第十章 静电场中的能量 练习 （word版含答案）

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10.1 电势能和电势
一、单选题（本大题共12小题）
1.如图所示，在匀强电场中有A，B两点，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功；第三次沿曲线ADB移动该电荷，电场力做功为，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关。
掌握静电场和重力场是保守场是解题的关键。
【解答】
第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关，所以，故C正确，ABD错误。
故选C。
2.如图所示，正电荷q在匀强电场E中分别沿直线AB、折线AMB运动。已知AB间的距离为l，AM间的距离为d。AM方向平行于电场线，BM方向垂直于电场线。关于静电力做功的值，下列说法正确的是
A. 电荷沿直线AB运动时，静电力做功为qEl
B. 电荷沿直线AB运动时，静电力做功为qEd
C. 电荷沿折线AMB运动时，静电力做功为0
D. 电荷沿折线AMB运动时，静电力做功为qEl
【答案】B
【解析】
静电力做功与重力做功相似，静电力做功与路径无关，只与初末位置有关．
匀强电场中，电场力做功为，d为沿电场线方向的距离。
【解答】
电场力做功为，U为初末位置之间的电势差，BM方向垂直于电场线，所以BM是匀强电场的一条等势线，B、M两点电势相等，所以电荷沿直线AB运动时，静电力做功为，故A错误，B正确；
电荷沿折线AMB运动时，因为静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，所以静电力做功仍然为qEd，故CD错误。
故选B。
3.如图所示，直角三角形ACB中，电量为q的正点电荷固定在C点。另一负点电荷沿AB边从A点运动到B点，则下列说法正确的是
A. 电场力所做总功为负 B. 其电势能先增大后减小
C. 电场力先做负功再做正功 D. 其所受电场力逐渐减小
【答案】A
【解析】
根据点电荷的场强公式可以判断场强的变化，从而知道电场力的变化；根据正点电荷的电势分布可以判断电势的变化，根据可知电势能的变化，根据电场力做功与电势能的变化关系分析即可。
解决本题的关键是知道点电荷的场强和电势分布，掌握电场力做功与电势能的变化关系。
【解答】
在正点电荷形成的电场中，离点电荷越近电势越高，所以从A到B电势先升高后降低，负电荷在电势高处电势能小，故其电势能先减小后增大，说明电场力先做正功后做负功，负电荷在B点的电势能大于在A点的电势能，则电场力所做的总功为负，故A正确，BC错误；
D.根据知，从A到B电场强度先增大后减小，故负电荷受到的电场力先增大后减小，故D错误。
故选A。

4.下列关于电势和电势能的说法，正确的是
A. 对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能一定越大
B. 在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能一定越大
C. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点的电势能
D. 在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大
【答案】D
【解析】
本题考查了电势和电势能，掌握基本定义是关键。
试探电荷的电性未知，故点的电势高低无法判断；电场力总对电荷做正功，电势能一定减小；电势降低最快的方向是场强的方向；负电荷在电势越低的位置电势能越大。
不论是正电荷还是负电荷，电场力对它做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
【解答】
A.电势能与电势的关系为，电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；
B.在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；
C.如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负电荷在该点的电势能，故C错误；
D.根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确；
故选D。
5.在点电荷形成的电场中有一点A，当一个的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】解：依题意，的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为，A点的电势。
故选：A。
根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式求解A点的电势。
6.下列关于静电场中电场强度、电势能等的说法中，正确的是
A. 电荷在电场强度大的地方，电势能一定大
B. 电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零
C. 负电荷从电势高处运动到电势低处，电势能增加
D. 只在静电力的作用下运动，电荷的电势能一定减少
【答案】C
【解析】
解：A、电势大小与电场强度的大小没有关系，场强大的点电势不一定大，再根据，电势能大小也就无法判断。故A错误；
B、电势大小与电场强度的大小没有关系，电场强度为零的地方电势可以不为零，如等量同号电荷连线的中点。故B错误；
C、负电荷在电场中从电势高处运动到电势低处，运动方向与受力方向相反，电场力做负功，电势能增加。故C正确；
D、只在静电力的作用下，若电场力做正功，电荷的电势能减小；若电场力做负功时电势能增加。故D错误。
故选：C。
因为电势与电场强度的大小没有直接关系，所以不能根据场强的大小来判断电势能的大小；
根据电场力做功与电势能变化的关系，来判断电荷的电势能的变化情况。
解答本题的关键是：要理解电场强度是描述电场力的性质，而电势能是描述电场能的性质，二者之间没有必然联系，同时要熟练掌握电场力做功与电势能的变化关系。
7.电场线分布如图所示，电场中a、b两点的电场强度大小分别为和，电势分别为和，则
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
【解析】
电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场方向电势降低，据此可正确解答本题。
本题考查用电场线如何表示电场强度大小及电势高低。
【解答】
根据电场线疏密表示电场强度大小，，根据沿电场线电势降低，，故ABD错误，C正确。
故选C。

8.某静电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中的两点，则
A. M点的电势比N点的电势高
B. M点的电场强度比N点的电场强度小
C. 负电荷从M点运动到N点，电场力做正功
D. 正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大
【答案】C
【解析】
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．根据电势能公式分析电势能的变化，从而判断电场力做功情况。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点、意义，即可解决本题。
【解答】
A.根据沿着电场线方向电势降低，可知M点的电势比N点的电势低，故A错误；
B.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以M点的电场强度比N点的电场强度大，故B错误；
C.负电荷从M点运动到N点，电场力做正功，故C正确；
D.根据电势能公式知正电荷在电势高处电势能大，则知正电荷在M点的电势能比在N点的电势能小，故D错误。
故选C。
9.下列关于场强和电势的叙述正确的是
A. 在匀强电场中，场强处处相同，电势也处处相等
B. 在正点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电势越高，场强越小
C. 等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线中点的电势为零，场强不为零
D. 在任何电场中，场强越大的地方，电势也越高
【答案】C
【解析】
电场线越密的地方场强越强，越疏的地方，场强越弱．电荷在等势面上移动，受电场力，但是电场力不做功，等势面与电场线处处垂直，沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小。
本题主要考查关于场强和电势的相关知识。
【解答】
A.在匀强电场中，场强处处相同，同一等势面上电势处处相等，沿电场线的方向电势降低，故并不是电势处处相等，故A错误；
B.在正点电荷形成的电场中 ， 根据可知，离点电荷越远，场强越小，因沿着电场线方向，电势在降低，故B错误；
C.取无穷远为零电势，等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线中垂线是等势面，与无穷远处点的电势相等，故电势为零，但电场强度大小不为零，故C正确；
D.在任何电场中，场强越大的地方，等差等势面越密，但电势不一定越高，比如靠近负点电荷，电场强度大，而电势却低，故D错误。
故选C。
10.P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称。一个离子从a运动到不计重力，轨迹如图所示，则下列判断正确的是
A. P带负电 B. c、d两点的电场强度相同
C. c点的电势高于d的电势。 D. 离子从a到b，电势能减少。
【答案】C
【解析】
根据正电荷运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场线方向，进而得到电势及电势能变化，再由动能定理得到动能变化；根据电场线分布得到场强大小关系，由电场线方向得到场强方向。
由电场强度大小和电场线疏密程度一致，场强方向和电场线方向一致可得：在对称分布的电场线中，在两个对称点的场强大小相等，方向对称。
【解答】
根据电场线的方向可得，P带正电，根据离子从a运动到b只受电场力作用，由合外力指向运动轨迹凹的一侧可得：电场力指向P，离子从a到b的过程沿着电场线方向运动位移为负，电场力做负功，故电势能增大，动能减小，故AD错误；
B.c、d两点关于P、Q中垂线对称，两点处电场线分布对称，故场强大小相同；再根据电场线方向可得：两点场强方向不一致，故电场强度不同，故B错误；
C.c，d在同一电场线上，由沿着电场线电势降低可得c点的电势高于d的电势，故C正确；
故选：C。
11.三个带电粒子从同一点O，以相同的初速度v射入一电场中，在某段时间内的运动轨迹如下图虚线所示，其中a粒子刚好做圆周运动．图中实线为电场线，不计粒子重力，则下列有关粒子在该段时间内的运动以及相关说法正确的是
A. 粒子a带负电，c带正电
B. c粒子运动过程中电势能增加
C. 运动过程中，b、c两粒子的速度均增大
