第一篇：電場能的性質知識點+典型題

[想一想]

如圖6－2－1所示，電荷沿直線AB、折線ACB、曲線AB運動，靜電力做的功為多少？靜電力做功與路徑是否有關？若B點為零勢能點，則＋q在A點的電勢能為多少？

提示：靜電力做功為W＝qEd，與路徑無關，電勢能為Ep＝qEd。

[記一記]

1．靜電力做功

(1)

(2)計算方法

①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離。

②WAB＝qUAB，適用于任何電場。

2．電勢能

(1)

(2)靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。

[試一試]

1.如圖6－2－2所示，在真空中有兩個帶正電的點電荷，分別置于M、N兩點。M處正電荷的電荷量大于N處正電荷的電荷量，A、B為M、N連線的中垂線上的兩點。現將一負點電荷q由A點沿中垂線移動到B點，在此過程中，下列說法正確的是()

A．q的電勢能逐漸減小

B．q的電勢能逐漸增大 C．q的電勢能先增大后減小

D．q的電勢能先減小后增大

解析：選B 負電荷從A到B的過程中，電場力一直做負功，電勢能增大，所以A、C、D均錯，B對。

[想一想]

某靜電場的電場線分布如圖6－2－3所示，試比較圖中P、Q兩點的電場強度的大小，及電勢的高低。圖6－2－

3提示：根據電場線的疏密可判斷P點場強大于Q點場強；由于沿著電場線的方向電勢逐漸降低。P點電勢高于Q點電勢。

[記一記]

1．電勢

(1)與它的電荷量q的比值。(2)定義式：φ＝

(3)(負)(低)。

(4)

2．等勢面

(1)

(2)四個特點

①等勢面一定與電場線垂直。

②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。

③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。

④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。

[試一試]

12．如圖6－2－4所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等。實線為一帶正電荷粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是()

A．三個等勢面中，a的電勢最高

B．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時電勢能較大 C．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時動能較大 D．帶電粒子由M運動到N時，加速度增大

解析：選CD 由于帶電粒子做曲線運動，所受電場力的方向必定指向軌道的凹側，且和等勢面垂直，所以電場線方向是由c指向b再指向a。根據電場線的方向指向電勢降低的方向，故φc>φb>φa，選項A錯。正電荷在電勢高處電勢能大，M點的電勢比N點電勢低，故在M點電勢能小，B錯。根據能量守恒定律，電荷的動能和電勢能之和保持不變，故粒子在M點的動能較大，選項C正確。由于相鄰等勢面之間電勢差相等，因N點等勢面較密，則EN>EM，即qEN>qEM。由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點運動到N點時，加速度增大，選項D正確。

[想一想]

如圖6－2－5所示，在xOy平面內有一個以O為圓心、半徑R＝0.1 m的圓，P為圓周上的一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為θ。若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小E＝100 V/m，則如何表示O、P兩點的電勢差？

圖6－2－

5提示：U＝Ed中d為兩點沿電場線方向的距離。過P作PM垂直x軸交x于M，則d＝PM＝OPsin θ，又沿電場線方向電勢逐漸降低，所以UOP＝－E·PM＝－10sin θ，故UOP＝－10sin θ V。

[記一記] 1．電勢差

(1)定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B與移動的電荷的電荷量q的比值。(2)定義式：UAB

(3)UABUAB＝－UBA。

(4)影響因素：電勢差UAB與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取無關。

2．勻強電場中電勢差與電場強度的關系

(1)電勢差與場強的關系式：UAB＝Ed，其中d為電場中兩點間沿電場方向的距離。

(2)電場方向每單位距離上降低的電勢。

[試一試]

3．如圖6－2－6所示，一電場的電場線分布關于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN，P點在y軸的右側，MP⊥ON，則()

A．M點的電勢比P點的電勢高

B．將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功

C．M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差

D．在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動 解析：選AD 由題圖和幾何關系可知M和P兩點不處在同一等勢面上，而且有φM>φP，U

A對；將負電荷由O點移到P點要克服電場力做功，即電場力做負功，B錯；由E＝d

電場線疏密程度可知O、M兩點之間的電勢差應大于

M、N兩點間的電勢差，C錯；從O點釋放帶正電粒子后，該粒子所受電場力的方向始終沿y軸正方向，則帶電粒子將沿y軸做直線運動，D對。

1.[例1](2012·福建高考)如圖6－2－7所示，在點電荷Q產生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是（）

A．A點電勢大于B點電勢 B．A、B兩點的電場強度相等 C．q1的電荷量小于q2的電荷量

D．q1在A點的電勢能小于q2在B點的電勢能 [審題指導]

第二步：找突破口

(1)由正試探電荷移到無窮遠克服電場力做功可知電源的電性，由孤立點電荷電場線的分布情況，可比較A、B兩點電勢高低，場強大小。

(2)由克服電場力做功相等且無窮遠處為零勢點知q1、q2在A、B兩點的電勢能相等，由Ep＝qφ及φA與φB的關系可確定q1與q2的大小關系。

[嘗試解題]

