检验电荷,则两个检验电荷所受的电场力和电势能均相同的是( )
正确答案
解析
解:A、a、b两点的场强大小相等,方向相反,则两个检验电荷在a、b两点所受的电场力大小相等,方向相反,电场力不同.a、b两点的电势相等,则电势能相等,故A错误.
B、根据电场线的分布情况,可知a、b两点的场强大小不等,检验电荷所受的电场力不等.电势也不等,电势能不同,故B错误.
C、a、b处于两个等量异种点电荷连线的垂直平分面,该垂直平分面是一个等势面,则a、b的电势相等,检验电荷的电势能相等.根据对称性可知,场强相等,则电场力相同.故C正确.
D、根据点电荷的电场强度公式E=k可得a、b两点的电场场强大小相等,根据矢量合成,知场强的方向不同,所以电场力不同.故D错误.
故选:C
如图所示,等量异种点电荷相距为2L,固定在水平线上的M、N两点,电荷量均为Q.有一带正电的小球质量为m,电荷量q(可视为点电荷),固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端,杆的另一端可绕光滑轴0转动,0在MN的垂直平分线上方距MN为L处.现在把杆拉至水平(与MN平行)并由静止释放,运动中经过最低点B时,小球的速度为v.已知静电力常量为k,取O处电势为零,忽略q对+Q、-Q形成电场的影响,求:
(1)在+Q、-Q形成的电场中,A点的电势φA
(2)小球经过B点时对细杆的拉力大小
(3)小球继续向左摆动,能否经过与A等高度的C点(OC=L)?若能,求出此时的速度;若不能,请说明理由.
正确答案
解:(1)由于取O点电势为零,而O在MN的垂直平分线上,所以φB=0
电荷从A到B过程中,由动能定理得:
得:
(2)小球经B点时,在竖直方向有
T-mg=
T=mg+
由牛顿第三定律知,小球对细杆的拉力大小也为mg+
(3)小球不能经过C处
因为在+Q,-Q形成的电场中,φC>φA,假设小球能经过C处,则q(φA-φC)=,有
所以不可能.
答:(1)A点的电势;
(2)小球经过B点时对细杆的拉力大小;
(3)小球继续向左摆动,不能否经过与A等高度的C点(OC=L).
解析
解:(1)由于取O点电势为零,而O在MN的垂直平分线上,所以φB=0
电荷从A到B过程中,由动能定理得:
得:
(2)小球经B点时,在竖直方向有
T-mg=
T=mg+
由牛顿第三定律知,小球对细杆的拉力大小也为mg+
(3)小球不能经过C处
因为在+Q,-Q形成的电场中,φC>φA,假设小球能经过C处,则q(φA-φC)=,有
所以不可能.
答:(1)A点的电势;
(2)小球经过B点时对细杆的拉力大小;
(3)小球继续向左摆动,不能否经过与A等高度的C点(OC=L).
有一匀强电场,电场线与 坐标平面xOy平行,以原点为圆心,半径r=5cm的圆周上任意一点P的电势U=[40sin(θ+45°)+25]V,θ为O、P两点连线与x轴的夹角,如图所示,则该匀强电场的电场强度大小为______V/m,方向______.
正确答案
800
与x、y轴负向都夹45°角
解析
解:任意一点P的电势U=[40sin(θ+45°)+25]V,θ=0°和90°的时候,电势相等,
从数学角度可以看出θ是关于与x、y轴负向都夹45°角轴对称时 电势总相等.
那么就是说每1条垂直于与x、y轴负向都夹45°角轴的直线都是等势面,
那么与x、y轴负向都夹45°角方向就是场强方向.
当θ=45°时,P的电势最大,为65V,
当θ=180°+45°时,P的电势最小,为-15V,
根据U=Ed得
E==800V/m,
故答案为:800,与x、y轴负向都夹45°角.
电荷量为3.0×10-5C的点电荷q,在电场中某点受到的电场力是2.7×10-3N.
①计算点电荷q所在点的场强;
②q的电荷量增加一倍时,该处的场强多大?
③把q移走,该处的场强又是多大?
正确答案
解:①点电荷q所在点的场强为:E==
=90N/C
②、③电场强度是描述电场强弱和方向的物理量,由电场本身决定,与试探电荷的电荷量无关,与有无试探电荷无关,所以q的电荷量增加一倍时,或把q移走,该处的场强不变,仍为90N/C.
答:①点电荷q所在点的场强为90N/C.
②q的电荷量增加一倍时,该处的场强为90N/C.
③把q移走,该处的场强又是90N/C.
解析
解:①点电荷q所在点的场强为:E==
=90N/C
②、③电场强度是描述电场强弱和方向的物理量,由电场本身决定,与试探电荷的电荷量无关,与有无试探电荷无关,所以q的电荷量增加一倍时,或把q移走,该处的场强不变,仍为90N/C.
答:①点电荷q所在点的场强为90N/C.
②q的电荷量增加一倍时,该处的场强为90N/C.
③把q移走,该处的场强又是90N/C.
如图所示,两平行板的金属板间的电压为Uab=8.0V,两板的间距为2cm,而且极板b接地.极板间有c、d两点,c距a板0.5cm,d距b板0.5cm,则( )
正确答案
解析
解:A、如图,板间电压U=8V,两板间的场强为:E=V/m=400V/m.故A错误.
B、由题板间场强方向向下,则C点的电势高于D点的电势.故B错误.
