《《匀强电场中电势差与场强的关系》进阶练习（三）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《匀强电场中电势差与场强的关系》进阶练习（三）（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、匀强电场中电势差与场强的关系进阶练习一、单选题1.在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A.a点电势比b点电势高B.该电荷在b点的电势能较a点大C.a、b两点电势差大小一定满足U=EdD.ab两点电势差大小一定满足2.如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+9.010-8C和Q2=-1.010-8C，分别固定在 x坐标轴上，其中Q1位于x=0处，Q2位于x=6cm处在x轴上（）A.场强为0的点有两处B.在x6cm区域，电势沿x轴正方向降低C.质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能升高D.在0x6cm
2、的区域，场强沿x轴正方向3.将一质量为m的带电微粒（不计重力）放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是（）A.带电粒子的轨迹一定和电场线重合B.带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致C.带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合D.带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动二、填空题4.如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60，则A受到的电场力大小为 _ 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在=60处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在=30处，A受到的电场力大小为 _
3、 5.一条平直的电场线上有A、B、C三点，把q=-210-9C的粒子从A点移到B点，电场力做功WAB=-210-7J，再把该电荷从B点移到C点，电场力做功WBC=410-8J，则UAB= _ V，UBC= _ V参考答案【答案】1.D2.D3.C4.mg；mg5.200；-20【解析】1. 解：A、正电荷从a点移到b点时，电场力做正功为W，电势能减小，则电荷在a点电势能较b点大，由电势能公式EP=q分析知，负电荷在电势低处电势能大，所以a点电势比b点电势低，故AB错误 C、a、b两点不一定沿着电场线方向，所以a、b两点电势差大小不一定为U=Ed，故C错误 D、电荷从a移动到b，电场力做功为-W
4、，根据电势差的定义得：ab间的电势差：Uab=；故D正确； 故选：D 根据功能关系：电荷克服电场力做功多少，其电势能就增加多少，判断电势能关系，由电势能公式EP=q分析电势关系根据公式U=求解电势差 电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解 2. 解：A、某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强 根据点电荷的场强公式E=， 所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反 不会在Q1的左边，因为Q1的电荷量大于Q2，也不会在Q1Q2之
5、间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右所以，只能在Q2右边即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个故A错误； B、由选项A的分析可知，在x6cm区域，有一点使得电场强度为0，则在x6cm区域，电势沿x轴正方向先降低后增大，故B错误； C、x6cm区域电场强度方向沿x正方向，质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能减小，故C错误； D、在0x6cm的区域，场强沿x轴正方向，故D正确 故选：D 某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强运用合成法进行分析 空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则 3. 解：A、点电荷
6、运动的轨迹不一定与电场线重合，只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合故A错误； B、点电荷的速度方向始终沿着轨迹的切线方向，由于轨迹不一定与电场线重合，所以其速度方向不一定终与所在点的电场线的切线方向相同，故B错误； C、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，根据牛顿第二定律可知，加速度方向相同与其所受的电场力的方向相同，所以正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相同，负电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相反总是与它所在处的电场线的切线方向重合故C正确； D、点电荷将沿电场线切
7、线方向抛出，由于粒子的初速度是0，所以不会做抛物线运动，故D错误 故选：C 只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合；点电荷的加速度方向与电场力方向相同，对于正电荷，电场力与场强方向相同，沿着电场线的切线方向 关于电场线与轨迹的关系，要根据电场线的状态和电荷的初速度进行分析并掌握电场线的切线方向表示场强方向，运用牛顿第二定律分析加速度方向 4. 解：带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60，末速度为零， 此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功， 根据动能定理，则有：Flsin-mgl（1-cos）=0， 解得：F=mg 改变电场强度的大小和方向后，平衡在=60处时，根据正弦定理，则有：； 而在新的平衡位置在=30处，根据正弦定理，则有：； 解得：F=mg； 故答案为：mg；mg 选取摆动最大角度60，根据动能定理，结合拉力不做功，即可求解； 根据平衡条件，依据正弦定理，列出方程组，即可求解 考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用 5. 解：UAB=100V； UBC=-20V； 故答案为：200V，-20V 已知电场力做的功和粒子的电荷量q，根据电势差的定义式代入求解 本题的解题关键是掌握电势差的定义式，并能正确运用，运用时各个量均要代符号运算