由題意知點電荷Q帶負電，所以有φA＜φB＜0，得

|UA∞|＞|UB∞|，移動兩試探電荷克服電場力做功相等，有q1|UA∞|

Q

＝q2|UB∞

|，所以q1＜q2，選項A錯誤，C正確。因為E＝kA點比B點離Q近，所以EA＞EB，選項B錯誤。根

r

據電場力做功與電勢能變化的關系，q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，選項D錯誤。

[答案] C

(1)電場力做功的特點：電場力做功取決于初、末位置的電勢差，與路徑無關。在等勢面上移動電荷，電場力不做功。

(2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能相互轉化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和守恒，即：①ΔEp＝－ΔEk；②電場力做正功，電勢能減小，動能增加；③電場力做負功，電勢能增加，動能減小。

(3)除電場力之外其他力做正功，動能和電勢能之和變大；除電場力之外其他力做負功，動能和電勢能之和變小(4)如果只有電場力和重力做功，則電勢能和機械能之和保持不變。

[例2] 如圖6－2－8所示，在O點放置一個正電荷，在過O點的豎直平面內的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點的速度為v，試求：

(1)小球通過C點的速度大小。

(2)小球由A到C的過程中電勢能的增加量。[嘗試解題]

(1)因B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理得：

1mgR·sin 30°＝mvC 2－mv

222

得：vC＝v＋gR。

(2)由A到C應用動能定理得：

WAC＋mgh＝mv C－0 2

得：WAC＝mvC 2－mgh＝mv2＋－mgh。

222

由電勢能變化與電場力做功的關系得：

ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR。

[答案](1)v＋gR(2)mgh－mv2－

所謂圖圖轉換，就是把題目所給的物理情景圖轉化成便于分析、理解、解決問題的物理圖形的方法。此方法常用于電場線、等勢面及粒子軌跡綜合問題的分析和判斷。

[典例](2012·天津高考)兩個固定的等量異號點電荷所產生電場的等勢面如圖6－2－9中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中()

A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小

[解析] 由題圖等勢面可知兩固定的等量異號點電荷的電場分布如圖6－2－10所示。帶負電的粒子在等量異號點電荷所產生電場中的偏轉運動軌跡如圖所示，則粒子在電場中做曲線運動。電場力對帶負電的粒子先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，故C正確。

[答案] C [題后悟道]

分析該類問題要注意以下三點：(1)所畫的電場線應與等勢面垂直。

(2)根據帶電粒子運動軌跡，確定電場力方向。(3)結合粒子電性確定電場線方向。

如圖6－2－11所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據此可知()

A．三個等勢面中，c的電勢最低

B．帶電質點在P點的電勢能比在Q點的小

C．帶電質點在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小 D．帶電質點在R點的加速度方向垂直于等勢面b

解析：選D 根據題意畫出電場線，粒子在P處的受力方向如圖所示，可知電場線應垂直等勢線由c經b至a，所以a點電勢最低，選項A錯誤；粒子由P經R至Q的過程中，電場力對其做正功，帶電質點的電勢能降低，B選項錯誤；由于質

點運動過程中只有電場力做功，所以質點的電勢能與動能之和保持不變，C選項錯誤；根據電場線與電場強度的幾何關系可知，D選項正確。

第二篇：專題13：電場能的性質

專題13：電場能的性質

題型1：電勢、電勢能變化、電場力做功綜合問題

1．計算電場力做功常有哪些方法

(1)WAB＝qUAB(普遍適用)

(2)W＝qE·s·cos

θ(適用于勻強電場)

(3)WAB＝－ΔEp(從能量角度求解)

(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)

2．電勢能增減的判斷方法

做功法：無論電荷是正是負，只要電場力做正功，電荷的電勢能就減少；

電場力做負功，電荷的電勢能就增加．

3．電勢高低的判斷

(1)據電場線的方向：沿電場線方向，電勢越來越低．

(2)據電場力做功的方法：據定義式UAB＝，將WAB、q的＋、－代入，由

UAB的＋、－可判電勢高低．

1.如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強電場，電場方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動．已知金屬塊在移動的過程中，力F做功32

J，金屬塊克服電場力做功8

J，金屬塊克服摩擦力做功16

J，重力勢能增加18

J，則在此過程中金屬塊的()

A．動能減少18

J

B．電勢能增加24

J

C．機械能減少24

J

D．內能增加16

J

解析：由動能定理可知ΔEk＝32

J－8

J－16

J－18

J＝－10

J，A錯誤；克服

電場力做功為8

J，則電勢能增加8

J，B錯誤；機械能的改變量等于除重力以

外的其他力所做的總功，故應為ΔE＝32

J－8

J－16

J＝8

J，C錯誤；物體內

能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正確．

答案：D

2.如圖所示，某區域電場線左右對稱分布，M、N為對稱線上的兩點．下列說法正確的是()

不定項

A．M點電勢一定高于N點電勢

B．M點場強一定大于N點場強

C．正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能

D．將電子從M點移動到N點，電場力做正功

解析：沿電場線方向，電勢降低，所以M點電勢一定高于N點電勢，A正確；電場線的疏密程度表示電場的強弱，由圖可知，M點場強一定小于N點場強，B錯；若把正電荷由M點移到N點電場力做正功，電荷的電勢能減小，所以EpM＞EpN，C正確；電子在電場中受電場力的方向沿NM指向M，電場力做負功，D錯．答案：AC

