新课标高中物理选修3-1同步练习及答案解析全套

新课标高中物理选修3—1同步练习全套1.1电荷及其守恒定律一、选择题(6、7、8、9、10、11为多项选择题，其余为单项选择题)1.如图所示，导体A带正电，当带负电的导体B靠近A时，A带的()A．正电荷增加 B．负电荷增加C．正、负电荷均增加 D．电荷数不变解析在任何过程中包括静电感应过程中一个系统内的净电荷量都是不变的．所以A所带电荷量不变，但是A上面的电荷的分布会发生变化．答案D设置目的本题考查电荷守恒与静电感应2.有甲、乙、丙三个轻质小球，其中甲球靠近毛皮摩擦过的橡胶棒时被排斥．现将甲与乙、丙分别靠近时，它们相互作用的情况如图所示．下列判断正确的是()A．乙球一定带负电，丙球可能带正电 B．乙球可能不带电，丙球一定带负电C．乙球可能带正电，丙球一定带正电 D．乙球一定不带电，丙球可能带负电解析由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，甲球靠近毛皮摩擦过的橡胶棒时被排斥，所以甲球带负电，甲能吸引乙，则乙可能带正电，也可能不带电；丙与甲相互排斥，所以丙带负电．故B项正确，A、C、D三项错误．答案B点评该题考查带电物体之间的相互作用，要注意，一个带电的物体吸引另一个物体时，要注意带电体具有能吸引轻小物体的特点．3．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()解析验电器上金属球是近端，下方箔片是远端，故近端带异种电荷，远端带等量同种电荷．故选B项．本题考查静电感应与近端和远端判断．答案B设置目的本题考查静电感应中近端与远端判断4.绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则()A．a、b间不发生相互作用B．b将吸引a，吸住后不放开C．b立即把a排斥开D．b先吸引a，接触后又把a排斥开解析a球在b球电荷作用下发生静电感应，近端出现异种电荷，远端出现同种电荷，近端异种电荷受到的吸引力大于远端同种电荷受到的排斥力，所以a球受到的合力是吸引力．a球在引力作用下与b球接触，发生接触起电，所以a球带上与b球相同的电荷，a、b间产生斥力，所以又分开．答案D5．下列关于电荷的说法中正确的是()A．摩擦起电是创造电荷的过程B．在国际单位制中，电荷量的单位是库仑C．电子和质子都是元电荷D．不带电的导体甲与带正电的导体乙接触后也带正电，那是因为正电荷从导体乙转移到导体甲解析A项，电荷既不能被创生也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，总量是守恒的．故A项错误；B项，在国际单位制中，电荷量的单位是库仑．故B项正确；C项，点电荷和质点一样是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19C，点电荷不是元电荷，故C项错误；D项，在电荷的转移过程中是带负电的电子发生转移，故D项错误．故选B项．答案B点评本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．6．用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是()A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的电性相反、电量相等D．同一物体与不同种类物体摩擦，该物体的带电荷种类可能不同解析物体摩擦时得失电子取决于原子核束缚电子能力与表面粗糙程度无关，故A项错误．由于电荷守恒，摩擦前两物体都不带电，净电荷为零，故摩擦总电荷量也为零，如一方带正电，另一方一定带等量负电．故B项错误，C项正确．棉布与丙烯相比吸引电子能力强，与乙烯相比束缚电子能力弱，所以D项正确．答案CD设置目的本题深入考查对摩擦起电本质的认识7．下列说法正确的是()A．元电荷实质就是电子(或质子)本身B．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量C．摩擦起电是通过摩擦创生出了等量的异种电荷的过程D．不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移解析元电荷是指电子或质子所带电荷多少的绝对值，不是指具体的带电体，故A项错误，B项正确．无论哪种起电方式都是使电荷转移的过程，而不是创生了电荷，故C项错误，D项正确．答案BD设置目的本题考查对元电荷意义的理解8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体互相摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后得知甲物体带正电1.6×10－15C，丙物体带电8×10－16C，则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－16CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16C解析甲、乙、丙三物体看成一个系统则系统未与外界发生电荷交换，所以系统带电量总和始终为零，摩擦后甲带1.6×10－15C正电荷，而丙物体带8×10－16C的负电荷，根据Q甲＋Q乙＋Q丙＝0，那么乙物体也应该带8×10－16C的负电荷．答案AD9.如图所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则()A．仅有两个小球带同种电荷B．仅有三个小球带同种电荷C．c、d小球带同种电荷D．c、d小球带异种电荷解析存在斥力的物体一定带同种电荷，故a、b、c带同种电荷，而d带电与a、b、c相反．答案BD设置目的本题考查电荷间作用力规律10.如图把一个不带电的与外界绝缘的金属棒两端分别设计上两个开关，当带正电小球靠近时，由于静电感应，在a、b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是()A．闭合K1，有电子从金属棒流向大地B．闭合K2，有电子从大地流向金属棒C．闭合K1，有电子从大地流向金属棒D．闭合K2，没有电子通过开关解析本题考查静电感应中近端与远端的理解．当导体与大地连通时，导体与大地成为一整个导体．这样导体无论哪一部分都是近端，而大地是远端．所以无论闭合哪一个开关，都是金属棒带异种电荷即负电，而大地带同种电荷正电(大地太大，而所带正电荷量相比太小，大地基本看不出显正电性)而导体棒原来并不带电，所以闭合开关时是电子受到吸引从大地流到了金属棒上面．答案BC设置目的本题深入考查对于静电感应中近端和远端的判断11．如图所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金属箔．当枕形导体的A端靠近一带电导体C时()A．A端金属箔张开，B端金属箔闭合B．用手触摸枕形导体后，A端金属箔仍张开，B端金属箔闭合C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金属箔均张开D．选项A中两对金属箔分别带异种电荷，选项C中两对金属箔带同种电荷解析本题考查静电感应．当带电体靠近时AB两端带等量异种电荷，所以金属箔都张开，故A项错误．用手触摸A或B时大地与AB连通，AB都是近端，大地是远端，故大地上的电子流到AB上面，AB带负电，金属箔都张开，故B项错误，C、D项正确．答案CD设置目的本题深入考查对于静电感应中近端和远端的判断及通过人接地这一特例二、计算题12．有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量QA＝6.4×10－9C，QB＝－3.2×10－9C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？解析接触后两小球各自带电为Q＝eq\f(QA＋QB,2)＝1.6×10－9C，对于B球来说电荷变化量为ΔQ＝Q－QB＝4.8×10－9C，则转移电子数量n＝eq\f(ΔQ,e)＝3×1010个．由于B球原来带负电，后来带正电，负电荷减少了，即有3×1010个电子从B球转移到A球．答案电子由B球转移到A球，转移了3×1010个电子．13．