高中物理电场复习题

高中物理静电场经典习题30道--带答案1.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c 分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A．$\frac{kq}{l^2}$。

B．$\frac{\sqrt{3}kq}{l^2}$。

C．$\frac{2kq}{l^2}$。

D．$\frac{3kq}{l^2}$2.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）A．$\frac{kQ}{4R^2}$。

B．$\frac{\sqrt{2}kQ}{4R^2}$。

C．$\frac{kQ}{2R^2}$。

D．$\frac{\sqrt{2}kQ}{R^2}$3.如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q （q＞）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l．已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为A．$l+\frac{2q^2}{kl}$。

B．$l-\frac{2q^2}{kl}$。

C．$l-\frac{q^2}{kl}$。

D．$l+\frac{q^2}{kl}$4.如图所示，在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m 带电量分别为+q和﹣q的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为A．$\frac{F}{2kq^2}$。

B．$\frac{F}{kq^2}$。

C．$\frac{F}{4kq^2}$。

D．$\frac{2F}{kq^2}$5.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）A．。

高中物理静电场练习题学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．2022年的诺贝尔物理学奖同时授予给了法国物理学家阿兰•阿斯佩、美国物理学家约翰•克劳泽及奥地利物理学家安东•蔡林格，以表彰他们在“纠缠光子实验、验证违反贝尔不等式和开创量子信息科学”方面所做出的杰出贡献。

许多科学家相信量子科技将改变我们未来的生活，下列物理量为量子化的是（ ）A ．一个物体带的电荷量B ．一段导体的电阻C ．电场中两点间的电势差D ．一个可变电容器的电容2．如图所示，+Q 为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q 的粒子，从a 点以沿ab 方向的初速度v 0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹可能是图中的（ ）A ．ab 直线B ．ac 曲线C ．ad 曲线D ．ae 曲线 3．电荷量之比为1∶7的带异种电荷的两个完全相同的金属球A 和B ，相距为r 。

两者接触一下放到相距2r 的位置，则稳定后两小球之间的静电力大小与原来之比是（ ） A ．4∶7B ．3∶7C ．36∶7D ．54∶74．描述电场强弱的物理量是（ ）A ．电荷量B ．电场力C ．电场强度D ．电流强度 5．人体的细胞膜模型图如图a 所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d ，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b 所示，初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下，从图中的A 点运动到B 点，下列说法正确的是（ ）A ．A 点电势等于B 点电势B．钠离子的电势能增大C．若膜电位越小，钠离子进入细胞内的速度越大D．若膜电位增加，钠离子进入细胞内的速度更大6．如图所示为真空中正点电荷的电场线和等势面，实线为电场线，虚线为等势面，电场中有a、b、c三点。

下列关于各点电场强度E的大小和电势φ的高低说法正确的是（）A．Ea＝Eb B．Ea＞Ec C．φb＞φc D．φa＝φc7．两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示。