3.如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度

vM經過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度

vN折回N點，則()

A．粒子受電場力的方向一定由M指向N

B．粒子在M點的速度一定比在N點的大

C．粒子在M點的電勢能一定比在N點的大

D．電場中M點的電勢一定高于N點的電勢

解析：由題意可知M、N在同一電場線上，帶電粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故選項A、C錯誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，選D錯誤．

答案：B

4.在地面上空中有方向未知的勻強電場，一帶電量為－q的小球以某一速度由M點沿如圖6－2－12所示的軌跡運動到N點．由此可知()

A．小球所受的電場力一定小于重力

B．小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變

C．小球的機械能保持不變

D．小球的動能一定減小

解析：由題圖示的軌跡可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的電場力一定大于重力；小球以某一速度由M點沿圖示軌跡運動到N點的過程中，僅受電場力和重力作用，其小球的動能、電勢能和重力勢能之和保持不變，但機械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和電場力的合力)向上，則小球的動能增加；若小球所受的合外力(重力和電場力的合力)向左上方，則小球的動能可能減小．

答案：

B

5.絕緣細繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個帶負電的電荷量為q、質量為m的小球，當空間存在水平方向的勻強電場后，繩穩定處于與豎直方向成θ＝60°角的位置．如圖所示，已知細繩長為L，讓小球從θ＝30°的A點釋放，則()

A．勻強電場的場強為

B．勻強電場的場強為

C．小球的最大速度為

D．小球的最大速度為(－1)

解析：小球在θ＝60°時處于平衡，則Eq＝mgtan

θ，所以E＝＝，選項A、B錯誤；小球第一次到達平衡位置處的速度是小球的最大速度，根據動能定理有：qE(Lsin

60°－Lsin

30°)－mg(Lcos

30°－Lcos

60°)＝mv2，聯立解得v＝(－1)，選項C錯誤、D正確．

答案：D

6.如圖所示，光滑絕緣細桿AB，水平放置于被固定的帶負電荷的小球的正上方，小球的電荷量為Q，可視為點電荷．a、b是水平細桿上的兩點，且在以帶負電小球為圓心的同一豎直圓周上．一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小圓環(可視為質點)套在細桿上，由a點靜止釋放，在小圓環由a點運動到b點的過程中，下列說法中錯誤的是()

A．小圓環所受庫侖力的大小先增大后減小

B．小圓環的加速度先增大后減小

C．小圓環的動能先增加后減少

D．小圓環與負電荷組成的系統電勢能先減小后增加

解析：庫侖力的大小先增大后減小；加速度先減小后增大；由動能定理，電場力先做正功后做負功，因而動能先增加后減少，電勢能先減少后增加．

答案：B

7.如圖所示，勻強電場場強的大小為E，方向與水平面的夾角為θ(θ≠45°)，場中有一質量為m、電荷量為q的帶電小球，用長為L的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線恰好水平．現用一外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點，小球電荷量保持不變，在此過程中()

A．帶電小球的電勢能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)

B．帶電小球的電勢能增加2mgLcot

θ

C．該外力所做的功為mgLtan

θ

D．該外力所做的功為mgLcotθ

解析：由于小球靜止時，細線恰好水平，所以重力與電場力的合力大小為mgcot

θ，方向水平向右，在外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點的過程中，小球在重力與電場力的合力方向的位移為L，外力克服重力與電場力的合力做功mgLcot

θ，D正確；小球的重力勢能減小mgL，在場強方向的位移為L(sin

θ＋cos

θ)，電場力對小球做的功為—qEL(sin

θ＋cos

θ)，電勢能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)，A、B、C錯誤．

答案：D

8.如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是()

A．O點電場強度為零

B．D點電場強度為零

C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大

D．若將點電荷－q從O移向D，電勢能增大

解析：本題考查電場強度矢量的疊加及電場力做功與電勢能變化的關系．空間中任何一點的場強都是三個點電荷在該點產生場強的矢量和．A、B兩個＋Q在O點的場強矢量和為0，所以O點的場強等于C點電荷在O點產生的場強(不為零)，A選項錯誤；A、B、C三點電荷在D點產生的場強如圖所示，大小相等，設EA＝EB＝EC＝E，EA、EB的矢量和沿x軸正方向，大小也等于E，EC方向沿x軸負方向，故三個場強的矢量和為0，B選項正確；在x＜0的區間，合場強方向沿x軸負方向，所以將正電荷從O移向C，電場力做正功，電勢能減小，將負電荷從O移向D，電場力做正功，電勢能減少，C、D選項錯誤．本題正確選項B.答案：B

9.如圖甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示，若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則()

A．電子將沿Ox方向運動

B．電子的電勢能將增大

C．電子運動的加速度恒定

D．電子運動的加速度先減小后增大

解析：由題圖甲可知O點右邊的電勢大于O點的電勢，故電場線沿Ox的反方向，在O點靜止釋放電子，且電子僅受電場力作用時，電子將沿Ox方向運動，A正確；電場力做正功，電勢能減小，B錯；從圖乙可知電勢在相同距離的變化量先減小后增大，故電場強度先減小后增大，故電子運動的加速度先減小后增大，C錯，D正確．