D. 运动过程中，a粒子的加速度和动能均不变
【答案】C
【解析】
本题考查了电场线、电势差和电场强度的关系；本题是带电粒子在电场中运动的定性分析问题，关键是根据曲线运动的条件和向心力公式进行分析，要知道曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧。
解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化。
【解答】
A.粒子受到的电场力沿电场线方向，故c粒子受向左的电场力，为负电荷，a、b受力的方向向右，为正电荷，故A错误；
B.据轨迹弯曲程度，知c粒子电场力的方向沿电场线切线方向向左，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C.运动过程中，b、c两粒子的电场力做正功，电势能减小，动能增大，速度增大，故C正确；
D.a粒子刚好做圆周运动，电场力提供向心力，a粒子的加速度的大小不变，方向改变，动能不变，故D错误。
故选C。
12.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知
A. 带电粒子在P点时的动能小于在Q点时的动能
B. 电场中P点的电势高于Q点的电势
C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的大，比在P点时的小
D. 带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
【答案】B
【解析】
根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大。
该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键．根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点电场线与等势面交点以及已知点的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
【解答】
根据曲线运动的合外力特点可得粒子在R点所受电场力方向大致向右，如图所示：
则：
A.若粒子从Q到P运动，速度方向与电场力的方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能，故A错误；
B.由于粒子带负电，所以电场方向大致向左，如图所示，根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，P点所在等势面的电势高于Q点所在等势面的电势，故P点电势高于Q点的电势，故B正确；
C.由于只有电场力做功，根据功能关系可知，电势能与动能相互转化，但电势能与动能的总和不变，故粒子在P、R、Q三点的电势能与动能总和相等，故C错误；
D.由图可知，P点处的电场线分布比Q点处的电场线分布更密集，根据电场线分布越密集的地方电场强度越大可知，P点的电场强度大小于Q点的电场强度，根据牛顿第二定律有，则可知带电粒子在P点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，故D错误。
故选B。
二、计算题（本大题共2小题）
13.将带电荷量为的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功．则
电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？
如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？
若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？
【答案】解：负电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为：，
电势能增加量为；
从B点移动到C点，电场力做了的功，
电荷的电势能改变量
所以电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能增加量为：J.
规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加，
可知B点的电势能为：；
电荷从A点到C点，电势能增加，
则C点的电势能为：；
若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为：，
【解析】电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定。就像重力做功与重力势能一样，求电势能，往往先求电势能的变化量，再求解某点的电势能。
负电荷在电场力作用下发生位移，电场力做负功，则电荷的电势能增加。克服静电力做多少功，电势能就增加多少。相反，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少。根据电场力做功与电势能变化的关系求解。先求出电场力做功，再求解电势能的变化量。
根据电势能的变化量，确定出电荷在B点和C点的电势能。
根据公式，代入数据计算电势。
14.将一个电荷量为的点电荷，从零电势点S移到M点要克服静电力做功 J.
该电荷在M点的电势能和M点的电势各是多少？
该电荷移入电场前，M点的电势是多少？
若将该电荷从M点移至N点，静电力做功，则该电荷在N点的电势能和N点的电势分别为多少？
【答案】解：点的电势能等于从M点移动到S点电场力做的功，
根据电场力做功与电势能的关系，
由电势与电势能的关系，则M点的电势为：，
解得M点的电势：；
电势的大小与试探电荷无关，所以q移入电场前，M点的电势仍为；
由同理得：，
即，
，
解得：。
答：在M点的电势能和M点的电势分别为J、；
移入电场前，M点的电势是；
若将该电荷从M点移至N点，静电力做功，则q在N点的电势能为，N点的电势为5V。
【解析】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势与电势差的关系，注意克服电场力做功时电场力做负功。
明确电场力做功与电势能之间的关系；根据电势能的定义可求得q在M点的电势能和M点的电势；
电势的大小与试探电荷无关；
根据电场力做功和电势能的关系求解电场能，再根据电势的定义式求解电势。
第12页，共12页10.1　电势能和电势　练习题
一、选择题
1.关于电势和电势能，下列说法正确的是(　　)
A.在电场中电势高的地方电荷具有的电势能大
B.在电场中放在某点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大
C.在电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能
D.取无穷远处电势为零，在负点电荷所产生的电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能
2.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A，B两点的加速度大小分别为aA，aB，电势能分别为EpA，EpB.下列说法正确的是(　　)
A.若aAB.若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
C.EpA=EpB
D.EpA>EpB
3.(多选)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，另外还有一方向与x轴正方向相同，电场强度大小为E的匀强电场.现把一电荷量为+q的点电荷N在圆上移动，则(　　)
A.从a移到c，静电力对点电荷N做功为2qEr
B.从a移到c，静电力对点电荷N不做功
C.从d移到b，静电力对点电荷N做功为2qEr
D.从d移到b，静电力对点电荷N不做功
4.(多选)如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受静电力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)
A.M点的电势高于N点的电势
B.M点的电势低于N点的电势
C.粒子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
5.在电场中，把电荷量为4×10-9 C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10-8 J，以下说法中正确的是(　　)
A.电荷在B点具有的电势能是6×10-8 J
B.B点电势是15 V
C.电荷的电势能增加了6×10-8 J
D.电荷的电势能减少了6×10-8 J
6.(多选)如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷.a，b是水平细杆上的两点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球(可视为质点)套在细杆上，由a点静止释放，在小球由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是(　 　)
A.小球速度先增大后减小
B.小球速度一直减小
C.小球速度一直增大
D.小球与负电荷组成的系统电势能先减少后增加
7.(多选)如图，电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a，b是正方体的另外两个顶点.则(　　)
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加
8.如图所示，空间中存在着由一固定的正电荷Q(图中未画出)产生的电场.另一试探电荷+q仅在静电力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且vA.Q一定在虚线MP上方
B.M点的电势比N点的电势高
C.q在M点的电势能比在N点的电势能小
D.q在M点的加速度比在N点的加速度大
解析：试探电荷+q从M到N速度减小，即动能减小，电势能增大，且试探电荷带正电，故N点电势高，说明N点离场源电荷较近，而曲线运动合力指向曲线弯曲的内侧，故正点电荷在虚线MP下方，且离N点近，故A，B错误，C正确；N点离场源电荷较近，则q在N点受到的静电力大，加速度大，故D错误.
9.如图(甲)所示，x轴上固定两个点电荷Q1，Q2(位于坐标原点O)，轴上有M，N，P三点，间距MN=NP.Q1，Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图(乙).则(　　)
A.M点电场强度大小为零
B.N点电场强度大小为零
C.M，N之间电场方向沿x轴负方向
D.一正试探电荷从P移到M过程中，静电力做功|WPN|=|WNM|
二、非选择题
10.如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把电荷量为-1×
10-8 C的电荷从A点移到B点，静电力做功6×10-8 J.B处电势为
1 V，求：
(1)电场强度的方向；
(2)A点电势；
(3)电子在A点的电势能.
