- 电场：电流
- 共19537题
A若v2＞v1，则电场力一定做正功
BA、B两点间的电势差
C小球由A点运动至B点，电场力做的功
D小球运动到B点时，所受重力的瞬时功率P=mgv2sinα
正确答案
解析
解：A、若v2＞v1时，小球的动能增大，但由于重力做正功，电场力不一定做正功．故A错误．
B、C小球由A点运动至B点，由动能定理得：
mgH+W=
由电场力做功W=qU得，A、B两点间的电势差：U=
D、小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率P=mgv2sinα．故D正确．
故选CD
（1）C和D两点的电势、两点间的电势差UCD；
（2）点电荷q1=-2×10-3C分别在C和D两点的电势能；
（3）将点电荷q2=2×10-3C从C移到D时电场力做了多少功？
正确答案
解：（1）B板接地，φB=0；沿电场方向有：
由E=
UBC=φB-φC=0-φC=EdBC
所以；φC=-EdBC=-90V
同理，UBD=φB-φD=0-φD=EdBD
所以：φD=-EdBD=-10V
电势差：UCD=φC-φD
得UCD=-80V
（2）由EP=qφ
得：
（3）将点电荷q2从C移到D过程，
答：（1）C和D两点的电势分别是-90V和-10V，两点间的电势差是-80V；
（2）点电荷q1=-2×10-3C分别在C和D两点的电势能是0.18J和0.02J；
（3）将点电荷q2=2×10-3C从C移到D时电场力做了-0.16J的功．
解析
解：（1）B板接地，φB=0；沿电场方向有：
由E=
UBC=φB-φC=0-φC=EdBC
所以；φC=-EdBC=-90V
同理，UBD=φB-φD=0-φD=EdBD
所以：φD=-EdBD=-10V
电势差：UCD=φC-φD
得UCD=-80V
（2）由EP=qφ
得：
（3）将点电荷q2从C移到D过程，
答：（1）C和D两点的电势分别是-90V和-10V，两点间的电势差是-80V；
（2）点电荷q1=-2×10-3C分别在C和D两点的电势能是0.18J和0.02J；
（3）将点电荷q2=2×10-3C从C移到D时电场力做了-0.16J的功．
将一个电荷量为-2×10-9C的点电荷从电场中的N点移到M点，需要克服电场力做功1.4×10-8J．则求：
（1）N、M两点间电势差UNM为多少？
（2）将该电荷从M点移到N时，电场力做功为多少？
（3）M、N两点间的电势差为多少？
正确答案
解：（1）根据U=
UNM=
（2）若将该电荷从M点移到N时，电场力做的功为：
WMN=-WNM=1.4×10-8J
（3）根据U=W/Q可求得M、N两点的电势差为：
UMN=-UNM=-7V
答：（1）N、M两点间电势差UNM为7V
（2）将该电荷从M点移到N时，电场力做功为1.4×10-8J
（3）M、N两点间的电势差为-7V
解析
解：（1）根据U=
UNM=
（2）若将该电荷从M点移到N时，电场力做的功为：
WMN=-WNM=1.4×10-8J
（3）根据U=W/Q可求得M、N两点的电势差为：
UMN=-UNM=-7V
答：（1）N、M两点间电势差UNM为7V
（2）将该电荷从M点移到N时，电场力做功为1.4×10-8J
（3）M、N两点间的电势差为-7V
AE1=E2
BE1=
CC、F两点电势相同
D在C，D，F，G四个点中，电子在F点具有的电势能最大
正确答案
解析
解：A、产生匀强电场的电场强度的大小E=2πkσ，故再I和IV象限内合场强为两板产生场强的叠加，再I象限内两场强夹角为60°，在IV象限内两场强夹角为120°，根据合成可知E1=
C、在GD线上，电场线垂直于GD线斜向上，故GD线为等势面，故C、F两点电势不同，故C错误；
D、通过场强的叠加可知，场强大体有C指向F，F点电势最低，电子在电势低的地方电势能越大，故D正确；
故选：BD．
如图，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E．若再将另一等量异种点电荷-Q放在d点时，则（ ）
Ab点场强大小为
Bc点场强大小为
Cb点场强方向向右
Dc点电势比b点电势高
正确答案
解析
解：AC、设ab=bc=cd=L，据题：+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右
由点电荷的场强公式得：
E=k
-Q在b点产生的电场强度大小为：E1=k
B、根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为
D、电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低．故D错误．
故选：BC
（1）物体A受到的摩擦力；
