第6章 静电场 作业解答

第 6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为 q +和 q 2-的两个点电荷分别置于 1=x m 和 1-=x m 处。

一试验电荷置于 x 轴上何处,它受到的合力等于零?解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定, 只有试验电荷0q 位于点电荷 q +的右侧,它受到的合力才可能为 0,所以2002001(π4 1(π42-=+x qq x qq εε 故 23+=x2. 电量都是 q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。

试问:(1在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零 ?(2这种平衡与三角形的边长有无关系 ?解:(1 以 A 处点电荷为研究对象,由力平衡知, q '为负电荷,所以20220 3(π4130cos π412a q q a q '=︒εε故 q q 33-=' (2与三角形边长无关。

3. 如图所示,半径为 R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环,在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段, 该线段的一端处于圆环中心处。

求该直线段受到的电场力。

解:先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。

在带电圆环上取dl dq 1λ=, dq 在带电圆环轴线上 x 处产生的场强大小为(4220R x dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知, 0==z y E E22(41cos R x xdqdE dE x +==πεθ式中:θ为 dq 到场点的连线与 x 轴负向的夹角。

+=22(4dq R x xE x πε2210 (24R x Rx+⋅=πλπε2201 (2R x xR +=ελ 下面求直线段受到的电场力。

在直线段上取dx dq 2λ=, dq 受到的电场力大小为dq E dF x =dx R x xR 22021 (2+=ελλ方向沿 x 轴正方向。

直线段受到的电场力大小为⎰=dF F R x xR l ⎰+=022021 (ελλ2 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2/12202111R l R R ελλ2 方向沿 x 轴正方向。

第6章 静电场6-1两个电量都是+q 的点电荷，相距a 2，连线中心为O ，今在它们连线的垂直平分线上放置另一点电荷'q ，'q 与O 相距r ，求（1）'q 所受的力；（2）'q 放在哪一点时所受的力最大,是多少?解 如解用图，以O 点为原点，建立直角坐标系oxy（1）点电荷'q 所受的力21F F F'1222014πqq F F r ar r12121212sin sin cos cos x x x yy y F F F F F F F F F F将'1222014πqq F F r ar r ，cos，代入上式并化简0x F '322202πy qq r F r a （）故 '322202πqq rF j r a r r （）（2）若点电荷'q 在r 处受力最大，则d 0d rFr即 223/2221/22223/22233()()2d 20d ()()r a r a r r r r a r a 解得 2ra此时 ''max32222002π9πr qq r F a r a（）6-2 三个点电荷的带电量均为Q ，分别位于边长为a 的等边三角形的三个角上，求在三角形重心应习题6—1解用图1F r 2F ry放置一电量为多少的点电荷，系统处于平衡状态。

解 如解用图，以电荷a 为例来讨论，设放置的电荷为q ,b 对a 的作用力为ba F r，c 对a 的作用力为ca F r ，ba F r 和ca F r 的合力为bc F r，q 对a 的作用力为q F r ，则2204πba ca Q F F a, 202032cos3024π2bc ba Q F F a2014π3()3q Qq F a，由0 q bc F F得 222003112024π4π3()3Q Qqa a解得 Q q33不难看出，三个顶点上的点电荷对q 的合力为零，所以整个系统处于平衡状态。