11.如图所示，在电场强度E=1×104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l=15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-6 C的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取10 m/s2.则：
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能变化量、电势能变化量分别为多少
(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、B点的电势分别为多大
(3)小球到B点时速度为多大 细线的张力为多大
参考答案
1.D
2.B
3.BC
4.AD
5.C
6.AD
7.BC
解析：两个点电荷间的电场线分布是由q指向-q的，由正方体的特点可知，在这四点所在平面上a点和b点所在位置电场线是关于q和-q连线对称的，且b点距离正电荷q较a点更近，故b点电势高于a点电势，选项A错误；将负电荷从a点移到b点，电势能减少，选项D错误；如图所示，由对称性和电场的叠加原理，可知两点电荷在a，b两点所产生的合电场强度大小相等，方向相同，选项B，C正确.
8.C
9.B
解析：x图线的切线斜率表示电场强度，可知N点电场强度大小为零，M点电场强度大小不为零，故A错误，B正确；设一个带正电的试探电荷从M点移动到N点，由于电势减小，所以电势能减小，此过程静电力做正功，M，N之间电场方向沿x轴正方向，故C错误；由图(乙)知
|ΔPN|<|ΔNM|，所以正试探电荷在PN之间电势能的变化量的绝对值小于在NM之间电势能的变化量的绝对值，根据功能关系可知静电力做功|WPN|<|WNM|，故D错误.
10. 解析：(1)将负电荷从A点移到B点，静电力做正功，所以负电荷所受静电力方向由A点指向C点，电场强度方向与负电荷受静电力方向相反，所以电场强度方向由C点指向A点.
(2)由静电力做功与电势能变化的关系可知WAB=EpA-EpB=q(A-B)，
则A=+B=(+1)V=-5 V.
(3)电子在A点的电势能EpA′=(-e)×(-5 V)=5 eV.
答案：(1)由C点指向A点　(2)-5 V　(3)5 eV
11.解析：(1)重力势能变化量ΔEp=-mgl=-4.5×10-3 J，
电势能变化量ΔEp电=qEl=3×10-3 J.
(2)取A点电势为零，由(1)知，小球在B点的电势能EpB=ΔEp电=3×
10-3 J，又EpB=Bq，解得B= V=1.5×103 V.
(3)小球从A点到B点由动能定理得mgl-qEl=m，
解得vB=1 m/s，
在B点，对小球有FT-mg=m，
解得FT=5×10-2 N.
答案：(1)-4.5×10-3 J　3×10-3 J　(2)3×10-3 J　1.5×103 V　
(3)1 m/s　5×10-2 N10.2 电势差
一、单选题（本大题共12小题）
1.下列用基本单位表示电势差的单位正确是
A. V B. C. D.
【答案】B
【解析】解：国际单位制中的基本单位为m、s、kg、A，
根据电势差的基本公式，，而，，可知：，故B正确，ACD不符合题意，ACD错误；
故选：B。
根据电势差的基本公式，，结合，，可确定电势差的基本单位，国际单位制中的基本单位为m、s、kg、A等。
本题主要考查了单位制，必须掌握国际单位制中的基本单位的物理量，结合基本公式即可求出。
2.电场中有a、b两点，已知，，将电荷量为的点电荷从a移到b时，电场力做功为
A. 负功 B. 正功 C. 负功 D. 正功
【答案】B
【解析】
本题考查电场力做功的公式，以及电势差和电势的关系。
根据计算电场力做功的公式求解。
【解答】
电场力做功，电场力做正功，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.在电场中将一带电荷量的负电荷从B点移至A点时，克服静电力做功，将该电荷从A点移至C点，则需克服静电力做功，则B、C间的电势差大小为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
电势差和电场力做功的关系为，电势差与电势之间的关系为：，求只需求出即可。
此题考查电场力做功与电势差之间的关系，在应用公式的时候注意功的正负和电荷的正负即可。
【解答】
由得：；；又：；：式减式得：，即：，所以：，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.在电场中A、B两点间的电势差为，B、C两点间的电势差为，则A、B、C三点电势高低关系为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
本题主要考察电势差与电势的关系，只要掌握，，，通过列式分析电势的关系，也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断；
【解答】
由题意，，则得：；
，则得：；
又，则得：；
故有：；
故ABD错误，C正确，故选C。
5.在静电场中，将一个电子由a点移到b点，克服静电力做功8eV，下列说法正确的是
A. a，b两点电势差
B. 电子的电势能减少了8eV
C. 电场强度的方向一定由a指向b
D. 因零电势点未确定，故a，b两点间的电势差无法确定
【答案】A
【解析】
电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向，只有电场力做功时，电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少，动能就增加多少。由公式求出a、b两点电势差。
解题的关键是从功能原理的角度出发。
【解答】
、b两点电势差，故A正确，D错误；
B.电子由a点移到b点，克服电场力做功8eV，电子的电势能就增加了8eV，故B错误；
C.电场强度的方向不一定由a指向b。故C错误。
故选A。

6.已知处于匀强电场中，将一个带电量的点电荷从A移到B的过程中，克服电场力做功；再将该点电荷从B移到C，电场力做功。已知A点的电势，则B、C两点的电势分别为
A. ，2V B. 1V，2V C. ， D. 1V，
【答案】A
【解析】
本题考查了电场力做功与电势差的关系，电势差和电势的关系；解题关键灵活应用计算两点间的电势差，由电势差和电势的关系得到电势。
【解答】
据得：，故，，解得：；
，，解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7.电场中有A、B两点，将一带电量为的点电荷从无穷远处移动到A点，电场力做功，将该电荷放在B点，其电势能为，则A、B两点的电势差为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
本题主要考查电势，及电势差。根据电势公式求出AB两点电势大小，从而求出电势差。
【解答】
A点的电势，B点的电势 ，，故D正确，ABC错误。
故选D。
8.如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A，B，C三点其中A，B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是
A. 某不计重力的正电荷在A，B两点的加速度相同
B. 某正电荷在C点的电势能小于B点的电势能
C. 某负电荷从C点移动到B点，电场力做负功
D. C点场强大于B点场强
【答案】B
【解析】
本题考查等差等势面。熟知等势面特点是解决本题的关键。
根据电场方向，可判断加速度是否相同；等差等势面越密集的地方，电场强度越大，电场强度是矢量，注意方向；已知电势关系，根据可判断电势能的关系，根据电势能和电场力的做功的关系，可确定电场力做功情况。
【解答】
A.A、B两点处于同一等势面上，电场方向不同，不计重力的正电荷在A、B两点的加速度不相同，故A错误；
B.由可知，B点的电势大于C点的电势，正电荷在C点的电势能小于B点的电势能，故B正确；
C.负电荷从低电势移动到高电势，电势能变小，电场力做正功，故C错误；
D.由可知，C点场强小于B点场强，故D错误。
故选B。
9.如图所示，a，b，c，d是某电场中的四个等势面，它们是互相平行的平面，并且间距相等，下列判断中错误的是
A. 该电场一定是匀强电场
B. 相邻两个等势面间电势差一定相等
C. 如果，则电场强度
D. 如果，则电场方向垂直于等势面由b指向a
【答案】C
【解析】
等势面是平行平面而且均匀分布，该电场一定是匀强电场．电根据公式，匀强电场中，沿着电场线方向，相同距离电势差相同．电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。
本题考查对等势面和电场线关系的理解能力．本题也可以采用作电场线的方法，分析判断，常规题，比较容易。
【解答】
A.等势面是平行平面而且均匀分布，则电场线平行同向，均匀分布，该电场一定是匀强电场，故A错误；
B.由图判断出电场方向垂直于等势面，由公式可知，沿着电场线方向，相同距离电势差相同，故B错误；
C.匀强电场，电场强度处处相同，故C正确；
D.根据电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，故D错误。
故选C。
10.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同。实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知
A. 三个等势面中，c等势面电势最低 B. 带电质点通过Q点时动能较小
C. 带电质点通过P点时电势能较小 D. 带电质点通过Q点时加速度较大
【答案】A