高中物理复习：带电粒子在电场中的运动 建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．一电荷只在电场力作用下，逆着一条电场线从A 运动到B ，则在此过程中( ) A ．电荷的动能可能不变 B ．电荷的电势能可能不变 C ．电荷的速度可能不变D ．电荷的加速度可能不变解析：D 由电荷只在电场力作用下运动，则电场力一定做功，所以电荷的电势能一定改变，电荷的动能一定改变，故AB 错误；由E k ＝12m v 2，因质量m 不变，所以电荷的速度一定改变，故C 错误；这条电场线有可能是匀强电场的一条电场线，此时电荷的加速度不变，故D 正确．2．如图所示，两个平行带电金属板M 、N 相距为d ，M 板上距左端为d 处有一个小孔A ，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O 处以初速度v 1平行于两板射入，乙粒子从A 孔以初速度v 2垂直于M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N 板的中点B 处，则初速度v 1与v 2的关系正确的是( )A.v 1v 2＝12 B ．v 1v 2＝22C.v 1v 2＝2 D ．v 1v 2＝ 2解析：C 设带电粒子在电场中的加速度为a ，则对甲粒子，竖直方向d 2＝12at 2，水平方向d ＝v 1t ，解出v 1＝ad ；对乙粒子有v 2t ＋12at 2＝d ，解出v 2＝12ad ，所以v 1∶v 2＝2∶1，即选项C 正确．3．示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY ′如图(b)所示，两板间的距离为d 、板长为L ，在YY ′间加上电压U ，让电荷量为e 、质量为m 的电子以速度v 垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY ′的过程中，下列说法正确的是( )A ．电子向Y ′极板偏转飞出B ．电子射出电场时的偏移量ΔY ＝eUL 22md v 2C ．射出电子的动能增加了eUD ．U 越大，电子通过YY ′极板的时间就越短解析：B 由(b)图可知，Y 为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY ′的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y 极偏转飞出电场，故A 错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有L ＝v t ，ΔY ＝12at 2，a ＝eU md ，联立解得ΔY ＝eUL 22md v 2，故B 正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为ΔE k ＝eE ΔY ，因ΔY <d ，故E ΔY <Ed ＝U ，所以ΔE k <eU ，故C 错误；根据电子的方向做匀速直线运动，有L ＝v t ，解得t ＝Lv ，即电子通过YY ′极板的时间与U 无关，故D 错误．4．如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P 孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g .则( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cm v 20qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2m v 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝mqg 2＋4v 20t2 解析：D 据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知x ＝v 02·t2，而电容器的距离d ＝x sin θ，A 错误；对应减速过程由动能定理qU ＝12m v 20，而Q ＝CU ，可知Q ＝C ·m v 202q ，B 错误；由牛顿第二定律可知(ma )2＝(qE )2－(mg )2，而a ＝v 0t 2＝2v 0t ，联立解得E ＝m qg 2＋4v 20t2 ，C 错误，D 正确． 5．如图甲所示，边长为a 的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q 的点电荷；在0≤x ＜22a 区间，x 轴上电势φ的变化曲线如图乙所示．现将一电荷量为－Q 的点电荷P 置于正方形的中心O 点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零．若将P 沿x 轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是( )A ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向右运动 B ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向左运动 C ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向右运动D ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向左运动解析：C 对y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得2k q 2a 2＋k q 2（2a ）2＝k Qq⎝⎛⎭⎫22a 2，解得Q ＝22＋14q ，因在0≤x ＜22a 区间内沿x 轴正向电势升高，则场强方向沿x 轴负向，则将P沿x 轴正向向右略微移动后释放，P 受到向右的电场力而向右运动．6．(2021·湘豫名校高三下学期联考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为g 2C ．小球上升的最大高度为v 204gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为12m v 2解析：C 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝Eq ，所以电场力Eq 与重力关于ON 对称，根据数学知识得：电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度为g ，方向沿ON 向下，A 错误、B 错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x ＝v 202g ，则最大高度为h ＝x sin 30°＝v 204g，C 正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v 20，小球的最大电势能为14m v 20，D 错误． 