课时作业(二十二)1．(2012·江苏卷)真空中，A ，B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A ，B 两点的电场强度大小之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9 [解析] 本题考查点电荷的电场强度，意在考查对基本概念的理解．由点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2，距离之比1∶3，则点电荷产生的电场强度大小之比为9∶1，C 正确．[答案] C2．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如右图所示，O 是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P 1、P 2、P 3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O 的电荷量用Q 表示，小球的电荷量用q 表示，物体与小球间距离用d 表示，物体和小球之间的作用力大小用F 表示．则以下对该实验现象的判断正确的是( ) A ．保持Q 、q 不变，增大d ，则θ变大，说明F 与d 有关B ．保持Q 、q 不变，减小d ，则θ变大，说明F 与d 成反比C ．保持Q 、d 不变，减小q ，则θ变小，说明F 与q 有关D ．保持q 、d 不变，减小Q ，则θ变小，说明F 与Q 成正比[解析] 本题考查库仑定律．根据库仑定律可知F ＝k Qq d 2，保持Q 、q 不变，增大d，F将变小，则θ变小，说明F与d有关，但不能确定成反比关系，选项A、B错误；保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关，选项C正确；保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F随Q的减小而减小，但不能确定成正比关系，选项D错误．[答案] C3.(2011·上海单科)如右图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b 所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力() A．小于N B．等于NC．等于N＋F D．大于N＋F[解析]剪断连接球b的细线后，b球会向上加速，造成两球之间的静电力F电增大，剪断前由整体法N＝Mg＋m a g＋m b g，F电＝m b g＋F.剪断后对箱和a球有N′＝Mg＋m a g＋F电′＝N－m b g＋F电′，由于F电′>F电，所以N′>N＋F，故选D.(转换思维法)[答案] D4.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处()A．场强大小为kqr2，方向沿OA方向B．场强大小为kqr2，方向沿AO方向C．场强大小为2kqr2，方向沿OA方向D．场强大小为2kqr2，方向沿AO方向[解析]根据对称性，先假定在A点放上＋q的点电荷，则O点的场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的场强方向沿OA向上，大小为kqr2.故O点的合场强为A点－q在O点产生的场强与B、C、D、E四个＋q在O点产生的合场强的矢量和，即E O＝E A＋E′＝2kqr2，所以答案为C.[答案] C5.如右图所示，AB是某个点电荷电场的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是() A．电场线由B指向A，负电荷做加速运动，加速度越来越小B．电场线由B指向A，负电荷做加速运动，其加速度大小变化因题设条件不同不能确定C．电场线由A指向B，负电荷做匀加速运动D．电场线由B指向A，负电荷做加速运动，加速度越来越大[解析]负电荷由静止释放仅在电场力作用下向B运动，说明电场力方向由A指向B，故场强方向应由B指向A，由于形成电场的点电荷情况不详，电场的分布不能由一根电场线确定，其加速度大小变化不能确定，所以A、C、D错误，B项正确．[答案] B6．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点. 放在A 、B 两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如下图乙所示．以x 轴的正方向为电场力的正方向，则 ( )A ．点电荷Q 一定为正电荷B ．点电荷Q 在AB 之间C ．A 点的电场强度大小为2×103 N/CD ．同一电荷在A 点所受的电场力比B 点的大[解析] 由题图可知，A 、B 都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率为各点的场强大小，则E A ＝4×10－32×10－6N/C ＝2×103 N/C ，E B ＝2×10－34×10－6N/C ＝0.5×103 N/C ＝E A 4，同一电荷在A 点所受的电场力比B 点的大；由A 、B 两点所放的检验电荷电性相反而所受电场力方向相同，可得A 、B 两点电场强度方向相反，则点电荷Q 在AB 之间，且为负电荷；故选项BCD 正确．[答案] BCD7．两带电荷量分别为q 和－q 的点电荷放在x 轴上，相距为L ，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x 关系的是图 ( )[解析] 根据两等量异种点电荷周围的电场线可直观地看出，连线的中点场强最小，但不为零，关于中点对称的两点场强大小相等，方向相同，所以两点电荷的连线上的场强先减小后增大，A 正确．[答案] A8.带等量异种电荷的点电荷固定在空间的A、B两点，CD为AB的中垂线，O 为垂足，一个α粒子在由AB、CD确定的平面内运动．右图的四条弧形虚线中，哪些是α粒子的可能轨迹() A．①③B．②④C．①D．③[解析]对等量异种电荷的电场线分布图要做到心中有数，α粒子带正电，受力与电场线方向一致．另外电场力应指向轨迹的凹处，分析知只有③才是可能的轨迹．[答案] D9.(2012·上海奉贤区高三上学期期末)已知电荷q均匀分布在半球面AB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，如右图所示，M是位于CD 轴线上球面外侧，且OM＝ON＝L＝2R.已知M点的场强为E，则N点的场强为()A．E B.kq L2C.kqL2－E D.kq2R2－E[解析]假设在半球面AB右侧有一电荷(电荷量为q)均匀分布的半球面A′B′，与之构成一个完整的球面，则整个球面在N点的场强为E′＝2kq(2R)2，半球面A′B′在N点的场强为E，半球面AB在N点的场强为E′－E＝kq2R2－E，选项D正确．[答案] D10.如右图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比() A．推力F将增大B．竖直墙面对小球A的弹力增大C．地面对小球B的弹力一定不变D．两个小球之间的距离增大[解析]将A、B两球看成整体，则竖直方向与水平方向均平衡，故地面对小球B的支持力(为两球重力之和)保持不变，C正确；对B受力分析知，B所受力的三角形与几何图形相似，根据相似知识知，推力F减小，故墙面对A的弹力减小，A、B错误；对B来说，竖直方向的合力(支持力与重力)不变且向上，水平向左的推力减小，故电场力减小，因此AB间距离变大，故D正确．[答案] CD11．质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l 的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；(2)外加匀强电场的场强E.[解析](1)A球带正电，B球带负电两小球相距d＝2l－2l sin30°＝l由A球受力平衡可得：mg tanα＝k Q2 l2解得：Q＝3mg 3k l.(2)外加电场时，两球相距d′＝2l＋2l sin30°＝3l根据A球受力平衡可得：QE－kQ2(3l)2＝mg tanα解得：E＝1033mgk9l.[答案] (1)A球带正电，B球带负电3mg 3k l(2)1033mgk9l12．(2012·合肥一模)如右图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．[解析](1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒故有：mg·4R＝12m v2B到达B 点时速度大小为v B ＝8gR(2)设电场力的竖直分力为F y ，水平分力为F x ，则F y ＝mg ，小球从B 运动到C 的过程中，由动能定理得：－F x ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B 小球从管口C 处脱离管后，做类平抛运动，由于经过A 点，有y ＝4R ＝v C t x ＝2R ＝12a x y 2＝F x 2m t 2联立解得：F x ＝mg 电场力的大小为：qE ＝F 2x ＋F 2y ＝2mg(3)小球经过管口C 处时，向心力由F x 和圆管的弹力N 提供，设弹力N 的方向向左，则F x ＋N ＝m v 2C R ，解得：N ＝3mg 根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C 处时对圆管的压力为N ′＝N ＝3mg ，方向水平向右．(优选动能定理)[答案] (1)8gR (2)2mg (3)3mg 水平向右。