【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势面的电势最高，c等势面的电势最低，故A正确；
BC、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故BC错误；
D、由于相邻等势面之间的电势差相同，等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误。
故选：A。
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势面垂直，且等势面密的地方电场线密，电场强度大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
11.真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是
A. 该点电荷一定为正电荷
B. P点的场强一定比Q点的场强大
C. P点的电势一定比Q点的电势高
D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【答案】B
【解析】解：ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有办法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；
B、根据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。
故选：B。
根据顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向，以此判断点电荷的电性；根据等势面的疏密程度分析场强的大小；正检验电荷所处位置电势越高，电势能越大。
本题考查点电荷的电性的判断方法，电势高低的判断方法与带电粒子在电场中的电势能变化，会根据等势面的疏密程度判断电场强度的大小。
12.如图所示．虚线表示真空中一点电荷Q的电场中的两个等势面，实线表示一个带负电q的粒子不计重力运动的轨迹，下列说法正确的是
A. Q带正电
B. A，B，C三点电势大小
C. 粒子从A到B静电力做负功，电势能增加，动能减小
D. 粒子从上B到C动能增加，电势能增加
【答案】C
【解析】
根据图示，Q和q相互排斥，Q带负电；由负点电荷的场强特点和等势面得到电势的高低；根据静电力做功情况判定电势能的变化。
本题是电场中轨迹问题，首先根据轨迹弯曲方向判断粒子受到的电场力方向，对于电势能的高低，也可以根据推论正电荷在电势高处电势能大判断。
【解答】
A.根据图示，Q和q相互排斥，q带负电，所以Q带负电，故A错误；
B.根据负点电荷的场强特点和等势面，A，B，C三点电势大小，故B错误；
C.粒子从A到B静电力做负功，电势能增加，动能减小，故C正确；
D.粒子从上B到C静电力做正功，电势能减小，动能增加，故D错误。
故选C。

二、计算题（本大题共2小题）
13.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻等势面距离为2cm，已知。
设B点电势为零，求A、C、D、P的电势；
将的点电荷由A移到D，求电场力所做的功
【答案】解：间的距离为4cm，
则，故匀强电场的场强为；
根据A点的电势大于C点的电势，知电场强度的方向水平向右，
，因为，则
，则，则
P点与B点等电势，所以
故A、C、D、P点的电势分别为：30V、、、0V；
。
故点电荷由A移到D电场力所做的功为。
答：、C、D、P点的电势分别为：30V、、、0V；点电荷由A移到D电场力所做的功为。
【解析】解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系。
电场线和等势面垂直，求出AC间的距离，根据求出匀强电场的电场强度；求出B点与各点间的电势差，从而根据B点的电势求出A、C、D、P点的电势；
求出AD间的电势差，根据求出电场力做功。
14.如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势，，，电荷量为的正电荷在该电场中移动．
把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？
把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？
【答案】解：由于
则电荷从C移到D，电场力做功：
由于
则电荷从D移到B再移到A电场力做的功：
故电势能的变化量：，电荷的电势能增加．
答：把这个电荷从C移到D，电场力做功为J.
把这个电荷从D移到B再移到A，电势能增加了J.
【解析】根据电势差的定义可知电势差等于电势的差值，可以计算出CD间的电势差和DA间的电势差，根据电场力做功的公式，可以计算出电荷从C移到D电场力做功和电荷从D移到B再移到A电场力做的功，再根据电场力做功等于电势能的减少量判断电势能的变化．
第4页，共10页10.2　电势差　练习题
一、选择题
1.下列关于等势面的说法正确的是(　　)
A.沿电场线方向电势降低，所以电势降低的方向就是电场的方向
B.在同一等势面上移动电荷时，静电力不做功
C.在电场中将电荷由a点移到b点，静电力做功为零，则该电荷一定是在等势面上运动
D.某等势面上各点的电场强度方向与该等势面平行
2.(多选)关于电势差UAB和电势A，B的理解，下列说法正确的是(　 　)
A.UAB表示B点相对于A点的电势差，即UAB=B-A
B.UAB和UBA是不同的，它们有关系UAB=-UBA
C.A，B都有正负，所以电势是矢量
D.零电势点的选取是任意的，但人们通常取大地或无限远处为零电
势点
3.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，静电力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(　　)
A.静电力做功仍为W
B.静电力做功为
C.两点间的电势差仍为U
D.两点间的电势差为
4.(多选)一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面.则下列说法中错误的是(　　)
A.a点的电势比b点低
B.电子在a点的加速度方向向右
C.电子从a点到b点动能减小
D.电子从a点到b点电势能增加
5.一个电荷量为q=2.0×10-9 C的带正电的质点在静电场中由a点移动到b点过程中，除静电力外，其他力做的功为6.0×10-5 J，质点的动能增加了8.0×10-5 J，则a，b两点间的电势差Uab为(　　)
A.1×104 V B.-1×104 V
C.4×104 V D.-7×104 V
6.如图所示，在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆.现将一试探电荷分别从圆上的B，C，D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是(　　)
A.从B移到A的过程中静电力做功最少
B.从C移到A的过程中静电力做功最少
C.从D移到A的过程中静电力做功最多
D.从三点移到A的过程中静电力做功一样多
7.在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业.为了保障电工的安全，电工全身要穿上含金属丝线编织的衣服[如图(甲)所示].图(乙)中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势.虚线表示电工周围某一截面上的等差等势面，c，d，e，f是不同等势面上的四个点，以下说法正确的是(　 　)
A.在c，d，e，f四点中，c点的电场强度最大
B.在c，d，e，f四点中，f点的电势最高
C.若将某电子由c点移到f点，其电势能将增大
D.将某电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动
8. (多选)在真空中A，B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A，B两点的竖直平面内的对称位置取一正方形路径abcda，如图所示，现将一电子沿abcda移动一周，则以下判断中正确的是(　 　)
A.由a→b，电势降低，电子的电势能减少
B.由b→c，静电力对电子先做负功后做正功，总功为零
C.由c→d，电子的电势能增加
D.由d→a，电子的电势能先减少后增加，电势能总增量为零
9. (多选)如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个电荷量为+Q的点电荷，一质量为m、电荷量为-q 的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则(　 　)
A.小球从A到D的过程中静电力做功为mv2
B.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小
C.小球从A到B的过程中电势能先减小后增大
D.A，B两点间的电势差UAB=
二、非选择题
10.如图所示的电场中，已知A，B两点间的电势差UAB=-20 V.
(1)电荷量q=5×10-9 C的点电荷Q由A点移动到B点，静电力所做的功是多少
(2)若电荷量q=5×10-9 C的点电荷Q在A点的电势能为EpA=5×10-8 J，B点的电势是多少
11.如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、电荷量为-q的油滴以速度v竖直向上运动.已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v.求电场强度E的大小及A，B两点间的电势差.