答案：

D

10.如圖所示，在粗糙的斜面上固定一點電荷Q，在M點無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運動到N點靜止，則從M到N的過程中()

A．M點的電勢一定高于N點的電勢

B．小物塊的電勢能可能增加

C．小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功

D．小物塊所受的電場力減小

解析：Q為點電荷，由于M點距點電荷Q的距離比N點小，所以小物塊在N點受到的電場力小于在M點受到的電場力，選項D正確．由小物塊的初、末狀態可知，小物塊從M到N的過程先加速再減速，而重力和摩擦力均為恒力，所以電荷間的庫侖力為斥力，電場力做正功，電勢能減小，選項B錯誤．由功能關系可知，克服摩擦力做的功等于電勢能的減少量和重力勢能的減少量之和，故選項C錯誤，因不知Q和物塊的電性，無法判斷電勢高低，選項A誤．

答案：D

題型2：電場線、等勢面、運動軌跡的綜合問題

11.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出．僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則()

A．a一定帶正電，b一定帶負電

B．a加速度減小，b加速度增大

C．MN電勢差|UMN|等于NQ兩點電勢差|UNQ|

D．a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小

解析：由帶電粒子在運動軌跡，結合曲線運動的特點可知帶電粒子所受的電場力方向，但因為電場線的方向不確定，故不能判斷帶電粒子帶電的性質，A錯；由電場線的疏密可知，a加速度將減小，b加速度將增大，B正確；因為是非勻強電場，故MN電勢差并不等于NQ兩點電勢差，C錯；但因為等勢線1與2之間的電場強度比2與3之間的電場強度要大，故1、2之間的電勢差要大于2、3之間的電勢差，但兩粒子的帶電量大小不確定，故無法比較動能變化量的大小，D錯誤．

答案：B

12.如圖所示，xOy平面內有一勻強電場，場強為E，方向未知，電

場線跟x軸的負方向夾角為θ，電子在坐標平面xOy內，從原點O以大小

為v0方向沿x正方向的初速度射入電場，最后打在y軸上的M點．電子的質量為m，電荷量為e，重力不計．則()

A．O點電勢高于M點電勢

B．運動過程中電子在M點電勢能最多

C．運動過程中，電子的電勢能先減少后增加

D．電場對電子先做負功，后做正功

解析：由電子的運動軌跡知，電子受到的電場力方向斜向上，故電場方向斜向下，M點電勢高于O點，A錯誤，電子在M點電勢能最少，B錯誤，運動過程中，電子先克服電場力做功，后電場力對電子做正功，故C錯誤，D正確．

答案：D

13.如圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點．已知O點電勢高于c點，若不計重力，則()

A．M帶負電荷，N帶正電荷

B．N在a點的速度與M在c點的速度相同

C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功

D．M在從O點運動至b

點的過程中，電場力對它做的功等于零

解析：因為O點電勢高于c點電勢，可知場強方向豎直向下，正電荷受到的電場力向下，負電荷受到的電場力向上，可知M是正電荷，N是負電荷，故A錯，M運動到c點電場力做正功，N運動到a點電場力也做正功，且M、N電量相等，勻強電場相等距離的等勢線間的電勢差也相等，所以做功相等，選項B、C錯；由于O、b點在同一等勢面上，故M在從O點運動到b點的過程中電場力做功為零，選項D正確．

答案：D

題型3：電場性質與力學問題的綜合解決力電綜合問題的一般方法

(1)利用力和運動的關系——牛頓運動定律和勻變速直線運動規律的結合．即：受力和初速決定運動，運動反映受力．一切力學問題的分析基礎，特適于恒力作用下的勻變速運動．

(2)利用功、能關系——動能定理及其他力的功能關系(如重力、電場力、摩擦力等)

及能的轉化守恒，即：做功引起并量度了能的改變；無論恒力作用、變力作用、直線運動、曲線運動皆可．

14.如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內的四分之一圓弧形粗糙絕

緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R＝0.40

m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E＝1.0×104

N/C.現有一質量m＝0.10

kg的帶電體(可視為質點)放在水平軌道上與B端距離x＝1.0

m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運動，當運動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零，已知帶電體所帶電荷

q＝8.0×10－5

C，取g＝10

m/s2，求：

(1)帶電體在水平軌道上運動的加速度大小及運動到B端時的速度大小；

(2)帶電體運動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力大小；

(3)帶電體沿圓弧形軌道運動過程中，電場力和摩擦力對帶電體所做的功各是多少．

解析：(1)設帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為a，根據牛頓第二定律

有：qE＝ma

解得：a＝qE/m＝8.0

m/s2

設帶電體運動到B端時的速度大小為vB，則v＝2as，解得：vB＝＝4.0

m/s

(2)設帶電體運動到圓弧形軌道B端時受軌道的支持力為N，根據牛頓第二定律

有：N－mg＝mvB2/R，解得：N＝mg＋mvB2/R＝5.0

N

根據牛頓第三定律可知，帶電體對圓弧形軌道B端的壓力大小FN′＝5.0

N.(3)因電場力做功與路徑無關，所以帶電體沿圓弧形軌道運動過程中，電場力所

做的功W電＝qER＝0.32

J．設帶電體沿圓弧形軌道運動過程中摩擦力所做的功為

W摩，對此過程根據動能定理有：W電＋W摩－mgR＝0－mvB2解得：W摩＝－0.72

J.答案：(1)8.0

m/s2,4.0

m/s(2)5.0

N(3)0.32

J，－0.72

J

15.如圖為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點．在這一運動過程中克服重力做的功為2.0

J，電場力做的功為1.5

J．則下列說法正確的是()