第 6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为 q +和 q 2-的两个点电荷分别置于 1=x m 和 1-=x m 处。

一试验电荷置于 x 轴上何处,它受到的合力等于零?解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定, 只有试验电荷0q 位于点电荷 q +的右侧,它受到的合力才可能为 0,所以2002001(π4 1(π42-=+x qq x qq εε 故 23+=x2. 电量都是 q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。

试问:(1在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零 ?(2这种平衡与三角形的边长有无关系 ?解:(1 以 A 处点电荷为研究对象,由力平衡知, q '为负电荷,所以20220 3(π4130cos π412a q q a q '=︒εε故 q q 33-=' (2与三角形边长无关。

3. 如图所示,半径为 R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环,在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段, 该线段的一端处于圆环中心处。

求该直线段受到的电场力。

解:先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。

在带电圆环上取dl dq 1λ=, dq 在带电圆环轴线上 x 处产生的场强大小为(4220R x dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知, 0==z y E E22(41cos R x xdqdE dE x +==πεθ式中:θ为 dq 到场点的连线与 x 轴负向的夹角。

+=22(4dq R x xE x πε2210 (24R x Rx+⋅=πλπε2201 (2R x xR +=ελ 下面求直线段受到的电场力。

在直线段上取dx dq 2λ=, dq 受到的电场力大小为dq E dF x =dx R x xR 22021 (2+=ελλ方向沿 x 轴正方向。

直线段受到的电场力大小为⎰=dF F R x xR l ⎰+=022021 (ελλ2 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2/12202111R l R R ελλ2 方向沿 x 轴正方向。

关于大学物理课后习题答案第六章文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]第6章 真空中的静电场 习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。

一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。

试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)(2)这种平衡与三角形的边长有无关系解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 故 q q 33-=' (2)与三角形边长无关。

3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。

求该直线段受到的电场力。

解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。

在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。

下面求直线段受到的电场力。

在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。

直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。

4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。

求： （1）圆心处O 点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。

解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=ϕελd R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。

第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。

因而正确答案为（A ）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E（D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。

因而正确答案为（A ）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。

第六章 静电场习题6-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。

试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）？（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F =++=合 y 轴方向有()()21322002032cos 242433304q qQ F F F a a q q Q aθπεπεπε=+=+=+=合得 33Q q =-（2）这种平衡与三角形的边长无关。

6-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。

设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。

解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。

（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。

（1）由对称性可知 F 1= 0（2）291222200 1.9210N 43q q e F r aπεπε-===⨯ 方向如图所示6-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度95.010C m λ-=⨯的正电荷。

试求：（1）在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0cm a =处P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强。