半径相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，现让第三个半径相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量之比为多大？(2)若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量之比为多大？解析(1)若A、B带同种电荷，设电荷量为Q，C与A接触后，由于形状相同，二者平分电荷量，A、C所带的电荷量均为eq\f(1,2)Q.C与B接触后平分二者电荷量，则B、C的电荷量均为eq\f(1,2)(eq\f(1,2)Q＋Q)＝eq\f(3,4)Q，A、B最终的电荷量之比为(eq\f(1,2)Q)∶(eq\f(3,4)Q)＝2∶3.(2)若A、B带异种电荷，设电荷量分别为Q、－Q，A、C接触后，平分电荷量，A、C的电荷量均变为eq\f(1,2)Q，C与B接触后，平分二者的电荷量，C、B的电荷量均为eq\f(1,2)(eq\f(1,2)Q－Q)＝－eq\f(1,4)Q，则A、B最终的电荷量之比为(eq\f(1,2)Q)∶|－eq\f(1,4)Q|＝2∶1.答案(1)2∶3(2)2∶114.如图所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电．现在让小球与大球接触，待电荷分布稳定后，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？解析两导体接触起电时，两球最终带电量的比例是由两球大小、形状等自身性质决定的．题中所说反复多次接触，意指接触足够多次，两球的带电量达到稳定不变的状态．则大球带电量为Q，此时与小球带电量的比与第一次接触后两球带电量的比相等．即有eq\f(q,Q－q)＝eq\f(q′,Q)，q′＝eq\f(Qq,Q－q).答案eq\f(Qq,Q－q)设置目的本题深入考查了接触起电中电荷分配比例的规律，即电荷分配由导体自身大小和形状决定．与带电总量无关1.2库仑定律一、选择题(5、10为多项选择题，其余为单选)1.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则释放后两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是()A．速度变大，加速度变大 B．速度变小，加速度变小C．速度变大，加速度变小 D．速度变小，加速度变大解析根据同种电荷相斥，每个小球在库仑斥力的作用下运动，由于力的方向与运动方向相同，均做加速直线运动，速度变大；再由库仑定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知随着距离的增大，库仑斥力减小加速度减小，所以只有C项正确．答案C2．为使真空中两个点电荷间的相互作用力变为原来的1/4，可采用的方法是()A．两个点电荷所带电荷量都减少为原来的1/4B．电荷之间的距离增大为原来的4倍C．电荷之间的距离减小为原来的1/2D．电荷间距和其中一个电荷所带的电荷量都增大为原来的4倍解析根据库仑定律公式：F＝keq\f(q1q2,r2)，两点电荷电量都减为原来1/4，则库仑力减为原来1/16，故A项错误．如果两电荷间距离增大为原来4倍，则库仑力也减为原来1/16，故B项错误．如果电荷间距离减小为原来1/2，则力增大为原来4倍，故C项错误．当电荷间距与一个电荷电量都增大为原来4倍．则作用力减为原来1/4.故D项正确．答案D设置目的考查学生对于库仑定律的初步应用3．将两个分别带有电荷量－2Q和＋5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F.现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电小球C先后与A、B两小球相互接触后拿走，A、B两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为()A.F B.eq\f(1,5)FC.eq\f(9,10)F D.eq\f(1,4)F解析与小球C接触前F＝keq\f(10Q2,r2)，与小球C接触后A、B两小球的电荷量分别变为－Q和2Q，所以接触后的库仑力F′＝keq\f(2Q2,r2)，为原来的1/5，则B项正确．答案B4．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(1,6)FC.eq\f(1,4)F D.eq\f(1,3)F解析设一个小球带电量大小为Q，则另一个大小为3Q，根据库仑定律有：两球接触前：F＝keq\f(3Q2,r2)，接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q1＝Q2＝eq\f(3Q－Q,2)＝Q；由库仑定律得：F′＝keq\f(Q×Q,（2r）2)＝eq\f(F,12)，故A项正确．答案A5.两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是()A．若m1>m2，则θ1>θ2 B．若m1＝m2，则θ1＝θ2C．若m1<m2，则θ1>θ2 D．若q1＝q2，则θ1＝θ2解析这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样．答案BC6.如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为()A．－9∶4∶－36 B．9∶4∶36C．－3∶2∶－6 D．3∶2∶6解析每个电荷都受到另外两个电荷对它的静电力的作用，其合力为零，这两个力必须满足的条件为：大小相等，方向相反．由分析可知：三者电性不可能相同，只能是如图所示两种情况．考虑q2的平衡：由r12∶r23＝1∶2据库仑定律，得q3＝4q1考虑q1的平衡：由r12∶r13＝1∶3据库仑定律，得q3＝9q2同理得q1∶q2∶q3＝1∶eq\f(4,9)∶4＝9∶4∶36考虑电性后应为－9∶4∶－36或9∶－4∶36.只有A项正确．答案A7.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L，在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系满足()A．tan2α＝eq\f(Q1,Q2) B．tan2α＝eq\f(Q2,Q1)C．tan3α＝eq\f(Q1,Q2) D．tan3α＝eq\f(Q2,Q1)解析带电小球q在P点平衡时，沿切线方向受力平衡，即FAPsinα＝FBPcosα，根据库仑定律：FAP＝keq\f(Q1q,（Lcosα）2)，FBP＝keq\f(Q2q,（Lsinα）2)，由以上两式可得D项正确．答案D设置目的力的平衡条件与库仑定律8.如图所示，竖直绝缘墙壁上有一个固定的质点A，在A点正上方的O点用绝缘丝线悬挂另一质点B，OA＝OB，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线偏离了竖直方向，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点O的拉力大小()A．逐渐减小 B．逐渐增大C．保持不变 D．先变大后变小解析关键是正确分析受力情况，找到力的矢量三角形与几何三角形的相似关系．由平衡条件知，小球B所受的重力G、库仑力F和拉力T的合力应为零，故可先将F和T合成，则它们的合力与重力构成一对平衡力．由此得到由这三个力构成的力的三角形，而这个力的三角形恰与几何三角形OAB相似．于是有eq\f(T,OB)＝eq\f(G,OA)＝eq\f(F,AB).注意到OA＝OB，故T＝G.即T与悬线和竖直方向的夹角无关，应选C项．答案C点评如果仅做一个蜻蜓点水式的分析，认为由于漏电，库仑力将减小，因而拉力减小，则容易错选A项．事实上，当两个电荷带电量减小时，其间距也将减小，悬线与竖直方向间的夹角也将减小，使库仑力大小及方向都发生变化．故绳子拉力如何变化还要进一步分析才行．设置目的考查力的三角形与几何三角形相似，库仑力沿电荷连线方向9.如图所示，一根轻质的绝缘弹簧将光滑绝缘水平面上两个相同的不带电金属小球A、B(可以视为质点)连接起来．