A．粒子帶負電

B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5

J

C．粒子在A點的動能比在B點少0.5

J

D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5

J

解析：粒子從A點運動到B點，電場力做正功，且沿著電場線，故粒子帶正電，所以選項A錯；粒子從A點運動到B點，電場力做正功，電勢能減少，故粒子在A點的電勢能比在B點多1.5

J，故選項B錯；由動能定理，WG＋W電＝ΔEk，－2.0

J＋1.5

J＝EkB－EkA，所以選項C錯；由其他力(在這里指電場力)做功等于機械能的增加，所以選項D對．

答案：D

16.如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道，個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質量為m，電量為－q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場力)．

(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小．

(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，求A點距水平地面的高度h至少應為大？

(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放．假設其能夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量．

解析：(1)根據牛頓第二定律：(mg－qE)sin

α＝ma①

a＝

(2)若小球剛好通過B點，據牛頓第二定律：mg－qE＝

小球由A到B，據動能定理：(mg－qE)(h－2R)＝

以上聯立，得h＝

(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，機械能的變化量為：ΔE機由ΔE機＝W電⑥

W電＝－3REq⑦

得ΔE機＝－3REq⑧

17.如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8

m．有一質量500

g的帶電小環套在直桿上，正以某一速度，沿桿勻速下滑，小環離開桿后正好通過C端的正下方P點處．(g取10

m/s2)求：

(1)小環離開直桿后運動的加速度大小和方向．

(2)小環在直桿上勻速運動速度的大小v0.(3)小環運動到P點的動能．

解析：(1)小環在直桿上的受力情況如圖所示

由平衡條件得：mgsin

45°＝Eqcos

45°，得mg＝Eq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，則F合＝mg＝ma，a＝g＝10

m/s2＝14.1

m/s2

方向與桿垂直斜向右下方.(2)設小環在直桿上運動的速度為v0，離桿后經t秒到P點，則豎直方向：h＝v0sin

45°·t＋gt2，水平方向：v0cos

45°·t－t2＝0，解得：v0＝

＝2

m/s

(3)由動能定理得：Ekp＝mv＋mgh，可得：Ekp＝mv＋mgh＝5

J.答案：(1)14.1

m/s2　垂直于桿斜向右下方(2)2

m/s(3)5

J

題型4：電容器電粒子在電場中的運動

18.如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()

A．當增大兩板間距離時，v也增大

B．當減小兩板間距離時，v增大

C．當改變兩板間距離時，v不變

D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也不變

解析：電子從靜止開始運動，根據動能定理，從A運動到B動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，平均速度不變，而位移如果增加的話，時間變長．

答案：C

19.平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內部．閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖6－3－15所示，則()

①．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大

②．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

③．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大

④．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

A．①③正確

B．②④正確

C．①④正確

D．②③正確

解析：懸線偏離豎直方向的夾角θ的大小由帶電小球受的電場力和重力兩因素決定．因重力不變，故電場力增大時θ就增大．在保持開關S閉合，即保持電容器兩極板間電壓U不變．由于A、B板靠近，d變小，極板間電場強度E＝就增大，因而帶電小球受電場力F＝qE＝q增大，則θ增大；若斷開開關S，即表明電容器極板上的電荷量Q不變．當A、B板靠近后，電容器的電容C＝將增大，根據U＝，電容器兩板間電壓U減小．電容器兩板間的場強E＝有無變化呢？把上述各關系代入，得E＝＝＝.由此可知場強不變，帶電小球受電場力不變，則θ不變．

答案：C

20.如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體．已知靈敏電流計指針偏轉方向與電流方向的關系為：電流從左邊接線柱流進電流計，指針向左偏．如果在導電液體的深度h發生變化時觀察到指針正向左偏轉，則()

A．導體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在增大

B．導體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在增大

C．導體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在減小

D．導體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在減小

解析：電流計指針向左偏轉，說明流過電流計G的電流由左→右，則導體芯A所帶電量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確．

答案：D

21.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB＝BC.不計空氣阻力，則可知()

A．微粒在電場中作拋物線運動

B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等

C．MN板間的電勢差為2mv/q

D．MN板間的電勢差為Ev/2g

解析：由題意可知，微粒到達C點時，豎直方向上速度為零，所以微粒不做拋物線運動，A項錯誤；因AB＝BC，即·t＝·t可見vc＝v0.故B項正確；由q·＝mv，得U＝＝，故C項錯誤；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D項錯誤．

答案：B

22.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()

A．將打在下板中央

B．小球不再沿原軌跡運動

C．不發生偏轉，沿直線運動

D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央

解析：將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．下板不動時，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當下板向上移動時，小球可能打在下板的中央．

答案：D

23.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則()