解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。

⼤学物理课后答案第六章真空中的静电场习题66-1 解：以x 轴上的点电荷Q 作为研究对象，其受q 的作⽤⼒具有对称性，所受合⼒沿x 轴，即F=qx Q x F F F 2+=其中：202)2(4a Q F Q πε=；02045cos 4aqQ F qx πε=所以：02020245cos 42)2(4a qQ a Q F πεπε+=令上式为零可得：q Q 22-= 6-2 解：据分析，3E 只能取垂直⽅向，D 点的场强如图所⽰：xa1q q 3（1）D 点的合场强的垂直分量为零，0cos 32=+E E θ，即32co s E E -=θ带⼊点电荷场强关系式，得203220422)2(41aq a q πεπε-=?C q 9310*9.9--= （2）22201021?+=+=a q a q E E E πεπε =m v /10*79.16-6-3 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题6-3图所⽰(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产⽣场强为20)(d π41d x a xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P P -==?-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代⼊得21074.6?=P E 1C N -? ⽅向⽔平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε⽅向如题8-6图所⽰由于对称性?=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ?==lQyQy E E ?-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代⼊得21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，⽅向沿y 轴正向6-4 ⼀个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环⼼处O 点的场强．解: 如6-4图在圆上取?Rd dl =题6-4图λλd d d R l q ==，它在O 点产⽣场强⼤⼩为 20π4d d R R E ε?λ=⽅向沿半径向外则 ??ελd sin π4sin d d 0RE E x ==ελπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελελπ==0d cos π400=-=?ελπRE y∴ RE E x 0π2ελ=6-5解：如图所⽰，将半球⾯分割成⽆数半径不等环⾯与X 轴垂直的细圆环，图中圆环所带电荷量θθπλλγd ds dq sin 22==，该带电细圆环在O 点产⽣的电场强度为E d =()i xdqy x o224123+επ由⼏何关系，θγcos =x θγs i n =yγ222=+yx有 E d=()i xdq y x o224123+επ = επo41i dθθπσθγγγsin 2cos 2=i d oθθθσεcos sin 2球⼼处的电场强度：i i d E d E o oεεσθθθσπ4cos sin 220===??6-6解：将球⾯沿垂直于X轴的⽅向分割成⽆数半径不等的细圆环，圆中阴影环的带电荷量为：ααπσσRd R ds dq sin 2==在P 点的场强为：θααπσπεθπεαcos sin 241cos 42020r Rd R r d dE ?==（1）⽅向沿X 轴正⽅向(设0>α)如图由余弦定理θc o s 2222xy r x R -+=得： xrR r x 2cos 222-+=θ（2）⼜由余弦定理得：（3）式两边微分得：ααd Rx rdr sin 22= 得：xr dd R =ααs i n（4）将（1）、（2）、（3）式代⼊（1）式得：dr rR x x R rx R r x xr Rrdr E d 2222022220142241-+=-+?=εσπσπε（1）球⾯外（R x >）任⼀点P 的场强值+-= ?-+==x R x R x qdr r R x x R dE E 2022220414πεεσ（2）球⾯内：（R x <）+-=?-+==x R x R dr r R x x R dE E 01422220εσ6-7均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l ，总电量为q ．求这正⽅形轴线上离中⼼为r 处的场强E ．解: 如6-7图⽰，正⽅形⼀条边上电荷4q在P 点产⽣物强P E d ⽅向如图，⼤⼩为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平⾯上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题6-7图由于对称性，P 点场强沿OP ⽅向，⼤⼩为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++==⊥ελE P ++=ε⽅向沿OP6-8如题6-8)图所⽰，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平⾯．q 在该平⾯轴线上的A 点处，求：通过圆平⾯的电通量．解:题6-8图∵通过半径为R 的圆平⾯的电通量等于通过半径为22x R +的球冠⾯的电通量，球冠⾯积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠⾯积的计算：见题8-9(c)图ααα)cos 1(π22α-=r6-9 解: ⾼斯定理0d ε∑?=?q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E15r =cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=3.98≈1C N -?，⽅向沿半径向外． 50r =cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()33204π3 1.064πr r E r ρε-=≈外内 1C N -? 