现用另一大小相同的带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，A、B均平衡时弹簧的形变量为x1；然后再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2.已知弹簧始终处在弹性限度以内，则eq\f(x1,x2)可能为()A.eq\f(10,9) B.eq\f(4,3)C.eq\f(5,3) D.2解析假设带电金属小球C的电量为Q，带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，则A的带电量为eq\f(Q,2)，B带电量为eq\f(1,4)Q，两球之间的相互排斥力的大小是F＝keq\f(\f(Q,2)·\f(Q,4),（x0＋x1）2)根据胡克定律F＝kΔx，那么此时的弹力大小为F′＝kx1；则有：keq\f(\f(Q,2)·\f(Q,4),（x0＋x1）2)＝kx1再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2.则有：keq\f(\f(3Q,8)·\f(Q,4),（x0＋x2）2)＝kx2；假设上两式的分母相同，则eq\f(x1,x2)＝eq\f(4,3)，但由于后者的分母减小，则eq\f(x1,x2)＜eq\f(4,3)，因此可能为eq\f(10,9)，故A项正确，B、C、D三项错误；故选A项．答案A10.如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB.则()A．mA一定小于mB B．qA一定大于qBC．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB解析A项，对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，有：mAg＝eq\f(F,tanθ1)，故：mA＝eq\f(F,g·tanθ1).同理，有：mB＝eq\f(F,g·tanθ2).由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A项正确；B项，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B项错误；C项，小球摆动过程机械能守恒，有mAgΔh＝eq\f(1,2)mvA2，解得vA＝eq\r(2g·Δh)，由于A球摆到最低点过程，下降的高度Δh较大，故A球的速度较大，故C项正确；D项，小球摆动过程机械能守恒，有mgΔh＝Ek，故Ek＝mgΔh＝mgL(1－cosθ)＝eq\f(F,tanθ)L(1－cosθ)其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：Ek＝eq\f(F,tanθ)L(1－cosθ)＝FLcosθeq\f(1－cosθ,sinθ)＝FLcosθ·taneq\f(θ,2).其中F·Lcosθ＝Fh，相同，故θ越大，taneq\f(θ,2)越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D项正确；故选A、C、D三项．答案ACD点评本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解．二、计算题11.一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．(已知P距大球球心距离为4R.)解析未挖去之前，＋Q对q的斥力为F＝eq\f(kQq,（4R）2)，挖去的小球带电荷量为Q′＝eq\f(Q,\f(4πR3,3))×eq\f(4π（\f(R,2)）3,3)＝eq\f(Q,8).挖去的小球原来对q的斥力为：F1＝eq\f(k\f(Q,8)q,（4R－\f(R,2)）2)＝eq\f(kQq,98R2)，剩余部分对q的斥力为：F2＝F－F1＝eq\f(41kQq,784R2)，方向向右．答案eq\f(41kQq,784R2)方向向右12.质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电量qA＝＋10q；B球带电量qB＝＋q.若在C球上加一个水平向右的恒力F，如图所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，问外力F为多大？C球带电性质是什么？解析由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷．以三球为整体，设系统加速度为a，则F＝3ma ①隔离A、B，由牛顿第二定律可知：对A：eq\f(kqAqC,4L2)－eq\f(kqAqB,L2)＝ma ②对B：eq\f(kqAqB,L2)＋eq\f(kqBqC,L2)＝ma ③联立①②③式，得F＝70keq\f(q2,L2).答案70keq\f(q2,L2)负电荷设置目的库仑定律与牛顿第二定律结合13.如图所示，光滑绝缘导轨与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处．求：两球之间的距离．解析设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝keq\f(q2,x2)，由平衡条件，得Fcos45°＝mgsin45°由以上两式，解得x＝qeq\r(\f(k,mg)).答案qeq\r(\f(k,mg))设置目的库仑定律与物体受力平衡结合14.长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍．现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？(2)球摆回到A处时悬线拉力为多少？解析(1)球静止在A处受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式，得F拉＝F＋mg，F＝keq\f(Qq,L2)，F拉＝2mg联立解得q＝eq\f(mgL2,kQ).(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则：mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2.由牛顿第二定律和圆周运动规律，得F′拉－mg－F＝meq\f(v2,L)，由(1)知静电力F＝mg，联立解得F′拉＝3mg.答案(1)eq\f(mgL2,kQ)(2)3mg设置目的库仑定律与圆周运动和机械能守恒定律综合应用1.3电场强度一、选择题(9、10、11为多选题，其余为单项选择题)1．下面关于电场的性质说法正确的是()A．电场强度大的地方，电荷所受的电场力一定较大B．电荷所受电场力较大的地方电场强度一定较大C．匀强电场就是电场中任意两点场强大小都相等的电场D．试探电荷所受电场力为零，则该试探电荷所处位置的电场强度一定为零解析由F＝qE可知F与E有关还与q有关，所以A、B两项错误；匀强电场就是场强大小与方向都相同的电场，故C项错误；由E＝eq\f(F,q)可知试探电荷不为零，而电场力为零，所以E一定是零，故D项正确．答案D2．关于电场，下列说法正确的是()A．由E＝eq\f(F,q)知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍B．由E＝keq\f(Q,r2)知，E与Q成正比，而与r2成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同D．电场中某点场强方向是由该点所放电荷受到的电场力的方向决定的解析因E＝F/q为场强定义式，而电场中某点场强E只由电场本身决定，与是否引入检验电荷及q的大小、正负无关，故A项错误．E＝keq\f(Q,r2)是点电荷Q的电场中各点场强的决定式，有E∝eq\f(Q,r2)，即E与Q成正比、与r2成反比，所以B项正确．因场强为矢量，E相同意味着大小、方向都相同，而在该球面上各处E方向不同，故C项错误．因所放电荷的电性不知，若为正电荷，则E与＋q受力方向相同，否则相反，故D项错，故选B项．