电场：电流_章节学习

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题型：填空题

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填空题

某次雷电放电中，若云层间的电压为1010V，从一块云层移到另一云层的电量为40C，则移动的电子约有______个，雷电所放出的电能约为______J．

正确答案

2.5×1010

4×109

解析

解：电子的电量为：e=1.6×10-19C；

40C电量从一块云层移到另一云层，移动的电子约有：

N==2.5×1010个

雷电所放出的电能约为：

W=qU=40×1010=4×109J

故答案为：2.5×1010，4×109．

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题型：多选题

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多选题

下列说法中，正确的是（　　）

A由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同

B在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同

C由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比

D某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零

正确答案

B,D

解析

解：A、由E═可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故正确；

C、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故C错误；

D、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零，故D正确．

故选：BD

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题型：单选题

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单选题

（2016春•衡水校级月考）如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f．等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E．现仅将放于a 点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度改变，则下列判断正确的是（　　）

A移至c点时，O点的电场强度大小仍为E，沿Oe方向

B移至b点时，O点的电场强度大小为E，沿Oc方向

C移至e点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向

D移至f点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向

正确答案

C

解析

解：A、由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右．当正电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向：沿Oe方向，故A错误．

B、当正电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos30°=E，方向沿Od与Oc角平分线向上，故B错误；

C、当正电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc，故C正确；

D、当正电荷移至f处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos30°=E，方向沿Od与Oc角平分线向下，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•合肥校级期中）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y=0、y=L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场强度的大小均为E，不计电子重力的影响，电子的电荷量为e，则以下说法中不正确的是（　　）

A从电场区域Ⅰ的边界B点（B点的纵坐标为L）处由静止释放电子，到达区域Ⅱ的M点时的速度为v=

B从电场区域Ⅰ的边界B（B点的极坐标为L）处由静止释放电子，电子离开MNPQ区域时的极坐标为（-2L，0）

C从电场区域Ⅰ的AB曲线上任一点处由静止释放的电子都能从MNPQ区域左下角P点离开

D在电场区域Ⅰ的AB曲线上任一点处由静止释放的电子离开MNPQ区域时最小动能为2eEL

正确答案

D

解析

解：A、B点坐标（，L），在电场I中电子被加速到V，由动能定理有：

，

所以，故A正确．

B、电子进入电场II做类平抛运动，有：

t=；

，

所以横坐标x=-2L；纵坐标y=L-y=0即为（-2L，0），故B正确

C、设释放点在电场区域I的AB曲线边界，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，有：

；

t=；

；

所以离开点的横坐标X1=-2L，纵坐标y1=y-y′=0，即（-2L，0）为P点，故C正确

D、电子在两个电场中被加速，电场力做功为：W=eEx+eEy

则从B到P由动能定理得：eE（x+y）=Ek-0

又 y=，所以只有x=y点释放的电子，离开P点时动能最小，所以x+y=L，即最小动能为 EKmin=eEL，故D不正确．

因选不正确的，故选：D

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题型：简答题

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简答题

把一带电量为q=-3×10-6C的点电荷从电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做功6×10-4J，从B点移到C点，电场力对点电荷做功为9×10-4J，求：

（1）A C两点的电势差．

（2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做了多少功？该点电荷的电势能改变多少？

正确答案

解：（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φA＞φB

AB间的电势差为：UAB==V=200V

负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φC＞φB

BC间的电势差：UBC=-=V=-300V

根据UAC=UAB+UBC，A C两点的电势差为：

UAC=UAB+UBC=200V-300V=-100V

（2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做功为：

W=q′UAB=4×10-6×200J=8×10-4J

由于电场力对电荷做正功，所以该点电荷的电势能减小8×10-4J．

答：（1）A C两点的电势差为-100V．（2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做8×10-4J的功，该点电荷的电势能减小8×10-4J．