参考答案
B
BD
C
AB
解析：根据电子的运动轨迹可知，电子所受的静电力方向向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，故A错误；电子所受的静电力方向向下，所以电子在a点的加速度方向向下，故B错误；电子从a点到b点，静电力做负功，电子动能减小，电势能增加，故C，D正确.
A
D
解析：在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆，根据点电荷等势线的分布情况知，该圆是一条等势线，B，C，D三点在这个圆上，则三点的电势相等，因此A与B，C，D三点间的电势差相等，将一试探电荷分别从圆上的B，C，D三点移到圆外的A点的过程中，根据静电力做功公式W=qU可知，静电力做的功相等，选项D正确.
C
BD
解析：等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况如图所示，由图中电场线分布可知，从c到d电势逐渐升高，从a到b电势逐渐降低；再由等势面的分布可知，a，d在同一等势面上，b，c在同一等势面上，沿直线由d到a电势先升高后降低，从b到c电势先降低后升高.由于从高电势点向低电势点移动电子的过程中，克服静电力做功，故电子的电势能增加；反之，电势能减少，所以应选B，D.
CD
解析：由题述及几何关系可知，AC=AD=CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由点电荷周围电势分布可知D点与A点的电势相等，即A，C间电势差与D，C间电势差相等，则由W=qU，知小球从A到D的过程中静电力做的功等于0，A错误；由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中静电力对小球做正功，所以小球从A到D的过程中电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增大，C正确；设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ=mv2，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsinθ+(-qUAB)=0，联立解得UAB=，D正确.
解析：(1)WAB=qUAB=5×10-9×(-20)J=-1×10-7 J.
(2)A== V=10 V，
B=A-UAB=10 V-(-20 V)=30 V.
答案：(1)-1×10-7 J　(2)30 V
解析：由A点到B点的过程中，油滴在水平方向受到水平向左的静电力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向上做匀减速直线运动.
根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动的平均速度公式，竖直方向有h=，水平方向有x=，所以h=x，
由动能定理有qEx-mgh=0，
解得E=，
由动能定理得-qUAB-mgh=0，
在竖直方向有0-v2=-2gh，
解得UAB=-.
答案：　-10.3 电势差与电场强度的关系
一、单选题（本大题共12小题）
1.如图所示，武当山金殿屹立峰巅，该金殿是一个庞大的优良导体。当带电的积雨云移来时，云层与金殿顶部之间会形成巨大的电势差。已知当电场强度超过时，空气将被击穿而产生电弧。现有一片带电的乌云，距金殿顶部300m，发生闪电时，乌云与金殿间的电势差至少为。
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
根据确定闪电前瞬间乌云与避雷针之间的电势差的大小．解决本题的关键掌握匀强电场电势差与电场强度的关系公式，即。
【解答】
解：乌云与建筑物间的距离，则闪电前瞬间乌云与避雷针之间的电势差的大小：。故D 正确。
故选。
2.在水深超过200m的深海，光线极少，能见度极低，有一种电鳗具有特殊的适应性，能通过自身发出的生物电获取食物、威胁敌害、保护自己。若该电鳗的头尾相当于两个电极，它在海水中产生的电场强度达到，可击昏敌害。则身长50cm的电鳗，在放电时产生的瞬间电压可达
A. 50V B. 500V C. 5000V D. 50000V
【答案】C
【解析】解：由匀强电场的电场强度公式得：
，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据匀强电场的电场强度公式求出放电时产生的瞬间电压。
解决本题的关键掌握匀强电场的电场强度公式，知道该公式只适用于匀强电场的计算。
3.某匀强电场的等势面分布如图所示，已知相邻等势面的间距均为1cm，则以下说法中正确的是
A. 电场强度的方向竖直向下 B. 电场强度的方向竖直向上
C. 电场强度的大小为 D. 电场强度的大小为
【答案】D
【解析】
电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，根据匀强电场场强与电势差的关系求出电场强度的大小。
本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系，公式中，d是沿电场线方向两点间的距离。
【解答】
根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。
两个相邻等势面相距，电势差，则电场强度，故ABC错误，D正确。
4.如图A，B，C三点都在匀强电场中，已知，，，把一个电荷量的正电荷从A移到B，电场力的做功为零；从B移到C，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是
A. ，垂直AC向左
B. ，垂直AC向右
C. ，垂直AB斜向上
D. ，垂直AB斜向下
【答案】D
【解析】
根据电场力做功与电势差的关系，求出以及，进而根据电场线与等势面垂直找到电场线，再根据沿电场线方向，电势逐渐降低进而判断电场线的方向。
本题主要考查电势差与电场强度的关系式，解题的关键在于找到等势面，进而根据电场线与等势面垂直找到电场线。
【解答】
把电荷q从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB即为等势线，场强方向应垂直于等势面；又因为
，B点电势比C点低173V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强的方向必垂直于AB斜向下，场强大小为：，故ABC错误，故D正确。
故选D。
5.如图，中，匀强电场的电场线平行于所在平面，且a、b、c点的电势分别为、、下列说法中正确的是
A. 电场强度的方向沿ac方向
B. 电场强度的大小为
C. 电子从a点移动到b点，电势能减少了
D. 电子从c点移动到b点，电场力做功为
【答案】B
【解析】
匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；
由题意知AC两点的电势相等，是一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，
再根据公式求出电场强度。根据求电场力的功，根据电场力做功判断电势能变化。
本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式应用时d为沿着电场线方向的距离。
【解答】
A.由题知a和c组成的平面为等势面，因此电场线垂直于ac指向b的方向，如图所示，故A错误；
B.设b到ac的距离为d，则，电场强度
，故B正确；
C.电子从a点移动到b点的过程中电场力做功为eU，电势能增加，故C错误；
D.同理电子从c点移动到b点的过程中，电场力做功为，故D错误．

6.如图所示的匀强电场场强为，abdc为矩形，ab边平行于电场线，，。则下述计算结果正确的是
A. a、d之间的电势差为
B. a、c之间的电势差为
C. 将q的点电荷沿矩形路径abdc从a移动到c，电场力做功为
D. 将q的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是
【答案】D
【解析】
根据匀强电场中场强与电势差的关系可以计算出两点之间的电势差；根据可以计算出电场力做的功。
公式和中的d都是沿场强方向的距离。
【解答】
A.ad之间沿电场线方向的距离为ab之间的距离，则，所以ad之间的电势差为，故A错误；
B.因为ac连线与电场线垂直，所以a、c两点在同一等势面上，两点电势相等，电势差为零，故B错误；
C.电场力做功的特点是只与初末位置的电势差有关，与其经过的路径无关，由上面B的分析可知，a、c两点的电势差为零，所以点电荷沿矩形路径abdc从a移动到c，电场力做功为零，故C错误；
D.根据可以计算出，故D正确。
故选D。
7.一电子经过电场中A、B两点，电子在A点电势能为，动能为，电子经过B点时电势能为，如果电子只受电场力作用，则
A. 电子在B点的电势为200V B. 由A到B电场力做功为100eV
C. 电子在B点时动能为 D. A、B两点间电势差
【答案】B
【解析】
根据能量守恒求出电子的动能，根据电场力做功与电势能的变化关系求电场力做的功，同时可以求出两点间的电势差；
本题重点考查了电场力做功与电势能的变化关系这个关系式，结合功的公式即可解决此类题目。
【解答】
解：电子在B点的电势为，故A错误；
B.电场力做的功等于电势能的改变量，所以，故B正确；
C.AB两点电子只受电场力，则电子的动能和电势能之后保持不变，在A点，在B点，故C错误；
D.，所以，故D错误；
故选B。