答案B3．关于电场场强的概念，下列说法正确的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B．正负试探电荷在同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零解析电场强度的大小与试探电荷所带电荷量以及所受电场力大小无关，只和电场本身的性质有关，A、D两项错误，C项正确；电场方向与正电荷受到的电场力方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，B项错误．答案C4.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布，以下几种说法正确的是()A．a、b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量B．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量C．a、b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量D．a、b为异种电荷，a的电荷量等于b的电荷量解析由题中图形可知一系列电场线在a、b之间，则一定为异种电荷，由电场线左右不对称可知，两电荷是不等量的，又根据电场线的疏密可知b所带电荷量大，则答案为B项．答案B5．如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是()A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零解析在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B两项错误；越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零，故C项正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D项错误．答案C6．如图所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称．下列关于E随x变化的图象正确的是()解析根据场强的叠加，知两个等量负点电荷的连线中点场强为零，两侧场强方向是相反的，不可能相同；根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，从左侧无穷远到负电荷，电场强度逐渐增大，方向向右；从负电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，且O点的电场强度为零；从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向左；故A项正确，B、C、D三项错误；故选A项．答案A7．如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是()A．B点的电场强度的大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3m解析由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，B、C项错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强EA＝keq\f(Q,l2)＝eq\f(Fa,qa)＝eq\f(4×10－4,1×10－9)N/C＝4×105N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝keq\f(Q,（0.5－l）2)＝eq\f(Fb,qb)＝eq\f(1×10－4,4×10－9)N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1)m＝0.3m，A项错误，D项正确．答案D8．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.eq\f(kq,4R2) B.eq\f(kq,2R2)－EC.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,2R2)＋E解析把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起．整个带正电荷的球面在N点的场强E1＝keq\f(2q,（2R）2)＝keq\f(q,2R2)，半个带负电荷球面在N点的场强E2＝E，N点的场强EN＝E1－E2＝keq\f(q,2R2)－E，则B项正确．答案B9．把质量为m的正点电荷q在电场中由静止释放，在它运动的过程中如果不计重力，下述说法正确的是()A．点电荷的运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必与所在点的电场线的切线方向共线C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向共线D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向共线解析点电荷只有从静止开始沿方向不变的电场线运动时运动轨迹才与电场线重合，所以A项错误；正点电荷在电场中受力沿电场线切线方向，负点电荷沿电场线切线反方向．所以C、D两项正确，B项错误．答案CD设置目的考查电场线的切线表示场强方向10.AB和CD是圆上两条相互垂直的直径，圆心为O，将电量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称，且两点电荷之间的距离等于圆的半径，如图所示，要使圆心处场强为零，可在圆周上再放置一个适当的点电荷Q，则该点电荷()A．应该放在A点，Q＝2q B．应该放在B点，Q＝－2qC．应该放在C点，Q＝－q D．应该放在D点，Q＝q解析设圆半径为R，电荷＋q、－q在圆心处产生的场强为E＝E1＝E2＝keq\f(q,R2)方向由O指向D，要使O点合场强为零，若Q放在C点，则Q应该是负电荷，且场强大小也为keq\f(q,R2)，所以C点电荷为－q.反之若电荷放在D点，则就为正电荷，电量为＋q.答案CD11．如图所示，匀强电场方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是()A．天花板与物体间的弹力不可能为零B．天花板对物体的摩擦力不可能为零C．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E的增大而增大D．在逐渐增大电场强度E的过程中，物体受到天花板的弹力逐渐减小解析A、B、C三项，物体受力如图所示，由于物体静止，电场力方向垂直斜面，则由平衡条件知，沿天花板方向：f＝mgsinθ，摩擦力不可能为零且不随压力的变化而变化，即摩擦力不会随电场强度E的变化而变化，因摩擦力不为零，那么天花板与物体间的弹力不可能为零，故A、B两项正确，C项错误；D项，垂直天花板方向：qE＝mgcosθ＋N，当E增大时，N增大，故D项错误；故选A、B两项．答案AB点评本题考查分析物体受力的能力．对于弹力和摩擦力的关系要理解：两物体间有摩擦力时则一定有弹力．二、计算题12.如图所示，点电荷Q的电场中，电量q＝1.0×10－10C的点电荷P在与点电荷Q距离r＝0.1m处受到的电场力为9.0×10－5N．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)点电荷Q在P处的电场强度多大？(2)点电荷Q的电量多大？(3)如果把q拿走，P点电场强度是多少？解析(1)根据电场强度的定义式；解得：E＝eq\f(F,q)＝9.0×105N/C.(2)根据库仑定律，F＝eq\f(kQq,r2)，解得：Q＝1.0×10－4C.(3)如果把q拿走，P点电场强度仍不变，即为E＝9.0×105N/C.答案(1)点电荷Q在P处的电场强度9.0×105N/C；(2)点电荷Q的电量1.0×10－4C；(3)如果把q拿走，P点电场强度是9.0×105N/C.