解析

解：（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φA＞φB

AB间的电势差为：UAB==V=200V

负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φC＞φB

BC间的电势差：UBC=-=V=-300V

根据UAC=UAB+UBC，A C两点的电势差为：

UAC=UAB+UBC=200V-300V=-100V

（2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做功为：

W=q′UAB=4×10-6×200J=8×10-4J

由于电场力对电荷做正功，所以该点电荷的电势能减小8×10-4J．

答：（1）A C两点的电势差为-100V．（2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做8×10-4J的功，该点电荷的电势能减小8×10-4J．

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题型：简答题

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简答题

把q1=2×10-9C的试探电荷放在电场中的A点，具有6.0×10-8J的电势能，求A点的电势．若把q2=1×10-10C的试探电荷放在电场中的A点，电荷所具有的电势能是多少？

正确答案

解：A的电势为：φ=V=30V

把q2=1×10-10C的试探电荷放在电场中的A点，A点的电势不变，则该电荷的电势能为：

EP′=q2φ=1×10-10×30 J=3×10-9J．

答：A点的电势为30V，把q2=2×10-10C的试探电荷放在电场中的A点，电荷具有的电势能是3×10-9J

解析

解：A的电势为：φ=V=30V

把q2=1×10-10C的试探电荷放在电场中的A点，A点的电势不变，则该电荷的电势能为：

EP′=q2φ=1×10-10×30 J=3×10-9J．

答：A点的电势为30V，把q2=2×10-10C的试探电荷放在电场中的A点，电荷具有的电势能是3×10-9J

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•高安市校级期中）如图所示，固定的倾斜光滑绝缘杆上套有一个质量为m、电量为q的带正电小球A，小球A与一轻质绝缘弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在杆的上端O点，杆与水平面之间的夹角为θ．今在小球A的右侧固定放置带电小球B，稳定后两球心的高度相同、间距为d，小球A与杆之间恰好无弹力作用．已知静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．

（1）求小球B的带电性质及带电量；

（2）剪断弹簧，小球A沿杆下滑，当小球A与B连线垂直杆时，小球A的加速度大小．

正确答案

解：（1）小球A与杆之间恰好无弹力作用，小球A受力如图所示：

小球A、B间的库仑力是引力，则它们的电性相反，A带正电，则B带负电；

由平衡条件得：ktanθ=mg，解得，B的电荷量：Q=；

（2）剪断弹簧，当小球A与B连线垂直杆时，小球A受力如图所示：

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ；

答：（1）小球B的带负性质，带电量为；

（2）剪断弹簧，小球A沿杆下滑，当小球A与B连线垂直杆时，小球A的加速度大小为gsinθ．

解析

解：（1）小球A与杆之间恰好无弹力作用，小球A受力如图所示：

小球A、B间的库仑力是引力，则它们的电性相反，A带正电，则B带负电；

由平衡条件得：ktanθ=mg，解得，B的电荷量：Q=；

（2）剪断弹簧，当小球A与B连线垂直杆时，小球A受力如图所示：

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ；

答：（1）小球B的带负性质，带电量为；

（2）剪断弹簧，小球A沿杆下滑，当小球A与B连线垂直杆时，小球A的加速度大小为gsinθ．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量q=1×10-5C的正电荷由A点移动到C点电场力做功W1=4×10-5J，该电荷由C点移动到B点电场力做功W2=W1，若B点电势为零，则下列说法正确的是（　　）

A匀强电场的方向由C点指向A点

B匀强电场的方向由A点指向B点

CC点电势为4V

DA点电势为8V

正确答案

B,C,D

解析

解：对于C、B间电势差为UCB=，

若B点电势为零，UCB=φC-φB，则C点电势φC=4V．

而A与C间的电势差为UAC=，

UAC=φA-φC，则A点电势φA=8V．

取AB的中点为D，则φD=4V，故CD为等势面，故匀强电场方向由A点指向B点，故A错误，BCD正确

故选：BCD

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A、B两个小球用绝缘细线悬挂在支架上，小球A带2×10-3C的正电荷，B带等量的负电荷，两悬点相距3cm，在外加水平方向的匀强电场的作用下，两球都在各自悬点正下方处于平衡状态，（两带电小球皆可视为点电荷）则：