（2）A、B两物体各自运动的距离？
正确答案
解：（1）由平衡条件可知A受到的摩擦力大小为：Ff=F库=k
（2）设A、B加速度为零时二者之间距离为R，由平衡条件得：
μmg=k
解得：R=2Q
由于两个物体的受力情况相同，故运动情况具有对称性，故移动的距离均为：
x=
答：（1）物体A受到的摩擦力k
（2）当它们的加速度第一次为零时，物体A、B各运动了
解析
解：（1）由平衡条件可知A受到的摩擦力大小为：Ff=F库=k
（2）设A、B加速度为零时二者之间距离为R，由平衡条件得：
μmg=k
解得：R=2Q
由于两个物体的受力情况相同，故运动情况具有对称性，故移动的距离均为：
x=
答：（1）物体A受到的摩擦力k
（2）当它们的加速度第一次为零时，物体A、B各运动了
正确答案
解：等效重力为：mg‘=qE；
则等效重力加速度为：
则周期为：
所以时间为：
答：小球第一次回到平衡位置所需时间为
解析
解：等效重力为：mg‘=qE；
则等效重力加速度为：
则周期为：
所以时间为：
答：小球第一次回到平衡位置所需时间为
下列关于电场力的性质和能的性质叙述中，正确的是（ ）
AE=
B由公式U=
C电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大
D从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=k
正确答案
解析
解：A、电场强度的定义式适用于任何电场，故A正确；
B、电场中两点的电势差由电场本身确定，与电场力做功和被移动电荷的电荷量无关，故B错误．
C、电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，但在电场中确定的一点放入电荷的电势能与电荷量大小和电量的正负都有关，故C错误；
D、从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=k
故选：AD
（1）点电荷A刚释放时的加速度的大小；
（2）当点电荷A的动能最大时，点电荷A与B点的距离．
正确答案
mgsin30°-k
解得 a=2.19m/s2．
（2）当物体的加速度为零时，点电荷A的速度最大，动能最大，则有
k
解得 r′=0.15m
答：
（1）点电荷A刚释放时的加速度的大小是2.19m/s2；
（2）当点电荷A的动能最大时，点电荷A与B点的距离是0.15m．
解析
mgsin30°-k
解得 a=2.19m/s2．
（2）当物体的加速度为零时，点电荷A的速度最大，动能最大，则有
k
解得 r′=0.15m
答：
（1）点电荷A刚释放时的加速度的大小是2.19m/s2；
（2）当点电荷A的动能最大时，点电荷A与B点的距离是0.15m．
A通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B匀强电场的场强大小为
C匀强电场的场强方向为由C指向F
D将一个电子由E点移到A点，其电势能将减少1.6×10-19J
正确答案
解析
解：A、连接AC，AC中点电势为0V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD∥EB∥AF，而匀强电场的等势面平行，则CD、AF直线也是一条等势线．故A正确．
B、CA间的电势差U=2V，CA间距离d=0.02×
C、AF、CD是等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场的方向由C指向A．故C错误．
D、E点电势为0V，UEA=1V，将电子由E移到A点，电场力做负功，电势能增加，增加量为1.6×10-19J．故D错误．
故选A．
正确答案
如果改用电荷量为6.0×10-9C，此处的电场强度不变，仍为6×104N/C，负电荷受到的电场力如图所示
答：这一点的电场强度是6×104N/C，处的电场强度是6×104N/C，负电荷受到的电场力方向如图所示
解析
如果改用电荷量为6.0×10-9C，此处的电场强度不变，仍为6×104N/C，负电荷受到的电场力如图所示
答：这一点的电场强度是6×104N/C，处的电场强度是6×104N/C，负电荷受到的电场力方向如图所示
Am=
BWe=
CWF=
DWF=
正确答案
解析
解：A、当B球在水平连线上时，受竖直向下的重力、水平向右的库仑力和沿绳的拉力，由于处于平衡，所以
BCD、当缓慢拉动细线时，球B在三力的作用下，处于平衡，但库仑力和拉力的大小和方向时刻改变，所以无法求出拉力和电场力所做的功，故BCD错误．
故选：A．
（1）小球第一次到达B点时的动能是多少？
（2）小球在C点受到的库仑力大小是多大？