7．如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 20qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子在电场中只受电场力，F ＝qE ，方向向下，如图所示．水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2，则yx ＝tan 45°，联立解得t ＝2m v 0qE ，故A 错误．v y＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan 12，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 20qE ，与P 点的距离s ＝x cos 45°＝22m v 20qE，故C 正确．8.如图所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V ．一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e ，不计质子重力，下列判断正确的是( )A ．d 点电势为12 VB ．质子从a 到b 电势能增加了6 eVC ．电场强度大小为4LD ．质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0解析：D 由于在匀强电场中沿同一方向移动相同的距离时电势的变化相同，故U dc ＝U ab ，φa －φb ＝φd －φc ，故φd ＝14 V ，A 错误；由于a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，在匀强电场中，ab 中点e 的电势为14 V ，故d 、e 连线为等势线，与等势线垂直的方向为电场方向，如图所示，质子在电场力作用下由a 运动到b ，电场力做正功，电势能减少8 eV ，B 错误；电场强度大小为E ＝U d ＝422L ＝42L ，C 错误；从a 到e ，质子做类平抛运动，在垂直电场方向的分运动为匀速直线运动，根据几何关系可知，在垂直电场方向的位移为2L 2，故质子从a 到e 所用时间t ＝2L 2v 0，D 正确． 二、多项选择题9．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，先后以不同的速率沿着HO 方向垂直射入匀强电场，电场方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示．不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是( )A ．甲粒子带正电荷B ．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C ．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D ．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大解析：AC 甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A 正确；两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y ＝12at 2＝qE2m t 2，E 、t 、m 相等，则y ∝q ，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B 错误；电场力对粒子做功为W ＝qEy ，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C 正确；水平方向有x ＝v t ，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能小，故D 错误．10．如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a 、b 、c 标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是( )A ．当b 飞离电场的同时，a 刚好打在下极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．在电场中运动过程中c 的动能增加量最小，a 、b 的动能增加量相同解析：ACD 三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y ＝12at 2，所以t a ＝t b >t c ，故A 正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v 0＝xt ，因为x b ＝x c >x a ，t a ＝t b >t c ，所以有v c >v b >v a ，故C 正确；根据动能定理qU ＝Eqy ＝ΔE k ，故c 的动能增加量最小，a 和b 的动能增加量相同，故D 正确．11．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q 为圆心的圆周交于B 、C 两点．质量为m 、电荷量为q 的有孔小球从杆上A 点无初速滑下，已知AB ＝BC ＝h ，小球滑到B 点时的速度大小为gh ，则( )A ．点电荷Q 带正电B ．小球由B 点到C 点的过程中重力所做的功等于动能的变化量 C ．小球由A 点滑到B 点的过程中电场力做的功W ＝12mghD ．小球到达C 点时的速度大小为2gh解析：AB 小球由A 到B 重力和电场力做功，有动能定理得mgh ＋W AB ＝12m v 2－0，代入数据解得W AB ＝－12mgh ，电场力做负功，所以Q 带正电荷，BC 两点在同一等势面上，小球从B 到C 电场力做功为零，只有重力做功，由动能定理得mgh ＝12m v 21－12m v 2，解得v 1＝3gh .故选AB.12．质量为m 的带电小球由空中某点P 无初速度地自由下落，经过时间t ，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t 小球又回到P 点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则( )A ．电场强度的大小为4mgqB ．整个过程中小球电势能减少了98mg 2t 2C ．从P 点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg 2t 2D ．