沿半径向外. 6-10 解：由⾼斯定理得：= dv s d E Sρε0球体内: E(r)? 4πr 2='rr k 041πεr d r ''2=4r k επ r e kr r E24)(ε= ,0球体外：4202414)(R R r d r r k r r E Rεππεπ=''?'=2044)(r rkR r Eε= （r>R ） 6-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两⽆限长同轴圆柱⾯，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: ⾼斯定理0d ε∑?=q S E s取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =??对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >题6-12图6-12 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题6-12图⽰，两带电平⾯均匀带电，电荷⾯密度分别为1σ与2σ，两⾯间， n E)(21210σσε-=1σ⾯外， n E)(21210σσε+-= 2σ⾯外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平⾯由1σ⾯指为2σ⾯．6-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r ＜R 的⼩球体，如题8-13图所⽰．试求：两球⼼O 与O '点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀⼩球的组合，见题6-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产⽣电场010=E，ρ- 球在O 点产⽣电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产⽣电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产⽣电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题6-13图(a) 题6-13图(b)(3)设空腔任⼀点P 相对O '的位⽮为r'，相对O 点位⽮为r (如题6-13(b)图)E PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．6-15解：将这⼀平⾯看作是由⼀系列环带所组成，取以O 为圆⼼，半径为r, 宽度为dr 的环带作为⾯元，该⾯元所带电量为rdrds dq πσσ2=?=rdr dq πσ2=该带电圆环在其轴线上P 点处的电场强度E d的⽅向沿X 轴正向，其⼤⼩为2322023220)(2)(41r x rdrx r x xdqdE +??=+?=εσπε做积分可得轴线上P 点的总场强：+2122023220)(2)(2x R xr x rdr x E R +?=+?=?∞εσεσ6-16解：① aqa q a q a q U 0002334πεπεπεπε-=-+-+=② aqQQ U U A 0023)(πε-=?-=∞题6-17图6-17 如题6-17图所⽰，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另⼀正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场⼒作的功．解: 如题6-17图⽰0π41ε=O U 0)(=-RqR q0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=6-18 如题6-18图所⽰的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中⼼O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产⽣的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产⽣O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负⽅向题6-18图θεθλππcos π4d d 222R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产⽣电势，以0=∞U===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产⽣ 2ln π40 2ελ=U半圆环产⽣ 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 6-19解：⑴如图所⽰，建⽴坐标V ala x dx U la ap 300105.2ln 44?=+==?+πελπελV x b dxU l l Q 32220103.44?=+=?-πελ6—22解：⑴在板状圆环上取半径为为1r ，宽为dr 的环带作为⾯元，该⾯元的带电量为：rdr rdr ds dq πσπσσ22=?==该带电圆环在轴线上P 点的电势为21)(2)(42221220r x rdr r x dq dU +?=+=πσπε积分可得点P 的总电势+-+=+=+=212222022021222|2)(22121R x R x r x r x rdr U R R R R P εσεσεσ⑵⼩球在下落过程中，电场⼒和重⼒都在对⼩球做功，我们对⼩球应⽤质点动能定理，则有221mv A A =+电重下落过程中重⼒的做功为：mgx A =重电场⼒能做的功为：)(00U U q l d E q A p p--=?-=?电由第⼀问得的结果可知，环⼼处的电势为：)(21200R R U -=εσ由此可知，)(2)(2121221200R x R x R R q U U q A p +++--=--=εσ电将上述结果带⼊动能定理中得由此可得⼩球到环⼼O 处的速度为()121222212022??+++--+=R x R x R R gx v εσ6—23解：参考6—19题i xa ar x U E x z dzU p p aap 220220244+?=??-=+=?-πελπεσ。