8.如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为，，，由此可得D点电势为
A. 6V B. 9V C. 12V D. 15V
【答案】B
【解析】
本题考查匀强电场等势线特点的应用，找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图，为解题关键。
连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势。
【解答】
如下图所示：
，
连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V；连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，，则DF也是一条等势线，所以D点电势，故ACD错误，B正确。
故选B。

9.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，，，则a、c连线中点b的电势为
A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 等于
【答案】C
【解析】解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，
根据公式可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，即：，
得到：。
故选：C。
由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势。
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。属于常规题。
10.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴沿竖直方向对称，O、M、N是y轴上的三个点，且。P点在y轴右侧，。则下列说法正确的是
A. M点的电势与P点的电势相同
B. 将负点电荷由O点移动到P点，静电力做正功
C. M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D. M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差
【答案】D
【解析】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
该题考查电场线的特点，与电场力做功的特点，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
【解答】
A.过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有，故A错误；
B.将负电荷由O点移到P点，因，所以，则负电荷做负功，故B错误；
由可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，故C错误D正确。
故选D。
11.如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、、、、，则匀强电场场强的大小和方向最接近于
A. ，沿AO方向
B. ，沿CO方向
C. ，沿BO方向
D. ，沿CO方向
【答案】C
【解析】
据A、C两点的电势相等，连接AC两点作等势线，由于电场方向垂直于等势线，故OB最接近垂直等势线，即为电场线；再据各点电势的大小，确定电场线方向由B指向O。再据求场强。
明确电场线与等势线垂直、沿电场线方向电势减小和求场强是解题的关键。
【解答】
由于A、C两点的电势相等，连接AC两点作等势线，由于电场方向垂直于等势线，故OB最接近垂直等势线，即为电场线；
由于B点的电势高于O点的电势，所以电场线方向由B指向O。
有题知，，所以，故ABD错误，C正确。
故选C。
12.如图所示，匀强电场的场强，A、B两点相距，两点连线与电场的夹角是，下列说法正确的是
A. 电荷量的电荷从A点运动到B点电势能增大6J
B. 电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为
C. 若取A点的电势为0，则B点的电势
D. A、B两点间的电势差是
【答案】B
【解析】
已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为，根据公式，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U。
本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。
【解答】
A.从A到B，电场力做功则电势能减小6J，故A错误；
B.从A到B，电场力做功，故B正确；
间的电势差，因为A点的电势为0，则B点的电势为，故C、D错误。
故选B。
二、计算题（本大题共3小题）
13.如图所示，在水平向右的匀强电场中，将带电荷量为的点电荷由A点沿直线移至B点，电场力做功，已知A、B间的距离为直线AB与电场线的夹角为，，，求：
、B两点间的电势差．
该匀强电场的电场强度大小．
【答案】解：由题意可知，点电荷从A到B，电场力做功，
则A、B两点间的电势差为：
B两点沿电场线方向的距离
则根据匀强电场场强公式得该匀强电场的电场强度大小为：
。
【解析】本题主要考查电势差的计算、电势差与电场强度的关系、匀强电场的电场强度。
、B间两点间的电势差由公式求解即可；
根据，d是两点沿电场线方向的距离，求解电场强度。
14.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，，，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成角，一电子其电荷量为从a移到b电场力做功为。求：
匀强电场的场强大小及方向。
电子从b移到c，电场力对它做功。
设，则电子在c点的电势能为多少？
、c两点的电势差等于多少？
【答案】解：
电子从a移到b电场力做正功，可知电场力方向向右，则电场强度方向水平向左。
由，得
电子从b移到c，电场力做功
电子从a移到c，电场力做功，电子电势能减小
设，则电子在c点的电势能为。
、c两点的电势差
【解析】根据电场力做功的大小，结合功的公式求出电场强度的大小和方向；
由得出电子从b移到c电场力做的功；
根据电子从a到c电场力所做的功得到时电子在c点的电势能；
通过a、c间电场力做功，结合电场力做功与电势差的关系求出b、c间的电势差。
解决本题的关键掌握电场力做功的求法，可以根据求解，也可以根据求解，注意第二个公式只对匀强电场适用。
15.如图所示，匀强电场电场线与AC平行，把带电荷量为的正电荷从A点移到B点，静电力做功。已知AB长，AB与AC之间夹角为。
在图中标出电场强度方向并求出电场强度大小。
设B处电势为，求A处电势。
在的基础上，求该电荷在A点电势能。
【答案】解：将正电荷从A移至B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿A至C，又因为是正电荷，场强方向与正电荷的受力方向相同，所以场强方向应为A至C方向，如图所示：
由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上，则：
沿场强方向A、B两点间距离为：
所以：；
，，
则：，即A点的电势为7V；
该电荷在A点电势能为：。
【解析】本题考查了电势、电势差、电势能的计算方法，关键记住三个公式：、、。
根据电场力做功情况判断电场力方向，再结合电荷电性判断电场强度方向，根据公式求解电场强度；
先根据公式求解电势差，再根据公式求解电势；
根据公式求该电荷在A点电势能。
第12页，共13页10.3　电势差与电场强度的关系 练习题
一、选择题
1.(多选)下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系的说法正确的是(　　)
A.任意两点之间的电势差等于电场强度和这两点间距离的乘积
B.在任一直线上，相等距离两点间的电势差相等
C.沿着电场线方向，任何相等距离上的电势降落必定相等
D.电势降落的方向必定是电场强度的方向
2.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点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为(　　)
A.4 V B.8 V C.12 V D.24 V
3.如图所示，大小为E、方向水平向右的匀强电场中有一与电场平行的圆，圆心为O，半径为R，AB为圆的直径，AB与电场方向间的夹角为θ，则O，A两点间的电势差UOA等于(　　)
A.UOB B.ERsin θ C.ERcos θ D.
4. (多选)一带电体及其电场中的两条电场线如图所示，已知ab=bc=ef，Uab=50 V，则以下关系式正确的是(　　)
A.Ubc=50 V B.Ubc<50 V
C.Uef=50 V D.Uef>50 V
5.a，b，c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是a=
5 V，b=2 V，c=4 V，则如图所示的示意图中能表示该电场的电场强度方向的是(　 　)
解析：在匀强电场中，沿同一方向电势均匀变化，将线段ab三等分，靠近a的等分点电势为4 V，该等分点与c点的连线为一等势线，作该等势线的垂线并指向b点的一侧，该线所指的方向就是电场强度的
方向.