（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是多大？（结果用m、g、R表示）
正确答案
解：（1）小球从A运动到B，由动能定理得：
-mgR（1-cos60°）=EkB-
又 vA=
解得小球第一次到达B点时的动能 EkB=
（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律得：
N+k
据题：N=
联立得 k
由几何关系得：OC间的距离 r=
小球在C点受到的库仑力大小 F=k
由①②联立解得 F=
（3）从A到C，由动能定理得：
-W电-mgR-Wf=0-
从C到A，由动能定理得：
W电+mgR-Wf=
据题有：W电=
小球返回A点前瞬间，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得
N′+k
联立以上三式解得 N′=
由牛顿第三定律得，小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力大小为
答：
（1）小球第一次到达B点时的动能是
（2）小球在C点受到的库仑力大小是
（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是
解析
解：（1）小球从A运动到B，由动能定理得：
-mgR（1-cos60°）=EkB-
又 vA=
解得小球第一次到达B点时的动能 EkB=
（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律得：
N+k
据题：N=
联立得 k
由几何关系得：OC间的距离 r=
小球在C点受到的库仑力大小 F=k
由①②联立解得 F=
（3）从A到C，由动能定理得：
-W电-mgR-Wf=0-
从C到A，由动能定理得：
W电+mgR-Wf=
据题有：W电=
小球返回A点前瞬间，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得
N′+k
联立以上三式解得 N′=
由牛顿第三定律得，小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力大小为
答：
（1）小球第一次到达B点时的动能是
（2）小球在C点受到的库仑力大小是
（3）小球返回A点前瞬间，对圆弧杆的弹力是
（1）物块在4s内的总位移为多少？
（2）物块的质量为多大？物块与水平面间的动摩擦因数为多大？
正确答案
解：（1）物块在4s内的总位移为：
x=
（2）由题意得，当E=3×104N/C时，物体的加速度为：
a=
根据牛顿第二定律，得：
qE-f=ma，
当E=2×104N/C时，物体匀速运动，则物体受力平衡，故：
qE=f，
又f=μmg，
代入数据解得：
m=1kg
μ=0.2
答：（1）物块在4s内的总位移为6m；
（2）物块的质量为1kg，物块与水平面间的动摩擦因数为0.2．
解析
解：（1）物块在4s内的总位移为：
x=
（2）由题意得，当E=3×104N/C时，物体的加速度为：
a=
根据牛顿第二定律，得：
qE-f=ma，
当E=2×104N/C时，物体匀速运动，则物体受力平衡，故：
qE=f，
又f=μmg，
代入数据解得：
m=1kg
μ=0.2
答：（1）物块在4s内的总位移为6m；
（2）物块的质量为1kg，物块与水平面间的动摩擦因数为0.2．
A落到A板的油滴数N=
B落到A板的油滴数N=
C第N+1滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为
D第N+1滴油滴经过电场的整个过程中增加的机械能为
正确答案
解析
解：AB、第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．则：
y=
设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：
mg-qE=ma
其中：E=
得：a=g-
第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=
而t′=
第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤
联立以上公式得：a=
C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg
代人数据得：W=
D、第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W电=-qE
故选：AC
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