习题解析6-7在坐标原点及0)点分别放置电量612.010Q C-=-⨯及621.010Q C-=⨯的点电荷，求1)P-点处的场强。

解如图6.4所示，点电荷1Q和2Q在P产生的场强分别为1212122201102211,44Q Qr rE Er r r rπεπε==而12123,,2,1r i j r j r r=-=-==，所以()()1111122201101166223111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q Qr rE E Er r r rj ji j N Cπεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+⎪⎪⎝⎭≈-+⨯∙总6-8 长为15l cm=的直导线AB上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C mλ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B端相距15.0d cm=处的P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0d cm=处的Q点的场强。

解（1）如图6.5（a）所示，以AB中点为坐标原点，从A到B的方向为x轴的正方向。

在导线AB上坐标为x处，取一线元dx，其上电荷为dq dxλ=它在P点产生的场强大小为2200111442dq dxdEr ld xλπεπε==⎛⎫+-⎪⎝⎭方向沿x轴正方向。

导线AB上所有线元在P点产生的电场的方向相同，因此P点的场强大小为()1122112200011221992122111114442115.00109106.75105102010dq dxEr d l dld xV mλπεπεπε------⎛⎫===-⎪-⎛⎫⎝⎭+-⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙⎪⨯⨯⎝⎭⎰⎰方向沿x轴正方向。

（2）如图6.5（b）所示，以AB中点为坐标原点，从A到B的方向为x轴正方向，垂直于AB的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。

第六章章末检测1．如图1所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）．图1A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上,与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b 两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点解析电场强度是矢量,电场强度相同，则大小和方向均要相同,电势相同则两点应在同一等势面上，所以甲图中,电场强度大小相同，但方向不同，电势相同，所以A错误；图乙中由对称性可知:两点的电场强度的大小和方向相同，a、b在同一等势面上,所以电势相等，可见B正确;同理图丙：电场强度大小相同,但方向相反，所以C错误;图丁为匀强电场,所以电场强度相同，但a点的电势较高，所以D错误．答案B2．如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变,则（）．图2A．当增大两板间距离时,v也增大B．当减小两板间距离时,v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长．答案CD3．静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()图3A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后,将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。

第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。

因而正确答案为（A ）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E（D ）R εq V d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。