A．在前時間內，電場力對粒子做的功為

B．在后時間內，電場力對粒子做的功為Uq

C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2

D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1

答案：B

24.如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L＝0.4

m，兩板間距離d＝4×10－3

m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質量為m＝4×10－5

kg，電量q＝＋1×10－8

C．(g＝10

m/s2)求：

(1)微粒入射速度v0為多少？

(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？

解析：(1)＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10

m/s.(2)電容器的上板應接電源的負極

當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，＝a12，a1＝

解得：U1＝120

V

當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出，＝a22，a2＝

解得：U2＝200

V．所以120

V＜U＜200

V.答案：(1)10

m/s(2)與負極相連　120

V＜U＜200

V

25.如圖所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長為l，兩板間的距離也為l，板間電壓恒定．今有一帶電粒子(重力不計)以一定的初速度沿兩板正中間垂直進入電場，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上．粒子落點距O點的距離為.若大量的上述粒子(與原來的初速度一樣，并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進入電場．試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫出．

解析：設粒子質量為m，帶電荷量為q，初速度為v0，v0t＝l，y＝at2，tan

θ＝＝，y＋ltan

θ＝，所以a·＋l·＝，3al＝v.由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉電場后情況，如上圖甲、乙所示．其范圍是l－y.其中y＝a·＝··＝l，范圍是l.答案：l　圖略

第三篇：電場計算題典型題

1.如圖9＝5－19所示，兩塊長3cm的平行金屬板AB相距1cm，并與300V直流電源的兩

極相連接，?A??B，如果在兩板正中間有一電子（m=9×10

沿著垂直于電場線方向以2×107m/s的速度飛入，則

（1）電子能否飛離平行金屬板正對空間？

（2）如果由A到B分布寬1cm的電子帶通過此電場，能飛離電場的電子數占總數的百分之

幾？

v0

圖9－5－19

2.如圖所示，邊長為L的正方形區域abcd內存在著勻強電場 電量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力。

（1）若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能；

（2）若粒子離開電場時動能為Ek’，則電場強度為多大？

3.如圖所示，質量為m＝1克、電量為q＝2×10-6庫的帶電微粒從偏轉極板A、B中間的位置以10米/秒的初速度垂直電場方向進入長為L＝20厘米、距離為d＝10厘米的偏轉電場，出電場后落在距偏轉電場40厘米的擋板上，微粒的落點P離開初速度方向延

長線的距離為20厘米，不考慮重力的影響。求：

（1）加在A、B兩板上的偏轉電壓UAB

（2）當加在板上的偏轉電壓UAB滿足什么條件時，此帶電微粒會碰到偏轉極

板

－31kg，e=－1.6×10－19C），4.如圖所示，兩帶有等量異電荷的平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間的距離d=0.5m．現

5將一質量為m=1×10kg、電荷量q=4×10C的帶電小球從兩極板上方A點以v0=4m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h=0.2m，之后小球恰好從靠近M板上端處進入兩板

間，沿直線運動碰到N板上的B點，不計空氣阻力，取g=10m/s．設勻強電場只存在于M、N之間。求：

（1）兩極板間的電勢差；

（2）小球由A到B所用總時間；（3）小球到達B點時的動能．

5.一質量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出．在距拋出點水

平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管．管上口距地面h/2，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區域加一個場強方向水平向左的勻強電場，如圖圖9－5－18所示，求：（1）小球初速v0（2）電場強度E的大小．

（3）小球落地時動能EK．

圖9－5－18

復合場問題

例1:一條長L 細線上端固定在O點，下端系一個質量為m的小球，將它置于一個足夠大的勻強電場中，場強為E，且水平向右。已知小球在C點時平衡，細線與豎直方向夾角為α如圖所示，求：

⑴當懸線與豎直方向的夾角β為多大時，才能使小球由靜止釋放后，細線到達豎直位置時，小球速度恰好為零？

⑵當細線與豎直方向成α角時，至少要給小球一個多大的沖量，才能使小球在豎直平面內做完整的圓周運動？

2.（14分）如圖9－9所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點與一條水平軌道相連，軌道都是光滑的．軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，場強為E．從水平軌道上的A點由靜止釋放一質量為m的帶正電的小球，為使小球剛好在圓軌道內做圓周運動，求釋放點A距圓軌道最低點B的距離s．已知小球受到的電場力大小等于小球重力的倍．

4圖9－9

3.如圖5-10所示,在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質量為m，電量大小為-q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場力)。（1）求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小；

（2）若使小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時不落下來，求A點距水平地面的高度h至少應為多大？

（3）若小球從斜軌道h = 5R 處由靜止釋放，假設能夠通過B點，求在此過程中小

球機械能的改變量。

4.一個質量為m、帶有電荷-q的小物體，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻、軌道處于勻強電場中，其場強大小為E,方向沿OX軸正方向,如圖所示。小物體以初速度v0從x0點沿OX軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f＜qE；設小

物體與墻碰撞時不損失機械能，且電量保持不變，求它在停止運動前所通過的總路程s。

5.如圖甲所示，電荷量為q=1×10C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場，電場強度E的大小與時間的關系如圖乙所示，、物塊運動速度與時間t的關系如圖丙所示，取重力加速度g=10m/s。2