点评该题可以用电场强度的定义式和库仑定律的公式直接计算，理解电场强度是比值定义法，与检验电荷无关的．13.如图，真空中两个带电量均为＋Q的点电荷固定在A、B两点，它们之间的距离为8d，O点是它们连线的中点．C、D是连线中垂线MN上关于O点对称的两点．AC与MN的夹角是53°，空间中还有一匀强电场．将一试探负电荷放置在C点时恰能保持静止．已知静电力常量为k、试探电荷的比荷为μ.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不考虑电荷的重力)(1)求匀强电场的电场强度E的大小及方向．(2)给该试探电荷某一初速度，使其从C点沿MN恰能运动到D点，求初速度的大小．解析(1)由几何关系可知，AC与BC的长度：r＝eq\f(4d,sin53°)＝5d由库仑定律，则两个点电荷在C点产生的电场强度：EA＝EB＝eq\f(kQ,（5d）2)＝eq\f(kQ,25d2)由电场的对称性与矢量合成的特点可知，两个点电荷在C点的合场强：EC＝2EAcos53°＝eq\f(6kQ,125d2)，方向向左；试探电荷静止，则C点的总合场强为0，所以匀强电场的电场强度大小为：E＝eq\f(6kQ,125d2)，方向向右；(2)由几何关系可知，CD之间的距离：L＝6d由等量同种点电荷的电场的对称性可知，两个点电荷在C点的电势与在D点的电势是相等的，所以试探电荷从C到D的过程中只有匀强电场做功，设试探电荷的质量为m，带电量为q，初速度为v，由动能定理可得：－Eq·6d＝0－eq\f(1,2)mv2又：eq\f(q,m)＝μ联立可得：v＝2eq\r(3μEd)答案(1)匀强电场的电场强度E的大小为eq\f(6kQ,125d2)，方向向右．(2)初速度的大小为2eq\r(3μEd).14.如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L.滑块可视为质点，重力加速度为g.(1)求匀强电场的场强大小；(2)若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端过程的加速度的大小和经历的时间．解析(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态；由力的平衡条件有：qE＝mgsinθ解得：E＝eq\f(mgsinθ,q)(2)当电场方向平行于斜面向下时由牛顿第二定律有：qE＋mgsinθ＝ma解得：a＝2gsinθ由运动学规律有：L＝eq\f(1,2)at2联立解得：t＝eq\r(\f(L,gsinθ))答案(1)匀强电场的场强大小为eq\f(mgsinθ,q)；(2)滑块由静止从P点滑至斜面底端过程的加速度的大小2gsinθ，经历的时间eq\r(\f(L,sinθ)).1.4电势能和电势一、选择题(1、2、3、4、9题为多项选择题，其余为单项选择题)1．关于电势与电势能的说法，正确的是()A．电荷在电势越高的地方，电势能也越大B．电荷电荷量越大，它所具有的电势能也越大C．在正点电荷的电场中任一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D．在负点电荷的电场中任一点，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能解析由Ep＝qφ可知，对正电荷，电势越高，电势能越大，对负电荷则相反．所以A、B两项都错．正电荷电场中，正试探电荷电势能为正，负点电荷电势能为负．故C项正确．在负电荷电场中正试探电荷电势能为负，而负试探电荷电势能为正，故D项正确．答案CD2．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，A项正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，B项错误；场强大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势是降低的，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，C项错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，D项正确．答案AD3.将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析电场线密的地方电场强度大，A项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；由Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，故D项正确．答案ABD4.图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是()A．带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的B．a点的电势比b点的电势高C．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小D．a点的电场强度比b点的电场强度大解析带电质点从a由静止释放，能沿电场线竖直向上运动，电荷所受的电场力也一定是竖直向上的；电势沿电场线方向降低，a点的电势一定比b点的电势高；如果带电质点的重力可以忽略，质点由静止开始运动，就会一直运动下去，所以本题中的质点受到的重力不能忽略，且质点一开始所受电场力一定大于重力，如果电场是匀强电场，质点也应该永远加速运动下去，但质点到达b点速度为零，说明质点已经进行了一段减速运动，受到的电场力比重力要小，可见电场力是逐渐变小的，这是一个非匀强电场的电场线，且场强越来越小．综上所述，A、B、D三项正确．注意：本题是一道较难的复合场问题，分析的难点是：带电质点先从a点由静止向上运动，显然电场力大于重力，到b点静止，说明电场力又减小，由此推知带电质点受到的电场力是越来越小的，即场强越来越小．答案ABD设置目的考查复合场中粒子运动学与能量转化5.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是()A．两个物块的电势能逐渐减少B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力解析两物块之间的库仑力对两物块均做正功，电势能减少，A项正确，B项错误；两物块的重力势能不变，动能先增后减，故机械能不守恒，C项错误；物块先加速后减速，故库仑力先大于摩擦力，但随着距离的增大，库仑力逐渐减小，故后阶段摩擦力大于库仑力，D项错误．答案A6.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度方向及运动轨迹如图所示，可以判定()A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势低于B点的电势解析如图所示，由电场线的疏密可知电场强度EB>EA，所以粒子的加速度aB>aA；由定性画出的等势面(如图中虚线所示)，并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA>φB；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能、电势能的变化情况为EkB>EkA，EpB<EpA，B项正确．答案B7．等量异种电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带正电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷在此全过程中()A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小不变C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小解析根据电场的叠加，正电的试探电荷在a点和b点、c点受电场力方向相同，垂直ab向下，电场线越密，场强越大，根据电场的疏密可知，a、b点的场强大小关系是：Ea<Eb，所以试探电荷所受电场力不恒定，A项正确，B项错误；ab是一条等势线，检验电荷从图中a点沿直线移到b点，电场力不做功，电势能不变，从b到c，电场力做负功，电势能增大，故C、D两项错误．