C、Uab=8.0V,C、B间的电势差为:UCB=EdCB=400×1.5×10-2V=6V,则C点的电势φC=6V.故C错误.
D、Uab=8.0V,D、B间的电势差为:UDB=EdDB=400×5×10-3V=2V,则D点的电势φD=2V.故D正确.
故选:D.
把一个电荷量为q=5×10-9C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点,电荷克服电场力做功WM=6.0×10-3J,如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电场中N点,电荷克服电场力做功WN=3.6×10-3J.取无穷远处为零电势点,求:
(1)M、N点的电势是多少?
(2)M、N点的电势差是多少?把该点电荷从M点移到N点电场力做功是多少?
正确答案
解:(1)把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点,电荷克服静电力做功W=6.0×10-3J,相反的过程中,把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处,静电力做功W′=6.0×10-3J,所以:
UM==
V=1.2×106V
把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处,静电力做功W=3.6×10-3J,所以:
UN==
=7.2×105V
(2)M、N两点的电势差:
UMN=UM-UN=1.2×106V-7.2×105V=4.8×105V
把该点电荷从M点移到N点静电力做功:
WMN=qUMN=5×10-9×4.8×105=2.4×10-3J
答:(1)M点的电势是1.2×106V,N点的电势是7.2×105V;
(2)M、N两点的电势差是4.8×105V;把该点电荷从M点移到N点静电力做功是2.4×10-3J.
解析
解:(1)把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点,电荷克服静电力做功W=6.0×10-3J,相反的过程中,把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处,静电力做功W′=6.0×10-3J,所以:
UM==
V=1.2×106V
把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处,静电力做功W=3.6×10-3J,所以:
UN==
=7.2×105V
(2)M、N两点的电势差:
UMN=UM-UN=1.2×106V-7.2×105V=4.8×105V
把该点电荷从M点移到N点静电力做功:
WMN=qUMN=5×10-9×4.8×105=2.4×10-3J
答:(1)M点的电势是1.2×106V,N点的电势是7.2×105V;
(2)M、N两点的电势差是4.8×105V;把该点电荷从M点移到N点静电力做功是2.4×10-3J.
如图所示,在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷.O为AB连线的中点,C、D是AB连线上两点,其中AC=CO=OD=DB=
.一质量为m电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从C点出发,沿直线AB向D点运动,滑块第一次经过O点时的动能为3E0,到达D点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点,则下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:A、根据对称性要,可知C点与D点等势,小滑块第一次由C到D,电场力做功为零,由动能定理有:-μmg•2×=0-E0
求得:小滑块与水平面间动摩擦因数μ=,故A正确.
BC、小滑块第一次由C到O,由动能定理有:-μmg×+qUCO=3E0-E0
解得 UCO=,故B正确,C错误.
D、对整个过程,由动能定理得:qUCO-μmgs=0-E0
解得:小滑块运动的总路程s=.故D正确.
故选:ABD
如图所示,质量m=2.0×10-2kg的带电小球用绝缘细线竖直地悬挂于电场中,当小球的带电量为q1=+1.0×10-4C时,悬线中的张力为T1=1.5×10-1N,g=10m/s2求:
(1)判断小球所受的电场力方向(只写出结论)
(2)小球所在处的场强为多大?
(3)当小球的带电量为q2=-1.0×10-4C时,悬线中的张力T2为多大?
正确答案
解:(1)小球的重力 G=mg=2.0×10-2×10=2.0×10-1N
而悬线中的张力为T1=1.5×10-1N<G,所以电场力的方向向上.
(2)由F+T1=G得
得电场力 F=G-T1=5×10-2N
小球处的场强E=
(3)当q2=-1.0×10-4C时,电场力 F′=q2E=5×10-2N,方向向下
此时绳中张力为 T2=G+F′=2.5×10-1N
答:
(1)小球所受的电场力方向向上.
(2)小球所在处的场强为500N/C.
(3)当小球的带电量为q2=-1.0×10-4C时,悬线中的张力T2为2.5×10-1N.
解析
解:(1)小球的重力 G=mg=2.0×10-2×10=2.0×10-1N
而悬线中的张力为T1=1.5×10-1N<G,所以电场力的方向向上.
(2)由F+T1=G得
得电场力 F=G-T1=5×10-2N
小球处的场强E=
(3)当q2=-1.0×10-4C时,电场力 F′=q2E=5×10-2N,方向向下
此时绳中张力为 T2=G+F′=2.5×10-1N
答:
(1)小球所受的电场力方向向上.
(2)小球所在处的场强为500N/C.
(3)当小球的带电量为q2=-1.0×10-4C时,悬线中的张力T2为2.5×10-1N.
(2016春•冀州市校级月考)如图所示,长为L的枕形导体原来不带电,O点是其几何中心.将一个带正电、电量为Q的点电荷放置在距导体左端R处,由于静电感应,枕形导体的a、b端分别出现感应电荷,k 为静电力常量,则( )
正确答案
解析
解:A、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0,则导体两端的感应电荷和点电荷Q在O点产生的场强大小相等、方向相反,所以导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小不等于0.故A错误.
B、电荷量为Q的点电荷在O点产生的场强大小等于,由上分析可得,导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于
.故B正确.
C、闭合S,大地中的电子在点电荷Q的吸引力作用下从大地流向枕形导体.故C错误.
D、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体,则导体a端电势等于b端电势,即φa=φb.故D错误.
故选:B
扫码查看完整答案与解析