电场专题训练

1、电场专题训练电场1 .如图1所示，在y轴上关于O点对 称的A B两点有等量同种点电荷+Q 在x轴上C点有点电荷-Q且CO=QD /ADO= 601下列判断正确的是（）A.O点电场强度为零 B.O点电场强度为零C.若将点电荷+q从O移向C电势能增大D.若将点电荷-q从O移向C,电势能增大图12 .两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结， 置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均 带正电）电量分别为q1和q2（q屋 >球2 球1q2）。将细线拉直并使之与电场:方向平行，如图26所示。若将两小球同时从静止状 态释放，则释放后细线中的张力 T为（不计重力 及两小球间的库仑力）A. T =%q1

2、-q2)EB. T=(q-q2)EC - T4(q1+q2)ED . T = (q+q2)E图263 .质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”0 0,0VH r1F =-Fo,2、0,r2组成的.两个强作用电荷相反（类似于正负电荷） 的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐 近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很 强的引力（导致所谓“夸克禁闭” ）.作为一个简 单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离的关系为：式中Fo为大于零的常量，负号表示引力.用 U表 示夸克间的势能，令U0=F0（r2ri）,取无穷远为 势能零点.下列图2中Ur图示中正确的是（）4,图27所

3、示的匀强电场E的区 >D域内，由A B、C、D A、Er、） 。、DT作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABC窿直。下列说法正确的是（）A. AD两点间电势差LAd与A A两点间电势差Uw相等B.带正电白粒子从A点沿路径A- AD7移 到D7点，电场力做正功C.带负电白粒子从A点沿路径A- A D7移到D7点，电势能减小图27D.带电的粒子从A点移到。点，沿对角线A Cz与沿路径Af Bf Bz 一。电场力做功相同：遥步5.如图4所示，实线为电场线，虚线 二ESr 为等势线且AB=BC电场中的A B、C三点的场 强分别为£、既、显电势分别为中a、”、京，AB BC间的电势差

4、分别为LAb、LBc,则下列关系中正确 的有（）A.中a”之B. 巳日鼻图4C. UabV LBcD.Uab= LBc6.如图5所示，匀强电场中有a、b、c三点.在-5 -以它们为顶点的三角形中，Na=30°、Nc=90° , 电场方向与三角形所在平面平行.已知出方和c 点的电势分别为仁一扬V、q+扬V和2 V.该三角形 的外接圆上最低、最高电势分别为Ae q-E）V、（2+aA）V B. 0 V、4 V图5D . 0 V、百VAB - 9 7 .竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球,31所示的电路图连接。绝缘线与左极板的夹角为明当滑动变H短森滑

5、片在a位置时，电流表的读数为Z，夹角为明;当滑片在力位置时，电流表的读数为I2t夹角为久，贝!I （）A. /< 8之，B,储> %, I"C . 8 产 8 2，H D . § 丛图318 .如图28所示，固定在Q点的正点电荷的电场 中有M、N两点，已知破V标。下列叙正确的是 ()A.若把一正的点电荷从M点沿直 线移到N点，则电场力对该电荷做功, 电势能减少B.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点,则该电荷克服电场力做功，电势能增加 图28C.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点, 则电场力对该电荷做功，电势能减少D.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点, 再

6、从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服 电场力做的功等于电场力对该电荷所做的动，电 势能不变9.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形 的三个顶点，AB的长度为1 m, D为AB的中点， 如图29所示。已知电场线的方向/平行于 ABC所在平面，A、B、C/三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强 大小为E, 一电量为1X10-6C的正电荷从D点移 到C点电场力所做的功为W则A. W= 8X10-6 J , E>8 V/m6B. W= 6X 10 6 J ? E>6 V/mC. W= 8X 10 6 J ) E< 8 V/mD . W= 6 X 106 J , E &

7、lt; 6 V/m图29a*d d20V4Vb*c24V10 . a、b、c、d是匀强电场中的 四个点，它们正好是一个矩形的 四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知 a点的电势是20V, b点的电势是24V, d点的电 势是4V,如图30所示。 由此可知，c点的电势 为 （）图30A 4V B 、8V C 、12V D 、24V11 .如图9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Oxy平面的ABCM域内， 存在两个场强大小均为 E的匀强电场I和II)两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域AB边的中 点处由静止释放电子， 求电子离开ABCDE域的

8、 位置。(2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子， 电子恰能从ABCDK域左下角D处离开，求所有 释放点的位置。(3)若将左侧电场II整体水平向右移动L/n (n>1),图9仍使电子从ABCDK域左下角D处离开(D不随电 场移动)，求在电场I区域内由静止释放电子的所 有位置。2 r i i'xy =L212n 4；12.带等量异种电荷的两平行金属板相 距L,板长H,竖直放置，x轴从极板 中点O通过，如图20所示。板间匀强 电场的场强为 E,且带正电的极板接地。将一质量为mi电量为+q的粒子(重力不计) 从坐标为Xo处释放。(1)试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子 在极板间运动