答案A8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．q1<q2C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加解析φ­x图线的斜率等于电场强度，故可知N点的电场强度大小不为零，C点电场强度为零，故可知q1>q2.故A、B项错误；由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向．故C项错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，电势能先减少后增加，故D项正确；故选D项．答案D9.(多选)如图所示的点电荷电场中，带正电的场源点电荷固定于O点，OP＝r.已知一个电荷量为q的正检验电荷在P点受到的电场力大小为F、具有的电势能为Ep，静电力常量为k.下列说法正确的是()A．P点的场强大小为eq\f(F,q)B．P点的电势为qEpC．场源电荷的电荷量为eq\f(Fr2,kq)D．撤去检验电荷q，P点的场强、电势均变为0解析A项，根据电场强度的定义知，P点的场强为E＝eq\f(F,q)，故A项正确；B项，根据电势的定义式得，P点的电势为φ＝eq\f(Ep,q)，故B项错误；C项，由点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)，由A知P点场强为eq\f(F,q)，得到场源电荷的电荷量为Q＝eq\f(Fr2,kq)，故C项正确；D项，电场强度和电势由电场本身的性质决定，与放入电场中的检验电荷无关，故撤去检验电荷q，P点的场强、电势均不变，故D项错误；故选A、C两项．答案AC10.一带负电的点电荷仅在电场力作用下，先后经过电场中的A、B两点，其v­t图象如图所示．tA、tB分别是该电荷经A、B两点的时刻，则()A．A点的场强一定小于B点的场强B．场强的方向一定从B点指向A点C．A点的电势一定低于B点的电势D．该电荷在A点的电势能一定小于在B点的电势能解析速度均匀减小说明加速度大小不变，电荷受力不变，因此电场强度大小相等，A项错误；负电荷由A到B减速运动，电场方向由A到B，B项错误；沿电场线方向电势降低，C项错误；负电荷从A到B电场力做负功，电势能增加，动能减小，D项正确．答案D设置目的考查v­t图的应用与电场力结合11.两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小解析根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动．粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大．故C项正确．答案C二、计算题12.如图所示，将一质量为m、电荷量为＋q的小球固定在绝缘杆的一端，杆的另一端可绕通过O点的固定轴转动，杆长为L，杆的质量忽略不计．将杆和小球置于场强为E的匀强电场中，电场方向如图所示，将杆拉至水平位置OA，在此处将其自由释放，求杆运动到竖直位置OB时小球电势能的变化和小球到达B点的速率．解析(1)A→B电场力做功WAB＝qEd＝qEL.由电场力做功与电势能变化关系，得ΔEp＝－WAB＝－qEL，即电势能减小了qEL.(2)由动能定理，得qEL＋mgL＝eq\f(1,2)mvB2－0所以vB＝eq\r(\f(2（qE＋mg）L,m)).答案电势能减小了qELB点速率为eq\r(\f(2（qE＋mg）L,m))13．如图甲所示，电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，前4s内物块运动速度v与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)前2s内电场力做的功；(2)物块的质量m；(3)物块在前6s内的位移大小．解析(1)前2s内的电场力为：F1＝E1q＝3×104×1×10－4N＝3N.前2s内的位移为：x1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m.前2s内电场力做的功为：W＝F1x1＝6J.(2)前2s内的加速度为：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2.则有：E1q－μmg＝ma1.2s～4s内物块匀速运动，则有：E2q＝μmg.联立解得：m＝1kg.(3)4s～6s内有：μmg－E3q＝ma3.解得：a3＝1.5m/s2.从4s末开始还能减速运动的时间为：t3＝eq\f(Δv,a3)＝eq\f(0－2,－1.5)s＝eq\f(4,3)s即经4eq\f(4,3)s停止运动．减速的位移为：x3＝eq\o(v,\s\up6(－))t3＝eq\f(2,2)×eq\f(4,3)m＝eq\f(4,3)m，则总位移为：x＝x1＋x2＋x3＝2m＋2×2m＋eq\f(4,3)m≈7.3m.答案(1)6J(2)1kg(3)7.3m14.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE>μmg，虚线右侧的水平面光滑．一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量．解析(1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有(qE＋μmg)x＝eq\f(1,2)mv02①解得x＝eq\f(mv02,2（qE＋μmg）)②之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek由能量守恒定律，得qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L)③解得Ek＝(qE－μmg)L＋eq\f(m（qE－μmg）v02,2（qE＋μmg）)④滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为Epm＝(qE－μmg)L＋eq\f(m（qE－μmg）v02,2（qE＋μmg）)⑤(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋eq\f(1,2)mv02⑥答案(1)(qE－μmg)L＋eq\f(m（qE－μmg）v02,2（qE＋μmg）)(2)qEL＋eq\f(1,2)mv021.5电势差一、选择题(2、11题为多选题，其余为单项选择题)1．关于电势差的下列说法中，正确的是()A．电势差与电势一样，是相对量，电势差的值与零电势点的选取有关B．电势差是一个标量，没有正值和负值之分C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的改变而改变，所以UAB＝UBA解析电势差与零电势点选取无关，故A项错误．电势差也有负的，表示初位置电势比末位置电势低，故B项错误．电势差只决定于初末位置，与电荷移动的路径无关，故C项正确．UAB＝－UBA，故D项错误．答案C设置目的考查对电势差概念的理解2．关于UAB＝eq\f(WAB,q)和WAB＝qUAB的理解，正确的是()A．电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q成反比B．在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比C．UAB与q、WAB无关，甚至与是否移动的电荷都没有关系D．WAB与q、UAB无关，与电荷移动的路径无关解析A、C项，电势差公式UAB＝eq\f(WAB,q)是比值定义法，电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功均无关．故A项错误，C项正确；B项，电场中A、B两点间的电势差是一定的，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比．