①判断所加匀强电场的方向．

②求该匀强电场场强的大小．

正确答案

解：

①对于A球，库仑引力水平向右，由平衡条件可知电场力水平向左，则电场强度的方向水平向左．

②以A球为研究对象，其竖直方向受重力和绳拉力，水平方向受B的电场力和外加电场的电场力．A处于平衡态，即外加场强大小应等于B电荷在A处产生的场强大小，方向与其相反．B在A处场强为：

E=k=9×109×N/C=2×1010N/C．

答：

①所加匀强电场的方向水平向左．

②该匀强电场场强的大小为2×1010N/C．

解析

解：

①对于A球，库仑引力水平向右，由平衡条件可知电场力水平向左，则电场强度的方向水平向左．

②以A球为研究对象，其竖直方向受重力和绳拉力，水平方向受B的电场力和外加电场的电场力．A处于平衡态，即外加场强大小应等于B电荷在A处产生的场强大小，方向与其相反．B在A处场强为：

E=k=9×109×N/C=2×1010N/C．

答：

①所加匀强电场的方向水平向左．

②该匀强电场场强的大小为2×1010N/C．

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题型：填空题

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填空题

质量为m1=2kg的带电绝缘球A，在光滑水平面上，从无限远处以初速度10m/s，向另一个固定在水平面上带同号电荷的绝缘球B靠近，B球的质量为m2=3kg，在它们相距到最近时，它的动能为______J，它们具有的电势能为______J．

正确答案

0

100

解析

答：根据题意当A球向B球靠近时克服静电力做功，其动能转化为电势能，当动能完全转化为电势能时它们相距最近，根据能量守恒定律得：系统的电势能为EP==J=100J

故答案为：0，100

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题型：单选题

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单选题

如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为+q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断正确的是（　　）

A电荷+q在a处所受到的电场力最大

Ba处的电势最高

Cb、c处的电场强度相同

D电荷+q从c运动到d，电场力做正功

正确答案

A

解析

解：A、根据场强的叠加知，电荷在a点产生的场强最大，则电荷+q在a处受到的电场力最大，故A正确．

B、沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线由正电荷指向负电荷，可知a处电势不是最高，故B错误．

C、根据场强的叠加，b处产生的场强方向在水平方向上，c处产生的场强方向不在水平方向上，方向不同，故C错误．

D、c、d点关于两电荷对称，可知电势相等，电荷+q从c运动到d，电场力不做功，故D错误．

故选：A．

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题型：填空题

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填空题

（2016•上海模拟）静电场是存在于静止电荷周围的一种物质，物理学里用______描述电场的力的性质．在如图所示的电场中，A点的电势UA=15V，B点的电势UB=10V．现把电量为q=-5×10-9C的点电荷，从电场中的A点移到B点，此过程中电场力做的功为______ J．

正确答案

电场强度

-2.5×10-8

解析

解：物理学里用电场强度描述电场的力的性质；A点电势高于B点，因此点电荷从A到B的过程中电场力做的功：

．

故答案为：电场强度，-2.5×10-8．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，可视为质点的物块A、B放在倾角为37°、长L=2m的固定斜面上，斜面处在某一电场中，电场强度方向沿斜面向上，场强大小与到斜面底端O的距离关系如图乙所示，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．A与B紧靠在一起，物块的质量分别为mA=0.8kg、mB=0.4kg．其中A不带电，B的带电量为qB=+4×10-5C，且保持不变．开始时两个物块均能保持静止，且与斜面间均无摩擦力作用．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度大小为a=2m/s2的匀加速直线运动．经过时间t0物体A、B分离并且力F变为恒力，求：