求（1）前2秒內電場力做的功。（2）物塊的質量.（3）物塊與水平面間的動摩擦因數。E

甲

/

/s

乙

/s

丙

第四篇：電場典型題含答案

庫侖定律與電場強度典型題

1.如圖所示，在M、N處固定著兩個等量異種點電荷，在它們的連線上有A、B兩點，已知MA=AB=BN．下列說法正確的是A

A．A、B兩點場強相同

B．A、B兩點電勢相等

C．將一正電荷從A點移到B點，電場力做負功

D．負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能

2.水平面上A, B, C三點固定著三個電荷量為Q的正點電荷，將另一質量為m的帶正電的小球(可

視為點電荷)放置在0點，OABC恰構成一棱長為L的正四面體，如圖所示。己知靜電力常量為k,重力加速度為g，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量為C

mgL2

2A．B

．3kQ9kQ

C

．D

． 6kQ6kQ

3.一帶正電小球從光滑絕緣的斜面上O點由靜止釋放，在斜面上水平虛線ab和cd之間有水平向右的勻強電場如圖所示。下面哪個圖象能正確表示小球的運動軌跡D（）

4、一帶電粒子射入一正點電荷的電場中，運動軌跡如圖所示，粒子從A運動到B，則AD

A．粒子帶負電

B．粒子的動能一直變大

C．粒子的加速度先變小后變大

D．粒子在電場中的電勢能先變小后變大

5．如圖所示，A、B是真空中的兩個等量異種點電荷，M、N、O是AB連線的垂線上的點，且AO>OB。

一帶負電的試探電荷僅受電場力作用，運動軌跡如圖中實線所示，M、N為軌跡和垂線的交點，設M、N兩點的場強大小分別EM、EN，電勢分別為φM，φN。下列說法中正確的是(B)

A．點電荷A一定帶正電

B．EM小于EN

C．φM大于φN

D．此試探電荷在M處的電勢能小于N處的電勢能

6．如圖所示，在絕緣平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定初速

度從A點開始沿水平面向左做直線運動，經L長度到達B點，速度變為零。此過程中，金屬塊損失的動能有

2轉化為電勢能。金屬塊繼續運動到某點C（圖中未標出）時的動能和A點時的動能相

3同，則金屬塊從A開始運動到C整個過程中經過的總路程為D

A．1.5LB．2L C．3LD．4L

7．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r則A、B兩點的電場強度大小之比為

A．3：1B．1：

3C．9：1D．1：9

【解析】根據庫侖定律F?kq1q2，選C。r

28．A、B、C三點在同一直線上，AB:BC＝1:2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為（）

（A）－F/2（B）F/2（C）－F（D）F

答案：B

9．.如圖所示，在平面直角 中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢為6 V, 點B處的電勢為3 V, 則電場強度的大小為()

A.200V/mB.200 V/m

C.100 V/mD.100 V/m

18A；

解析：OA中點C的電勢為3V，連BC得等勢線，作BC的垂線得電場線如圖，由E?

故A對。

UE?200v/m，得：d

10．在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂

點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負電荷q，使四個小球均處于靜止狀態，則Q與q的比值為(D)

13A.B.C．3D.3 3

311．要使真空中的兩個點電荷間的庫侖力增大到原來的4倍，下列方法可行的是(AD)

A．每個點電荷的電荷量都增大到原來的2倍，電荷間的距離不變

B．保持點電荷的電荷量不變，使兩個點電荷的距離增大到原來的2倍

C．使一個點電荷的電荷量增加1倍，另一個點電荷的電荷量保持不變，同時使兩點電荷間的距離

1減小為原來的

21D．保持點電荷的電荷量不變，將兩點電荷間的距離減小為原來的 2

12.如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在同一直線上，q2與q3的距離為q1與q2距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電荷量之比q1：q2：q3等于()

A．(－9)：4：(－36)

C．(－3)：2：6B．9：4：36 D．3：2：613、兩個質量分別是m1、m2的小球，各用絲線懸掛在同一點，當兩球分別帶同種電荷，且電荷量分別為q1、q

2時，兩絲線張開一定的角度θ

1、θ2，如圖所示，此時兩個小球處于同一水平面上，則下列說法正確的是()

A．若m1>m2，則θ1>θ2B．若m1＝m2，則θ1＝θ

2C．若m1θ2D．若q1＝q2，則θ1＝θ2

14.如下圖所示，完全相同的金屬小球A和B帶有等量電荷，系在一個輕質絕緣彈簧兩端，放在光滑絕緣水平面上，由于電荷間的相互作用，彈簧比原長縮短了x0，現將不帶電的與A、B完全相同的金屬球C先與A球接觸一下，再與B球接觸一下，然后拿走，重新平衡后彈簧的壓縮量變為(D)11A.x0B.0 48

11C．大于x0D0 88

15．如下圖所示，有兩個完全相同的帶電金屬球A、B，B固定在絕緣地板上，A在離B高H的正上方，由靜止釋放，與B碰撞后回跳高度為h，設整個過程只有重力、彈力和庫侖力作用，且兩球相碰時無能量損失，則(BC)