故B项正确；D项，由公式WAB＝qUAB可知，WAB与q、UAB都有关，与电荷移动的路径无关．故D项错误．故选B、C两项．答案BC3.如图所示，在一正的点电荷产生的电场中有A、B两点，一点电荷为－3.2×10－19C的试探电荷从A点移到B点的过程中，克服电场力做功为W＝6.4×10－20J，则A、B两点间的电势差UAB等于()A．5V B．－5VC．0.2V D．－0.2V解析克服电场力做功即电场力做负功，可知A、B两点间的电势差：UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－W,q)＝eq\f(－6.4×10－20,－3.2×10－19)V＝0.2V．故A、B、D三项错误，C项正确．答案C4.如图所示，在－Q形成的电场中，有a、b、c三点，它们到点电荷的距离为ra<rb<rc，且Uab＝Ubc.则()A．a点电势高于c点电势B．a点场强比c点场强大C．同一负电荷放在c点比放在a点的电势能大D．同一负电荷由a点移到b点，比由b点移到c点电场力做功多解析由孤立负点电荷电场线和等势面的分布知B项正确；因φc>φa，同一负电荷在电势低处电势能大，故C项错误；因Uab＝Ubc，据W＝qU知Wab＝Wbc，D项错误．答案B设置目的考查求功公式W＝qU和电势能公式Ep＝qφ5.如图所示，以坐标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另有一沿x轴正方向，场强大小为E的匀强电场，当点电荷＋q在电场中移动时()A．从a移到b，电场力不做功B．从a移到c，电场力做正功C．从d移到b，电场力做功为2qErD．从d移到a，电场力做功为2qEr解析点电荷Q所形成的电场与匀强电场叠加时，场强遵循矢量合成法则，电势遵循代数相加法则．也可应用独立作用原理，即求电荷q在电场中所受电场力，可先分别求出点电荷Q和匀强电场对该电荷的作用力，再求它们的矢量和．求电荷在电场中具有的电势能或在电场中移动时电场力所做的功，可先分别求出在点电荷Q形成的电场和匀强电场中的电势能或在这两个电场中移动所做的功，再求和．a、b、c、d位于以＋Q为球心的球面上，它们在＋Q形成的电场中的电势是相等的，所以点电荷＋Q的电场力始终不做功．而在匀强电场中，这四个点的电势高低关系是φd>φa＝φc>φb，且Uda＝Udc＝Uab＝Ucb＝Er.由此可断定Wdb＝2qEr.答案C设置目的考查求功公式WAB＝qEscosθ和等势面性质6.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)()A．16J B．10JC．6J D．4J解析正电荷在电场中只受电场力的作用，在L3时，动能为20J，运动到L1时动能为零，此过程中只有电场力做功，所以电场力做了－20J的功，而U21等于U32，所以qU21＝qU32，W31＝qU32＋qU21＝0－20J，qU21＝－10J，qU32＝－10J，所以电荷运动到L2等势面时其剩余动能是10J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10J．当它的电势能为4J时，动能为6J．所以C项正确．答案C设置目的考查电场力做功公式及能量守恒7.如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O′点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是()A．b、h两点的电场强度相同B．a点电势比e点电势高C．d、b两点间电势差大于e、b两点间电势差D．将电子沿圆周由h运动到d与由h运动到f，电场力做功相等解析A项，由图看出，b、h两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、h两点的电场强度不同，故A项错误．B项，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越高，故a点电势低于e点电势，故B项错误．C项，e点电势大于d点电势，则e、b两点间电势差大于d、b两点间电势差，故C项错误．D项，d、f两点电势相等，则电子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等，故D项正确．故选D项．答案D8.如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为26eV和5eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为()A．8eV B．13eVC．20eV D．34eV解析由于电荷在电场中移动时只有静电力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化.1、2、3、4为等差等势面，等势面3的电势为零，从等势面1到等势面4电荷减少的动能为21eV，所以从1到3减少的动能为14eV，故电荷在等势面3上的动能为12eV，故当电势能为－8eV时，动能为20eV.答案C9.如图所示，在A点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子在到达B点时的速度恰好为零，已知A、B所在位置的电场线方向竖直向下，A、B两点间的高度差为h，则下列判断中错误的是()A．带电粒子带负电B．A、B两点间的电势差UAB＝eq\f(mgh,q)C．B点场强大于A点场强D．A点场强大于B点场强解析带电粒子在从A到B的过程中，只有重力和电场力做功．对A到B过程应用动能定理可知合外力做功为零即WG＋WAB＝0.又因为WG>0，所以WAB<0.UAB>0代入WAB＝qUAB可推出粒子带负电．UAB＝eq\f(－mgh,－q)＝eq\f(mgh,q)，A、B两项正确；因为带电粒子在由A向B运动的过程中，在重力和电场力作用下先加速后减速运动，说明电场力先小于重力，后来大于重力，所以电场力越来越大，故场强越来越大，C项正确，D项错误．答案D10.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A.eq\f(mv02,2q) B.eq\f(3mv02,q)C.eq\f(2mv02,q) D.eq\f(3mv02,2q)解析粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有02－v02＝2(－g)h，粒子在水平方向做匀加速运动．电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由eq\f(1,2)mv02变为2mv02，则根据动能定理，有Uq＋(－mgh)＝2mv02－eq\f(1,2)mv02，其中由02－v02＝2(－g)h，得h＝eq\f(v02,2g)，代入解方程得A、B两点电势差应为eq\f(2mv02,q)，应选C.答案C设置目的考查能量守恒与电场力做功11．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2.若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是()A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA>φBB．若v2>v1，则电场力不一定做正功C．A、B两点间的电势差为eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解析由电场线的疏密可判断出EA<EB.由电场线的方向可判断出φA>φB，故A项错误；在运动的过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若v2>v1，qU可正可负即电场力不一定做正功，A、B两点间的电势差U＝eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)，电场力做功W＝qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－mgh.故B、C两项正确，D项错误．答案BC二、计算题12.