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了12mg 2t 2解析：AD 设电场强度为E ，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则由12gt 2＝－⎝⎛⎭⎫v t －12at 2，v ＝gt 和a ＝qE －mg m 可得a ＝3g ，E ＝4mg q ，故A 正确；整个过程中电场力做功W ＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2，所以小球电势能减少了2mg 2t 2，故B 错误；从P 点到最低点过程中，小球下降的距离x ＝12gt 2＋（gt ）22a ＝2gt 23，所以小球重力势能减少ΔE p ＝mgx ＝2mg 2t 23，故C 错误；小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少ΔE k ＝12m v 2＝12mg 2t 2，故D 正确．三、非选择题13.如图所示，两平行金属板的板间距离d ＝0.6 m ，金属板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ．现有一带负电液滴，质量为m ＝8×10－8kg ，以v 0＝0.25 m/s 的水平速度自A 板边缘进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)液滴的电荷量；(2)液滴飞出平行板电容器所用的时间．解析：(1)液滴在电场中沿水平方向飞出cos α＝mgEqE ＝U d解得q ＝6×10－9C(2)液滴在电场中沿水平方向直线运动的加速度为a ，则有 tan α＝ma mg解得a ＝7.5 m/s 2液滴的位移为L ＝dsin α＝1 m液滴在电场中沿水平方向直线运动的时间为t ， 则L ＝v 0t ＋12at 2解得t ＝241－130s ＝0.48 s. 答案：(1)6×10－9C (2)0.48 s14．在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L ，如图所示，电场线为与AC 平行的一簇平行线，P 为AB 边的中点，质量为m 电荷量为q (q ＞0)的带电粒子自P 点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v 0的粒子恰好由C 点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子从DC 的中点Q 离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；(3)若粒子从P 进入电场到D 点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P 到C 用时为t 1 24L ＝v 0t 1，324L ＝12·qEm t 21 解得E ＝122m v 20qL(2)设粒子以速度v 由P 到Q 用时为t 2 22L ＝v t 2，22L ＝12·qE m t 22 解得v ＝6v 0(3)设粒子由P 到D 用时为t 3，粒子在此过程中所受电场力的冲量 I ＝qEt 3 又有24L ＝12·qEm t 23解得I ＝23m v 0答案：(1)122m v 20qL(2)6v 0 (3)23m v 015.如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd ，ab 边长为2l ，bc 边长为3l ，边cd 、ab 的中点分别是e 、f ，ad 边与水平面的夹角θ＝30°，矩形区域内有大小为E 、方向平行ab 向上的匀强电场．现让一带正电微粒从d 点的正上方的某点p (图中未画出)沿该竖直面水平抛出，正好从e 点进 入该矩形区域，并沿ef 做直线运动，已知重力加速度为g ，求：(1)该微粒的比荷； (2)p 、d 间的距离；(3)若将矩形区域内的电场大小变为33E ，方向变为平行ad 向上，微粒仍从p 点以原来的速度水平抛出，求微粒将从何处离开矩形区域．解析：(1)由题意可知，合力沿ef 方向qE ＝mg cos θ q m ＝3g 2E(2)设微粒平抛的初速度为v 0，从p 到e 用时为t 1，竖直方向位移y 1，水平位移为x 1，到达e 点时速度v e ，竖直方向速度分别v y ，由平抛运动规律及题意有tan θ＝v yv 0x 1＝v 0t 1 y 1＝12gt 21v y ＝gt 1 x 1＝l sin θ y 2＝l cos θp 、d 间的距离为y ＝y 1＋y 2 解得y ＝7312l(3)电场改变后的电场力F 2＝q33E 可得F 2＝mg sin θ粒子进入电场后所受合力沿cd 方向向下，做类平抛运动，设粒子的加速度为a ，通过矩形区域的时间为t 2，由牛顿第二定律有mg cos θ＝ma假设从ad 边飞出，飞出点距d 点的距离为x 2，由平抛运动规律有 l ＝12at 22 v e ＝v ysin θx 2＝v e t 2解得x 2＝263l <3l所以，假设合理，从ad 边离开矩形区域，距d 点263l答案：(1)3g 2E (2)7312l (3)距d 点263l 16．如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝1.0×10－3 kg 、电荷量为q ＝8.0×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析：(1)设小球从A 点到B 点的运动时间为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y则有v 0gt 1＝tan θ① L 2cos θ＝v 0t 1② y －L 2sin θ＝12gt 21③ 联立①②③并代入数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730m ④ 带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU ＝12m v 20－0⑤ 代入数据解得U ＝18.75 V(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0⑥沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ⑧L 2＝12at 22⑨ d min ＝v 0sin θt 2⑩ 联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d min ＝526 m 即两板间的距离d 至少为526m. 答案：(1)18.75 V (2)526m。