9、的过程中，电势能与动能总和保持 不变。(2)为使该粒子从负极板上方边缘的P点射出，须在X0处使该粒子获得竖直向上的初速度 V0为多图2013 .如图33所示，沿水平方 向放置一条平直光滑槽，它垂 直穿过开有小孔的两平行薄 板，板相距3.5L。槽内有两 个质量均为m的小球A和B, 球A带电量为+2q,球B带电量为-3q,两球由长2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初 A和B分 别静止于左板的两侧，离板的距离均为 L。若视小 球 为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行图33向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2

10、)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需 的时间及球A相对右板的位置。14.如图10 (a)所示，在光滑绝缘水平面的 AB 区域内存在水平向左的电场，电场强度 E随时间 的变化如图10 (b)所示。不带电的绝缘小球 P2静止在。点。t=0时，带正电的小球P1以速度Vo 从A点进入AB区域。随后与P2发生正碰后反弹， 反弹速度是碰前的2倍。R的质量为m,带电量为3q, P2的质量为m2=5m)A、O间距为L。,O B间距为=4Lo已知七受，T上Vo(1 )求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需 时间。(2)讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞。图1015.如图23所示，A B为两块平行金属板，

11、A板 带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场， 两板间距为d、电势差为U,在，、Ab板上开有两个间距为l的小B需mO户?孔。G D为两块同心半圆形金飞、工属板，圆心都在贴近B板的。P处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两 板末端的中心线正对着 B板上的小孔，两板间的 电场强度可认为大小处处相等，方向都指向 O。 半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现 从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个 质量为m«电量为q的带正电微粒(微粒的重力 不计)，问：图23(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；(2)为了使微粒能在 CD板间运动而不碰板， CD板间的电场强度大小应满足什么条

12、件；(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点 P16.如图35所示，一根长L = 1.5m 的光滑 绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为 E =1.0 X 105N/ C、与水平方向成6 =30°角的倾斜向上的 匀强电场中。杆的下端 M固定一个带电小球A , 电荷量Q= +4.5 X 106C；另一带电小球B穿在杆 上可自由滑动，电荷量 q=+1.0 X 10 6 C,质量 m 1.0 x 10 2 kg 。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B XBXE开始运动。(静电力常量3k=9.0X109N. R2/C2,取 g =l0m / M>Q 一S2)(1

13、)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度 h为多大？(3)小球B从N端运动到距M端的高度 h2= 0.6l m 时，速度为v= 1.0m / s ,求此过程中小球B的电 势能改变了多少？图35-27 -答案及解析1 .【答案】BD【解析】电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由£=容和几何关系可以得出，A错B对。在otc r之间，合场强的方向向左，把负电荷从O移动到C,电场力做负功，电势能增加，C错D对2 .【答案】A【解析】本题属于连接体问题，主要考查牛顿 第二定律在电场中的应用，设加速度为 a,对整 体有：qiE+q?E=2ma,再隔离球2分析：T+

14、qzE=ma, 联立两式得：T=2(q-q2)E,所以选项A正确3 .【答案】B【解析】从无穷远处电势为零开始到 r =2位 置，势能恒定为零，在r =2到r =1过程中， 恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为 负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示； r 1之后势能不变，恒定为一以，由引力做功 等于势能将少量，故 U=F°(r2ri) .所以选项B 正确4 .【答案】BD【解析】电场力的方向与面ABC述直，所以面 ABC奥等势面，A、D两点的电势差为0,又因A、 A/两点的电势差不为0,所以选项A错。带正电的 粒子从A点到D电场力不做功，而由 A D7电场 力做功，所以

15、选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A- D D7移到D7点，电场力做负 功，电势能增大，选项 C错；由电场力做功的特 点得选项D也正确。5 .【答案】AC【解析】考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律。A B C三点处在一根电场线上， 沿着电场线的方向电势降落，故$ A> j B> j C, A 正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小 关系为Ec> Eb> Ea, B对；电场线密集的地方电势 降落较快，故UBc>IAb, C对D错。此类问题要在 平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场 线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面 的分布规律【答

16、案】AC6 .【答案】B【解析】如图所示，根据匀强电场的电场线与 等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处 处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的 中点O,即为三角形的外接圆的圆心，且该点电 势为2V,故Oc为等势面，MN电场线，方向为 MNy向，UOf=Uo=73V, UOn： UOp=2 :6，故 UOn=2V,N点电势为零，为最小电势点，同理 点电势为4V,为最大电势点。所以 选项B正确7 .【答案】D【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相 当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电 场强度、电场力大小进而确定较大关系；再根据 两种情况下的总电阻大小确定电流关系。当滑片 在a位