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为－4×10－6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4J，N板接地，设大地为零势面．则(1)A点的电势φA是多少？(2)UMN等于多少伏？(3)M板的电势φM是多少？解析(1)A、N间的电势差：UAN＝eq\f(WAN,q)＝eq\f(4×10－4,－4×10－6)V＝－100V又UAN＝φA－φN，φN＝0，则A点的电势为：φA＝－100V.(2)根据带电粒子做功规律可知：WMA＝－WAM＝8×10－4J所以M、N板间的电势差为：UMN＝eq\f(WMN,q)＝eq\f(WMA＋WAN,q)＝eq\f(8×10－4＋4×10－4,－4×10－6)V＝－300V.(3)由UMN＝φM－φN，φN＝0，得M板的电势为：φM＝UMN＝－300V.答案(1)A点的电势φA是－100V.(2)M、N板间的电势差UMN等于－300V.(3)M板的电势φM是－300V.13.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是半径为R的圆形轨道，今有质量为m、带电量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与最低点B间的电势差为多大？解析小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力做功和电场力做功，由动能定理得eq\f(1,2)mv2＝qUAD－mg·2R.小球在D点时受两个力：重力和电场力，但是电场力此刻沿切线方向，与速度方向相反．重力垂直于速度方向指向圆心提供向心力，由牛顿第二定律，得mg＝meq\f(v2,R)，联立解得UAD＝eq\f(5mgR,2q).由于B、D两点在同一等势面上，所以UAB＝UAD＝eq\f(5mgR,2q).答案eq\f(5mgR,2q)14.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：(1)小球滑至C点时的速度大小；(2)A、B两点间的电势差；(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．解析(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零．由几何关系可得BC的竖直高度．hBC＝3R/2根据动能定理有mg×3R/2＝mvC2/2－mvB2/2解得vC＝eq\r(7gR).(2)因为电势差UAB＝UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg×3R＋(－q)×UAC＝mvC2/2解得UAB＝UAC＝－mgR/(2q)．(3)因为φA<φC、φC＝0，因为UAC＝φA－φC所以φA＝UAC＋φC＝－mgR/(2q)．答案(1)eq\r(7gR)(2)－mgR/(2q)(3)－mgR/(2q)1.6电势差与电场强度的关系一、选择题(5、6、9为多项选择题，其余为单项选择题)1．下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是()A．任意两点之间的电势差，等于场强和这两点间距离的乘积B．只要两点间距离相等，则它们之间电势差就相等C．沿着电场中任一方向，经过相同距离，电势变化相同的量D．电势降落的方向必定是电场强度的方向解析U＝Ed中的d是沿电场强度方向，故A项错误．只有沿同一个方向经过相同的距离，电势才能变化相同的量．故B项错误，C项正确．电势降落的方向可以不沿场强方向，但是沿场强方向时电势降落最快．故D项错误．答案C设置目的考查对于匀强电场电势差与场强的关系2.如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是()A．竖直向下，E＝100V/mB．水平向左，E＝100V/mC．水平向左，E＝200V/mD．水平向右，E＝200V/m解析由电势降低最快的方向就是电场强度的方向以及电场线与等势面垂直的特点可知，电场强度方向水平向左，又由E＝eq\f(U,d)，得E＝eq\f(2V,2×10－2m)＝100V/m.故B项正确．答案B3.如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1V，φB＝4V，φC＝0，则D点电势φD的大小为()A．－3V B．0VC．2V D．1V解析在匀强电场中，由于AD与BC平行且相等，故UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，代入数据，解得φD＝－3V.答案A4.如图所示，实线为电场线，虚线表示等势面，φa＝50V，φc＝20V，则a、c连线的中点b的电势φb()A．等于35V B．大于35VC．小于35V D．等于15V解析由电场线的疏密可知，Ea>Eb>Ec则a、b间的平均电场强度大于b、c间的平均电场强度，由公式U＝Ed可以判断Uab>Ubc，所以φb<eq\f(φa＋φc,2)＝35V．C项正确．答案C5.如图所示的同心圆是电场中的一组等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有()A．电子沿AC运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC运动时它具有的电势能越来越大C．电势φA>φB>φCD．电势差UAB＝UBC解析由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，电场力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是－Q形成的电场，因此越靠近－Q，电场线越密，场强也就越大，电子所受电场力也就越大，所以A项不对，B项正确．又因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以C项正确．又因为此电场不是匀强电场，沿电场线方向电势不是均匀降落，故UAB≠UBC，所以D项错误，故B、C两项正确．答案BC设置目的非匀强电场中应用U＝Ed6.如图所示，在x，y坐标系中有以O点为中心，边长为0.20m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A、B、C三点的电势分别为3V、－eq\r(3)V，－3V，则下列说法正确的是()A．D点的电势为eq\r(3)VB．该匀强电场的场强大小E＝10eq\r(2)V/mC．该匀强电场的场强大小E＝10eq\r(6)V/mD．电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角解析因A、C两点的电势分别为3V、－3V，可知O点的电势为零，由对称性可知D点的电势为eq\r(3)V，A项正确；设过O点的零等势线与x轴夹角为α，则E·eq\f(\r(2),2)×0.2sinα＝3；E·eq\f(\r(2),2)×0.2cosα＝eq\r(3)；解得α＝60°；E＝10eq\r(6)V/m，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角，C、D两项正确；故选A、C、D三项．答案ACD名师点睛解决本题的关键是正确理解U＝Ed，分析匀强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解场强；注意电场线和等势面正交．7．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图()解析等量同种电荷垂直平分线为一条等势线，在该等势线正电荷一侧电势均为正值，在该等势线负电荷一侧电势均为负值．答案A8.如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100V/m，则O、P两点的电势差可表示为()A．UOP＝－10sinθ(V) B．UOP＝10sinθ(V)C．UOP＝－10cosθ(V) D．UOP＝10cosθ(V)解析沿电场线方向电势降低，由UOP＝φO－φP