因而正确答案为（A ）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。

2021届高考物理一轮复习第六章静电场课时作业20电场能的性质[基础小题练]1．将一正电荷从无限远处移入电场中M 点，静电力做功W 1＝6×10－9J ，若将一个等量的负电荷从电场中N 点移向无限远处，静电力做功W 2＝7×10－9 J ，则M 、N 两点的电势φM 、φN ，有如下关系( )A ．φM ＜φN ＜0B ．φN ＞φM ＞0C ．φN ＜φM ＜0D ．φM ＞φN ＞0【解析】 对正电荷φ∞－φM ＝W 1q ；对负电荷φN －φ∞＝W 2－q ，即φ∞－φN ＝W 2q .而W 2＞W 1，φ∞＝0，且W 1q 和W 2q均大于0，则φN ＜φM ＜0，正确答案选C. 【答案】 C2.如图所示，空间中存在着由一固定的正点电荷Q (图中未画出)产生的电场，另一正点电荷仅在电场力作用下沿曲线MN 运动，在M 点的速度大小为v 0，方向沿MP 方向，到达N 点时速度大小为v ，且v <v 0，则( )A ．Q 一定在虚线MP 上方B ．M 点的电势比N 点的电势高C ．正点电荷在M 点的电势能比在N 点的小D ．正点电荷在M 点的加速度大小比在N 点的大【解析】 两个正电荷间为库仑斥力，运动轨迹向上偏，Q 必定在虚线MP 之下，给正点电荷斜向左上方的力，A 错误；正点电荷在M 、N 两点中的M 点时动能大，则正点电荷在M 点时的电势能小，C 正确；正点电荷在高电势处电势能大，因此M 点电势低，B 错误；正点电荷从M 点到N 点速度减小，说明N 点离Q 近，在N 点受到的电场力大，加速度大，D 错误．【答案】 C3.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C 点是AB 连线的中点．已知A 点的电势为φA ＝50 V ，B 点的电势为φB ＝10 V ，则C 点的电势( )A．φC＝30 VB．φC＞30 VC．φC<30 VD．上述选项都不正确【解析】AC之间的电场线比CB之间的电场线密，由U＝Ed可定性判定相等距离之间AC的电势差较大，因此φC<30 V，选项C正确．【答案】 C4．如图所示的虚线为电场中的三个等势面，三条虚线平行等间距，电势值分别为10 V、19 V,28 V，实线是仅受静电力的带电粒子的运动轨迹，A、B、C是轨迹上的三个点，A到中心虚线的距离大于C到中心虚线的距离，下列说法正确的是( )A．粒子在三点受到的静电力方向相同B．粒子带负电C．粒子在三点的电势能大小关系为E p C>E p B>E p AD．粒子从A运动到B与从B运动到C，静电力做的功可能相等【解析】带电粒子在匀强电场中运动，受到的静电力方向相同，选项A正确；依照粒子的运动轨迹可得，粒子带负电，带负电的粒子在电势高的位置电势能小，因此E p C>E p B>E p A，选项B、C正确；A、B间的电势差与B、C间的电势差不相同，粒子从A运动到B与从B运动到C，静电力做的功也不等，选项D错误．【答案】ABC5.如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P从直线上的N点由静止开释，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球P 的电势能先减小后增加B ．小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加C ．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D ．小球P 速度最大时所受弹簧弹力和电场力的合力为零【解析】 在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，电场力对小球P 一直做正功，小球P 的电势能一直减小，小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加，B 正确，A 错误；小球动能的减少量等于弹簧弹力、电场力和重力做功的代数和，C 错误；小球P 速度最大时所受重力、弹簧弹力和电场力的合力为零，D 错误．【答案】 B6．(2020·山东潍坊高三期末)如图所示，在匀强电场中有A 、B 、C 三点，三点构成直角三角形，∠A ＝37°，AB 边长为5 m ，D 为AB 中点，电场线与ABC 所在平面平行，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和6 V ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．U DC ＝4 VB ．U DC ＝10 V C ．E ＝2 V/mD ．E ＝1.6 V/m【解析】 将AB 二等分，因U AB ＝8 V ，则每等分两端的电势差为4 V ，U AD ＝4 V ，φD ＝10 V ，φB ＝6 V ，U DC ＝4 V ，A 对、B 错；φB ＝φC ＝6 V ，B 、C 两点位于同一等势面上，过D 点作DE ⊥AC 于E 点，则DE 也为一等势面，φE ＝10 V ，电场线即沿AC 方向，场强E ＝U AC AC＝2 V/m ，故C 对、D 错．【答案】 AC[创新导向练]7．生产科技——以电子束焊接为背景考查电场能的性质电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下集合成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起，不考虑电子重力，下列说法正确的是( ) A．A点的电势低于K点的电势B．电子克服电场力做功C．电子的电势能不断增加D．电子动能不断增加【解析】A点电势高于K点电势，A错；电子逆着电场线方向运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B、C错，D对．【答案】 D8．生活科技——电视机显像管中的等势面如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面，a、b、c、d为圆上的4个点，则下列说法中正确的是( )A．