（1）未施加力F时物块B与原点O的距离；

（2）t0时间内A上滑的距离；

（3）t0时间内电场力做的功．

正确答案

解：（1）未施加力F时，对A、B整体受力如图，由题有：EqB=（mA+mB）gsinθ

解得E===1.8×105N/C

故由乙图B离原点O的距离为x=1m

（2）A、B分离瞬时，NAB=0，且aB=aA=2m/s2，则有：EqB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBaB

解得：E==1.2×105N/C

故由乙图B离原点O的距离为x=m，即t0时间内A上滑的距离d=m

（3）t0时间内电场力做的功：==2J

代入数据有W=2J

答：（1）未施加力F时物块B与原点O的距离为1m；

（2）t0时间内A上滑的距离为m；

（3）t0时间内电场力做的功为2J．

解析

解：（1）未施加力F时，对A、B整体受力如图，由题有：EqB=（mA+mB）gsinθ

解得E===1.8×105N/C

故由乙图B离原点O的距离为x=1m

（2）A、B分离瞬时，NAB=0，且aB=aA=2m/s2，则有：EqB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBaB

解得：E==1.2×105N/C

故由乙图B离原点O的距离为x=m，即t0时间内A上滑的距离d=m

（3）t0时间内电场力做的功：==2J

代入数据有W=2J

答：（1）未施加力F时物块B与原点O的距离为1m；

（2）t0时间内A上滑的距离为m；

（3）t0时间内电场力做的功为2J．

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题型：单选题

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单选题

一个电子在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A运动到B克服电场力做功30eV，则（　　）

A电子在B点的电势能是50eV

BB点的电势为50V

CB点的电势为110V

DB点的电势为-110V

正确答案

D

解析

解：A、电子由A运动到B克服电场力做功30eV，电势能增加30eV．根据W电=△EP电得出：电子在B处的电势能是Ep=80eV+30eV=110eV．故A错误．

BCD、在B点的电势 φ===-110V．故BC错误，D正确．

故选：D

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，竖直向下的匀强电场中，水平轨道AB与四分之一圆轨道BC相切于B．一质量m=0.4kg、电荷量q=8×10-4C的带正电小球，从A点以速度v0=2m/s由A向B运动，到达P点后又返回，已知轨道ABC光滑且绝缘，圆轨道BC半径R=0.5m，匀强电场的场强E=5×103V/m，取重力加速度为g．求：

（1）小球在B点对圆轨道的压力

（2）小球在P点的加速度．

正确答案

解：（1）经过B点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

N-mg-qE=m

则得圆轨道对小球的支持力为：

N=mg+qE+m=0.4×10+8×10-4×5×103+0.4×=11.2N

根据牛顿第三定律得：小球在B点对圆轨道的压力大小为：N′=N=11.2N，方向竖直向下．

（2）设∠BOP=α．

小球从P点到B点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R（1-cosα）=

则得：cosα=1-=0.8，sinα=0.6

小球在P点的速度为0，向心力为0，向心加速度为0，则P点的加速度由重力和电场力的切向分力产生，由牛顿第二定律得：

（qE+mg）sinα=ma

则得：a=（+g）sinα=（+10）×0.6=12m/s2．

答：

（1）小球在B点对圆轨道的压力为11.2N

（2）小球在P点的加速度是12m/s2．

解析

解：（1）经过B点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

N-mg-qE=m

则得圆轨道对小球的支持力为：

N=mg+qE+m=0.4×10+8×10-4×5×103+0.4×=11.2N

根据牛顿第三定律得：小球在B点对圆轨道的压力大小为：N′=N=11.2N，方向竖直向下．

（2）设∠BOP=α．

小球从P点到B点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R（1-cosα）=

则得：cosα=1-=0.8，sinα=0.6

小球在P点的速度为0，向心力为0，向心加速度为0，则P点的加速度由重力和电场力的切向分力产生，由牛顿第二定律得：

（qE+mg）sinα=ma

则得：a=（+g）sinα=（+10）×0.6=12m/s2．

答：

（1）小球在B点对圆轨道的压力为11.2N

（2）小球在P点的加速度是12m/s2．

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