6.(多选)如图所示为某一电场的电场线和等势面.已知a=5 V，c=3 V，ab=bc，b点的电势为b，b，d在同一等势面上.以|Wac|表示点电荷q由a点移到c点过程中静电力做功的大小，|Wdc|表示点电荷q由d点移到c点过程中静电力做功的大小，则(　 　)
A.b>4 V B.b<4 V
C.|Wac|=2|Wdc| D.|Wac|>2|Wdc|
7.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.设电场强度大小为E，一电荷量为1×10-6 C的正点电荷从D点移到C点静电力所做的功为W，则(　 　)
A.W=8×10-6 J，E>8 V/m
B.W=6×10-6 J，E>6 V/m
C.W=8×10-6 J，E≤8 V/m
D.W=6×10-6 J，E≤6 V/m
8.如图所示，三角形ABC所在平面与匀强电场方向平行，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，=20 cm.把一个电荷量q=1×10-5 C的正电荷从A点移到B点，静电力做的功为零；从B点移到C点，静电力做的功为-1.73×10-3 J，则该匀强电场的电场强度大小和方向是(　 　)
A.865 V/m，垂直AC向左
B.865 V/m，垂直AC向右
C.1 000 V/m，垂直AB斜向上
D.1 000 V/m，垂直AB斜向下
9.如图所示，a，b，c，d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在的平面平行.已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V.一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点.不计质子的重力.下列判断正确的是(　 　)
A.c点电势高于a点电势
B.电场强度的方向由b指向d
C.质子从b运动到c，静电力做功为8 eV
D.质子从b运动到c，静电力做功为4 eV
二、非选择题
10.平行的带电金属板A，B间是匀强电场，如图所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V.试问：
(1)两板间的电场强度是多大
(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差为多大
(3)若B板接地，P1和P2两点的电势各是多大
11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q=-4×10-7 C的负点电荷从A点运动到B点，静电力做功为WAB=3.2×10-6 J，A，B间距离L=4 m，AB与水平面的夹角为60°.
(1)负点电荷的电势能是增加还是减少 增加(减少)了多少
(2)B，A间电势差UBA是多少
(3)电场强度E是多大
(4)如果A点的电势为-4 V，那么B点的电势为多大 电荷量为q′=
4×10-6 C的正电荷在A点具有的电势能是多少
参考答案
BC
B
C
BD
解析：由带电体电荷分布的特征可知，越尖的地方电场强度越强，电场线分布越密，等差等势面也越密，而由电场特点可知Ea>Eb>Ec，由电势差和电场强度的关系可知Uab>Ubc，即Ubc<50 V，则A错误，B正确；又由于Ee>Ea，Ef>Eb，所以Uef>Uab，即Uef>50 V，则C错误，D正确.
D
解析：在匀强电场中，沿同一方向电势均匀变化，将线段ab三等分，靠近a的等分点电势为4 V，该等分点与c点的连线为一等势线，作该等势线的垂线并指向b点的一侧，该线所指的方向就是电场强度的方向.
BD
解析：由电场线疏密程度可知ab段上各点电场强度大于bc段上各点电场强度，由U=Ed可定性判断出Uab>Ubc，即a-b>b-c，所以b<
=4 V，故A错误，B正确；又因为Uac=Uab+Ubc，所以Uac>2Ubc，b，d在同一等势面上，b=d，故Uac>2Udc，由静电力做功W=qU，得|Wac|>2|Wdc|，故C错误，D正确.
A
解析：因电场是匀强电场，D是AB的中点，故D的电势D==10 V，所以W=q(D-C)=8×10-6 J.设E的方向与的夹角为α，则α≠0，否则等势面与AB垂直，C点电势就会高于B点电势.由E=可知= ，因α>0，则cos α<1，E>8 V/m，故选项A正确.
D
解析：把电荷从A点移到B点，静电力做的功为零，说明A，B两点在同一等势面上，由于该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB是一条等势线，电场强度方向应垂直于等势线，选项A，B错误；UBC=
= V=-173 V，B点电势比C点电势低173 V，因沿电场强度方向电势降低，所以电场强度方向垂直于AB斜向下，电场强度大小E== V/m=1 000 V/m，选项C错误，D正确.
C
解析：由于是匀强电场，故ad的中点(设为E)电势应为a，d两点电势和的一半，即16 V，那么Eb的中点F电势是20 V，和a点电势相等，连接a，F得到等势线，则电场线与它垂直，正好是由b指向E.cE平行于aF，故c点电势与E点相同，也为16 V，小于a点电势，A错误；电场强度的方向由b指向E，B错误；质子从b运动到c电势降落了8 V，质子电荷量为e，静电力做功8 eV，C正确，D错误.
解析：(1)根据公式E=，代入数据得E= V/m=1 200 V/m.
(2)P1，P2沿电场方向的距离为d12=5 cm-(0.5 cm+0.5 cm)=4 cm，
根据公式U=Ed得U12=Ed12=1 200×4×10-2 V=48 V.
(3)B板接地，则B=0.
由1-B=Ed1B=1 200×4.5×10-2 V=54 V得1=54 V.
同理2-B=Ed2B=1 200×0.5×10-2 V=6 V，得2=6 V.
答案：(1)1 200 V/m　(2)48 V　(3)54 V　6 V
解析：(1)负点电荷从A点运动到B点，静电力做正功，大小为3.2×
10-6 J，则负点电荷的电势能减少了3.2×10-6 J.
(2)A，B间电势差UAB== V=-8 V，
则UBA=-UAB=8 V.
(3)匀强电场的电场强度E==4 V/m.
(4)因UAB=A-B=-8 V，A=-4 V，
则B=4 V，
电荷量为q′的正电荷在A点具有的电势能为EpA=Aq′=-1.6×
10-5 J.
答案：(1)减少　3.2×10-6 J　(2)8 V　(3)4 V/m
(4)4 V　-1.6×10-5 J10.4 电容器的电容
一、单选题（本大题共12小题）
1.有一电学元件，上面标有“450V，”字样，它是
A. 电源 B. 电阻器 C. 电容器 D. 电动机
【答案】C
【解析】解：“”是电容的单位，则此元件是电容器，故C正确ABD错误。
故选：C。
由电学元件的标度可得出电学元件的性质，并能得出属于哪一种电学元件。
每一个物理量均有独一无二的单位，故根据单位即可判断该元件的名称及性质。
2.超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。如图所示，某超级电容标有“”，将该电容接在干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：电容标有“”，将该电容接在干电池的两端，
根据公式，那么电容器的极板上所带电量为；
因此电容器的负极板上所带电量为，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据电容定义式的变形式，结合电容C，即可求解。
考查电容定义式的应用，注意单位统一，理解负极板的电量与正极板电量的正负性。
3.如图所示的实验装置中，极板A与静电计外壳相连，平行板电容器的极板B与静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是
A. Q变小，C不变，U不变，E变小 B. Q变小，C变小，U不变，E不变
C. Q不变，C变小，U变大，E不变 D. Q不变，C变小，U变大，E变小
【答案】C
【解析】
先根据电容的决定式，分析电容如何变化，抓住电容器的电荷量不变，由电容的定义式，分析板间电压的变化，由分析板间场强的变化；
对于电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式，电容的定义式和板间场强公式，结合电荷不变的条件进行分析。
【解答】
当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式，分析得知电容C变小；
由电容的定义式，分析得知板间电压U变大 ；由，因Q、S、均不变，所以板间场强E不变，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.某电容器上标有“ 100V”，则
A. 该电容器加的电压可以长时间高于100V
B. 该电容器加上50V电压时，其电容为
C. 该电容器加上100V电压时，其所带电荷量为
D. 该电容器的最大电容为，当其带电荷量较少时，电容小于
【答案】C
【解析】
明确电容器铭牌信息，知道电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定。
电容表征电容容纳电荷的本领大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是一定的，电量与电压成正比。
【解答】
A、100V是该电容器的额定电压，是可以长时间工作的最大电压，所以该电容器不能长时间工作在大于100V的电压下，故A错误；
BD、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是，故BD错误。
C、该电容器加上100V电压时，其所带电荷量为，故C正确。
故选：C。
5.关于电容器的电容，下列说法正确的是
A. 电容器所带的电荷越多，电容就越大
B. 电容器两极板间的电压越高，电容就越大
C. 电容器所带电荷增加一倍，电容就增加一倍
D. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量
【答案】D
【解析】