A．若A、B帶等量同種電荷，h>H

B．若A、B帶等量同種電荷，h＝H

C．若A、B帶等量異種電荷，h>H

D．若A、B帶等量異種電荷，h＝H

16.如下圖所示，電荷量為Q1、Q2的兩個正電荷分別置于A點和B點，兩點相距L，在以L為直徑的光滑絕緣半圓環上，穿著一個帶電小球q(可視為點電荷)，小球在P點平衡，若不計小球的重力，那么PA與AB的夾角α與Q1、Q2的關系滿足(D)

QQA．tan2α＝ B．tan2α＝ Q2Q

1QQC．tan3α＝ D．tan3α＝ Q2Q1

17.如圖所示，在光滑且絕緣的水平面上有兩個金屬小球A和B，它們用一絕緣輕彈簧相連，帶同種

電荷．彈簧伸長x0時小球平衡，如果A、B帶電荷量加倍，當它們重新平衡時，彈簧伸長為x，則x和x0的關系為(C)

A．x＝2x0B．x＝4x0C．x<4x0D．x>4x0

18．如圖，質量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為?1與?2（?1＞?2）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則（）

（A）mA一定小于mB（B）qA一定大于qB

（C）vA一定大于vB（D）EkA一定大于EkB

答案：A、C、D19、關于靜電場，下列說法正確的是

A.電勢等于零的物體一定不帶電

B.電場強度為零的點，電勢一定為零

C.同一電場線上的各點，電勢一定相等

D.負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加

解析：考察電場和電勢概念，選D20、三個相同的金屬小球1.2.3.分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑。球1的帶電量為q，球2的帶電量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F。現使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小

仍為F，方向不變。由此可知

A..n=3B..n=4C..n=5D..n=6

nqnq

2解析：設1、2距離為R，則：F?2，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與12R

(n?2)qn(n?2)q

2接觸后，它們帶的電的電量均為，最后F?有上兩式得：n=6 248R

21.一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（D）

22、如題19圖所示，電量為+q和-q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內電場強度為零的點有答案D

A.體中心、各面中心和各邊中點

B.體中心和各邊中點

C.各面中心和各邊中點

D.體中心和各面中心

23.如圖所示，A、B是兩個帶等量同種電荷的小球，A固定在豎直放置的10 cm長的絕緣支桿上，B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上，且恰與A等高．若B的質量為3 g，則B帶電荷量是多少？(取g＝10 m/s2)

答案：1.0×10 C

24.長為L的絕緣細線下系一帶正電荷的小球，其帶電荷量為Q，懸于O點，如圖所示．當在O點另外固定一個正電荷時，如果球靜止在A

處，則細線拉力是重力mg的兩倍．現將球拉至圖中B處(θ＝60°)，放開球讓它擺動，問： －6

(1)固定在O處的正電荷的帶電荷量為多少？

(2)擺球回到A處時懸線拉力為多少？

mgL2答案：(1)kQ(2)3mg

第五篇：高中物理電場題

如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM（B）

A.粒子受電場力的方向一定由M指向N B.粒子在M點的速度一定比在N點的大

C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大 D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢

空間有一電場，電場中有兩個點a和b。下列表述正確的是（B）A．該電場是勻強電場 B．a點的電場強度比b點的大 C．b點的電場強度比a點的大 D．正電荷在a、b兩點受力方向相同

帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量變化情況為

C

Ａ．動能減小

Ｂ．電勢能增加

a Ｃ．動能和電勢能之和減小

Ｄ．重力勢能和電勢能之和增加

E b 經過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則

如圖所示的虛線區域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區域，恰好沿直線由區域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出。若撤去該區域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區域右邊界穿出，則粒子b(C)A．穿出位置一定在O′點下方

B．穿出位置一定在O′點上方

C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小

C

1．下列關于原子結構和原子核的說法中正確的是（）A．湯姆生發現電子，表明原子具有核式結構

B．?射線是原子的核外電子電離后形成的電子流

C． 核反應前后的總質量一般會發生變化，但總質量數一定相等 D．目前，核電站利用的是輕核聚變放出的能量

2． 如圖所示，物體A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物體A上。在力F變大的過程中，A始終保持靜止，則以下說法中正確的是（）A．物體A受到的合力變大

B．物體A受到的支持力不變 C．物體A受到的摩擦力變大

D．物體A受到的摩擦力變小

3．如圖所示為某物體做直線運動的v-t圖象。關于這個物體在前4s內運動情況的說法中正確的是

（）A．物體始終朝同一方向運動

B．物體加速度大小不變，方向與初速度方向相同 C．物體在前2s內做勻減速運動.D．4 s內物體的位移是4m

4．一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉動，線圈平面位于如圖7甲所示的勻強磁場中．通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規律如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大 B．t1、t3時刻線圈中感應電流方向改變

C．t1~t3時間內，流過線圈橫截面的電量為零

D t2、t4時刻線圈中感應電動勢最小

5．空中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為 正點電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題20圖所 示，a、b、c、d為電場中的四個點。則()A．P、Q兩點處的電荷等量同種 B．a點和b點的電場強度相同 C．c點的電熱低于d點的電勢 D．負電荷從a到c，電勢能減少

1~5CBCBD

AB