17、置时平行板电容器两极板间电势差比当滑 片在b位置时小，场强也就小，故e i< e 2,两种 情况下的闭合电路总电阻不变，故 I尸12,所以正 确选项Do8 .【答案】AD【解析】因电场力做功只与始末位置有关，与 路径无关，故选项D对。把一正的点电荷从 M点 沿直线移到N点时，电场力做正功，电势能减少， 所以选项A正确。而B错。负电荷则相反，即选 项C错。9 .【答案】A【解析】本题主要考查电场力做功和电势差与 场强的关系。根据 W=u得W=8< 10 6 J ,因沿场强方向的距离d小于1mi所以由e=U得E大 d于8 V/m)故选项A正确10 .【答案】B【解析】在匀强电场中，由于

18、 U= Ed,所以任意 一族平行线上等距离的两点的电势差相等，因此 Ub=Ud,所以c点电势为8V。，B对。考查匀强电 场中场强与电势差的关系，难度适中。11 .【解析】(1)设电子的质量为m电量为e,电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为“，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CM射出, 出射点纵坐标为y,有eEL =-mv22解得y= %,所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为(2L, 1)(2)设释放点在电场区域I中，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，并从D点离开，有eEx 二1 mv；2y 3t222 22 2 . .

19、 一.一一.解得 xy = L,即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置(3)设电子从(x, V)点释放，在电场I中加速 到V2,进入电场II后做类平抛运动，在高度为y1 处离开电场II时的情景与(2)中类似，然后电 子做匀速直线运动，经过 D点，则有eEx = 1mv；/ 21 1 221 eE Ly -y = - at =2 2 mv、2 j-eEL . . LVy -at , y -Vymv2nv2解得xy = L2(：qi,即在电场I区域内满足议程的 2n 4点即为所求位置12 【解析】(1)在带电粒子运动方向上任取一点， 设其坐标 为x,取接地极板为零势能点。将粒子从O点移到 X0处

20、电场力做正功,W =qEx = 近电=-Epx,即粒子在X 处的电势能为Ep*=-qEx,在此处的电势能为Epj-qE%。 再由牛顿第二定律 qE=ma,v2 =2a(x % ),解得Ekx =2mv： =qE(x-x0 ) 又；Epx = -qEx )Epxo = -qE% ),Ekx = -Epx + Epx)得二Ekx + Epx = Epxo,即该带电粒子在极 板间运动的过程中，电势能与动能总和保持不变， 证毕。(2)粒子在竖直向上射出后做类平抛运动。故竖直方向做匀速直线运动，到达P点时有5=媪;水平方向做初速度为零的匀加速运动,L”=1吗2, 2 m 1联立解得H qEV0 ：-2

21、2m L -xo13 .【解析】 对带电系统进行分析，假设球 A能达到右极板， 电场力对系统做功为W,有：W =2qE 2.5L (-3qE 1.5L) 0而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W,有：W2 =2qE 2.5L (-3qE 3.5L)：二 0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A B应分别在右极板两侧。(1)带电系统开始运动时，设加速度为ai,由牛顿第二定律：ai2m2qE _ qE球B刚进入电场时，带电系统的速度为 vi有：v2 =2a1L由求得：V严 ,m(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为tl,则：tlViai将代入得:ti,12mL；

22、qE球B进入电场后，带电系统的加速度为 a2,由牛顿第二定律:-3qE 2qE qEa2 = Z= 一 -2m2m显然，带电系统做匀减速运动。设球 A刚达 到右极板时的速度为V2,减速所需时间为t2,则 有：v2 -v2 =2a2 M 1.5Lt2=y2V1a2求得：V21 2qEL2 m球A离电场后，带电系统继续做减速运动, 设加速度为a3,再由牛顿第二定律：a3-3qE2m(12)设球A从离开电场到静止所需的时间为t3,运动的位移为x,则有:a3(13)-v2 =2a3x(14)求得:1 2mLL. ,x =一3 qE6(15)由(15)可知，带电系统从静止到速度第一 次为零所需的时间为：

23、ti+tz+Yj霍球A相对右板的位置为：x(17)614 【解析】(1)Pl经tl时间与P2碰撞，则.匕VoPl、P2碰撞，设碰后P2速度为V2,由动量守恒：,2 、m1Vo = m1( v0) m2v23解得vi =2vO/3 (水平向左)V2 =v0/3 (水平向右)>>4>>、2碰撞后小球Pi向左运动的最大距离：工=工2a2T7 .qEo 2voa a = = 2- m1 3L0解得：Sm = L0 / 3所需时间：t2=v1=X ai vo(2)设Pi、P2碰撞后又经At时间在OB区间内再次 发生碰撞，且Pi受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：S=S2则 -Vi. '： t 1 a1二 t 2=V 2 - ： t解得：&=世=3丁 (故Pi受电场力不变)Vo对P2分析：S2 =V2NVo也八L=4L° 3