1．(双选)下列说法中正确的是()A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大D．无论是正电荷还电负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大【解析】无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远时，若电场力做正功，则电势能减小，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于电场力做的功，因此电场力做的正功越多，电荷在该点电势能越大，A正确，B错误．电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服电场力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时克服电场力所做的功，故C正确，D错误．【答案】AC2．(2012·山东省实验中学高二检测)某静电场的电场线分布如图1－4－11所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则()图1－4－11A．E P>E Q，φP>φQ B．E P>E Q，φP<φQC ．E P >E Q ，φP >φQD ．E P <E Q ，φP <φQ【解析】 根据沿着电场线方向电势是降落的可判断出φP >φQ ，根据电场线的疏密表示电场的强弱，可判断E P >E Q ，故选A.【答案】 A3．下列说法正确的是( )A ．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关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，不随零电势面的不同而改变，所以U AB ＝U BA【解析】 电势和电势差都是标量，但都有正负之分，B 错，电势是相对的与零势点的选取有关，但电势差是绝对的，不随零势点的改变而改变且U AB ＝φA －φB ＝－U BA ，A 、D 错，电场力的功只与移动电荷的初末位置有关与路径无关，所以C 对．【答案】 C4．将一正电荷从无穷远处移至电场中M 点，电场力做功为6.0×10－9J ，若将一个等量的负电荷从电场中N 点移向无穷远处，电场力做功为7.0×10－9J ，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】 取无穷远处电势φ∞＝0.对正电荷；W ∞M ＝0－E PM ＝0－qφM ，φM ＝－W ∞M q ＝6×10－9J q ；对负电荷：W N ∞＝E pN －0＝－qφN ，φN ＝－W N ∞q ＝－7×10－9J q ；所以φN <φM <0，选项C 正确．【答案】 C5．(2012·广州执信中学高二检测)如图1－4－12所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N 是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是()图1－4－12A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错．从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加．当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小．则在M点的速度最小A错，D错．在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变．【答案】 C6.如图1－4－13中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为()图1－4－13A．8 eV B．13 eVC．20 eV D．34 eV【解析】电荷在a点的动能为26 eV，在b点动能为5 eV，可知在电荷过第三个等势面(零势能面)时，其动能为12 eV，所以，电荷的动能与电势能之和为12 eV.在运动过程中，只有电场力做功，动能与电势能的和守恒．所以当电势能为－8 eV时，电荷的动能应为20 eV.【答案】 C7．如图1－4－14所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是()图1－4－14A．不断减小B．不断增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】在b点左侧，合电场强度向左，正电荷受电场力向左，由a→b，电场力做负功，电势能增大；在b点右侧，合电场强度向右，正电荷受电场力向右，由b→c，电场力做正功，电势能减小．综合分析，正电荷由a→b→c的过程中，电势能先增大后减小．【答案】 D8．(双选)空间存在一匀强电场，有一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子由O点以速度v0射入电场，运动到A点时速度为2v0.现有另一电荷量为－q、质量为m的粒子以速度为2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则()A．在O、A、B三点中，B点电势最高B．在O、A、B三点中，A点电势最高C．OA间的电势差比BO间的电势差大D．OA间的电势差比BA间的电势差小【解析】正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速率增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高．所以B点电势最高，A对；U OA＝W OAΔq＝12m (2v0)2－12m v20q＝3m v202q，U OB＝W OB－q＝12m(3v0)2－12m(2v0)2－q＝5m v20－2q，故D对．【答案】AD9．如图1－4－15所示的电场中，将2C的正电荷分别由A、C两点移动到B点时，电场力所做的功分别是30 J、－6 J，如果取B点为零电势点，A、C两点的电势分别是φA＝__________，φC＝____________，AC间的电势差U AC＝____________，如果取A为零电势点，那么φB＝________，φC＝__________，U AC＝____________.图1－4－15【解析】U AB＝W ABq＝302V＝15 V；U CB＝W CBq＝－62V＝－3 V.若φB＝0，φA＝U AB＝15 V，φC＝U CB＝－3 V，U AC＝φA－φC＝18 V；若φA ＝0，则φB＝－U AB＝－15 V，φC＝－U AC＝－18 V，U AC＝18 V.【答案】15 V－3 V18 V－15 V－18 V18 V10.如图1－4－16所示，电场中A、B两点电势差为30 V，一个电荷量为5×10－8 C的正点电荷由A运动到B，电场力对电荷做了多少功？B、C两点间的电势差大小为15 V，该电荷从B运动到C，电场力对电荷做了多少功？A、C间的电势差为多少？图1－4－16【解析】 (1)由A →B ，W AB ＝qU AB ＝5×10－8×30 J ＝1.5×10－6 J(2)U BC ＝－15 V W BC ＝qU BC ＝5×10－8×(－15) J ＝－7.5×10－7 J(3)U AC ＝U AB ＋U BC ＝[30＋(－15)]V ＝15 V .【答案】 1.5×10－6 J －7.5×10－7 J 15 V11.如图1－4－17所示，a 、b 、c 表示点电荷电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、23φ、14φ，一带电粒子从等势面a 上某处由静止释放后，仅受电场力的作用而运动．已知它经过等势面b 时的速率为v ，则它经过等势面c 时的速率为多少？图1－4－17【解析】 从a 到b 过程中电场力做功W ab ＝qU ab ＝q (φa －φb )＝q (φ－23φ)＝13qφ①在从a 到b 过程中由动能定理得：W ab ＝12m v 2－0② 由①②两式可得 q ＝3m v 22φ ③ 从a 到c 过程中电场力做功W ac ＝qU ac ＝q (φa －φc )＝q (φ－14φ)＝34qφ④由动能定理得：W ac ＝12m v 2c －0⑤由③④⑤式可得：v c ＝32v【答案】3 2 v12．(2012·广州六中高二质检)如图1－4－18所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方，和Q相距分别为h和0.25 h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为3 4g，试求：图1－4－18(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)．【解析】(1)这一小球必带正电，设其电荷量为q，由牛顿第二定律知，在A点时，有mg－kQqh2＝34mg，在B点时，有kQq(0.25 h)2－mg＝ma B，解得a B＝3 g，方向竖直向上．(2)从A到B的过程中，由动能定理得mg(h－0.25 h)＋qU AB＝0，得U AB＝－3kQh.【答案】(1)3 g方向竖直向上(2)－3kQ h.。