a、b、c、d四点电势不等，但电场强度相同B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.8 eVC．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先减小后增大的直线运动D．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增大后减小的直线运动【解析】由图可知，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等，但电场强度大小相等，方向不相同，A错误．一电子从b点运动到c点，电场力做的功W＝(φc－φb)＝(0.90－0.10)eV＝0.8 eV，B正确．观看图中给出的等差等势面的疏密可知，沿中心轴线从左到右，电场强度先增大后减小，故电子将做加速度先增大后减小的直线运动，C错误，D正确．【答案】BD9．高新科技——利用“静电透镜”原理考查电场性质静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示那个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相关于Ox轴、Oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等．图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度C．电子在a点的动能大于在b点的动能D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能【解析】由于等势线的电势沿x轴正向增加，依照等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，故A错误；依照等势线的疏密明白b处的电场线也密，场强大，电子的加速度大，故B错误；依照负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能，电子的电势能一直减小，则电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，动能增加，故C错误，D正确．【答案】 D10．生活科技——示波管中的电场线和等势线如图所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a＞E b B．W a≠W b，E a＞E bC．W a＝W b，E a＜E b D．W a≠W b，E a＜E b【解析】由题图知a、b在同一等势面上，故U ac＝U bc，又由W＝qU知，W a＝W b，又由于在同一电场中，电场线密集处场强大，故E a＞E b，A正确．【答案】 A[综合提升练]11．(2020·山东烟台高三上学期期中)在竖直面内建立xOy坐标系，坐标系内有一沿水平方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为－q 的带电液滴，从P 点由静止开始沿直线运动到坐标原点时，速度大小为v .已知重力加速度大小为g ，P 点的纵坐标为y ，求：(1)P 、O 两点间的电势差；(2)电场强度的大小．【解析】 (1)从P 到O 过程，由动能定理得：mgy ＋qU ＝12mv 2－0，解得：U ＝mv 2－2mgy 2q. (2)液滴在竖直方向做自由落体运动： y ＝12gt 2，v y ＝gt ，在水平方向，液滴做初速度为零的匀加速直线运动， v 0＝at ＝qE mt ， 液滴到达O 点的速度：v ＝v 20＋v 2y ， 解得：E ＝mg q v 22gy－1. 【答案】 (1)mv 2－2mgy 2q (2)mg qv 22gy －1 12．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止开释，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10 m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小；(2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．(结果保留3位有效数字)【解析】 (1)设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2C R，解得v C ＝2.0 m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ，轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，依照牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2B R. 带电体从B 运动到C 的过程中，依照动能定理有－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 联立解得F B ＝6.0 N ，依照牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F B ′＝6.0 N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时刻为t ，依照运动的分解有2R ＝12gt 2， x DB ＝v C t －12Eq mt 2. 联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定显现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必显现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，依照动能定理有qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －12mv 2B ， 代入数据解得E km ≈1.17 J.【答案】 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J。