电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关．
电容，采用的是比值定义法，有比值定义法共性，C与U、Q无关，由电容器本身决定。
【解答】
A、电容器所带的电荷越多，两板间电压越大，电容不变，故A错误；
B、电容器两极板间的电压越高，所带的电荷越多，电容不变，故B错误；
C、电容器所带电荷增加一倍，两极板间的电压增加一倍，电容不变，故C错误；
D、电容的物理意义是表征电容器容纳电荷本领的大小，故D正确。
故选D。
6.据媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电。若用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是
A. 该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大
B. 该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少
C. 该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D. 充电结束后，电容器的电容为零
【答案】B
【解析】
电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，根据能量守恒定律，即可求解。
本题考查电容器的电容的概念，掌握比值定义法的内涵，注意电容器充电时，电荷量增多，电能变大，而电容器放电时，则电荷量减少，电能变小。
【解答】
电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误；
当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误。
故选B。

7.如图所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是
A. 指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
B. 指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
C. 手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量减小
D. 手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量增大
【答案】D
【解析】
根据电容的定义式判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合分析电荷量的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
【解答】
根据电容的定义式可知，指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，电容大，故AB错误；
手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器的电压保持不变，根据可知，电容器的电容增大、电容器带电量增大，故D正确，C错误。
故选D。
8.用如图所示实验装置可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，下列判断正确的是
A. 若保持d不变，增大S，则变大
B. 若保持S不变，增大d，则变大
C. 若保持不变，在两极板间插入一薄玻璃板，则变大
D. 该实验采用的是等效替代法
【答案】B
【解析】
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据，通过C的变化，从而判断U的变化，进而确定夹角的变化。
【解答】
A、根据电容的定义式，保持d不变，增大S，电容增大，再根据，因电量Q的不变，知U减小，所以变小，故A错误；
B、根据电容的决定式得知，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故B正确；
C、根据电容的决定式得知，保持不变，在两极板间插入薄玻璃板，C变大，则由电容的定义式分析可知板间电势差减小，则减小，故C错误；
D、该实验采用的是控制变量法，故D错误。
故选B。

9.如图所示，一平行金属板电容器与电源E、定值电阻R、开关S、导线构成回路。开始时接通开关S，电源给电容器充电
A. S接通，增大板间距离，则板间的电场强度增大
B. S接通，若在板间插入一玻璃，则极板上的电荷量增大
C. S断开，增大板间距离，则板间的电势差减小
D. S断开，若在板间插入一玻璃，则板间的电势差增大
【答案】B
【解析】
S接通，平行金属板电容器极板间建立匀强电场，板间电压不变，根据分析电场强度的变化。在板间插入一玻璃，电容增大，根据分析电荷量的变化。S断开，增大板间距离，电容减小，电容器带电量不变，根据分析板间电势差的变化。在板间插入一玻璃，电容增大，再由分析板间电势差的变化。
电容器的动态分析关键在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。
【解答】
A.S接通，增大板间距离，板间电压不变，根据分析知板间的电场强度减小，故A错误；
B.S接通，板间电压不变，若在板间插入一玻璃，电容增大，根据分析知极板上的电荷量增大，故B正确；
C.S断开，电容器带电量不变，增大板间距离，电容减小，由分析知板间的电势差增大，故C错误；
D.S断开，电容器带电量不变，在板间插入一玻璃，电容增大，由分析知板间的电势差减小，故D错误。
故选B。
10.如图甲所示为老式收音机里的可变电容器，它是通过改变可变电容器的电容来调谐从而达到调台的目的的。其中固定不动的一组为定片，能转动的一组为动片，动片与定片之间以空气作为电介质。把它接在如图乙所示的电路中，下列说法正确的是
A. 当动片从定片中旋出时，电容器的电量减少，电流由a流向b
B. 当动片从定片中旋出时，电容器的电量增加，电流由b流向a
C. 当动片旋进定片时，电容器的电量增加，电流由a流向b
D. 当动片旋进定片时，电容器的电量减少，电流由b流向a
【答案】A
【解析】
可调电容器为平行板电容器，根据平行板电容器的决定式，确定电容的大小，再依据，从而得出电量的变化，及电容器充电还是放电，从而判定电流方向。
本题考查可调电容器的原理及应用，要注意正确理解其原理，并能用好电容器的决定式与定义式的区别，同时注意电容器的电压不变是解题的关键。
【解答】
当动片从定片中旋出时，正对面积变小，根据平行板电容器的决定式可知，此时电容减小，因电容器的两极电压U不变，依据可知，电容器的电量Q减小，即电容器处于放电状态，那么电流由a流向b，故B错误，A正确；
当动片从定片中旋进时，正对面积变大，根据平行板电容器的决定式可知，此时电容增大，因电容器的两极电压U不变，依据可知，电容器的电量Q增大，即电容器处于充电状态，那么电流由b流向a，故CD错误；
故选A。
11.如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是
A. 若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加
B. 若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大
C. 若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板
D. 若电容器极板间的电荷量不变，x变大，有电流流向电容器的正极板
【答案】C
【解析】
此题主要考查电容器的动态分析，若电容器极板间的电压不变，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，根据电容充电还是放电，分析电路中电流方向。
【解答】
A.若电容器极板间的电压不变，x变大，拔出电介质，由电容的决定式得知，电容减小，由得知，电容器极板上带电量Q减少，故A错误；
B.若电容器极板电量不变，x变小，电容增大，由得知，电容器极板间电压U变小，故B错误；
由上分析知道，若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器的带电量减小，处于放电状态，而电容器正极板带正电，所以有电流流向电容器的负极，故D错误，C正确。
故选C。
12.有一个孤立的平行板电容器，两个极板带有等量的正、负电荷。在保持所带电量不变的情况下，仅改变两极板间的距离d，下列说法正确的是
A. 极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的
B. 极板间的距离d加倍，极板间的场强E变为原来的2倍
C. 极板间的距离d减半，极板间的场强E变为原来的4倍
D. 极板间的距离d减半，极板间的场强E没有发生变化
【答案】D
【解析】
本题考查了电容器的动态分析；处理电容器的动态分析时，要抓住不变量，比如电容器与电源相连，两端的电势差不变；电容器与电源断开，则电容器所带的电荷量不变。
平行板电容器的两个极板分别与电源的正负极相连，在保持开关闭合的情况下电容器极板间的电压保持不变，根据电容的决定式和定义式、场强公式进行分析。
【解答】
由题意分析可知电容器板间电量不变，当将电容器两极板间的距离d加倍时，由电容的决定式可知，电容C减小为原来的，由定义式得知，U增大为原来的2倍，板间的场强，U增大2倍，d增大2倍，则E不变，故AB错误；
由题意分析可知电容器板间电量不变，当将电容器两极板间的距离d减半时，由电容的决定式可知，电容C增大为原来的2倍，由定义式得知，U减小为原来的，板间的场强，U减小，d减小，则E不变，故C错误，D正确。
故选D。
二、计算题（本大题共2小题）
13.如图所示，一平行板电容器的电容，两个极板之间的距离，电容器与的直流电源相连接，g取。
求电容器的带电荷量。
如果有一个带电荷量的灰尘静止在该平行板电容器的中间，该灰尘的质量是多少？
【答案】解：由 得 C。
灰尘能够静止在平行板电容器中间，说明灰尘受力平衡，则有
解得 kg。
【解析】由电容的定义式求电容器的带电荷量，注意电容的国际单位是F；。根据平衡条件求解该灰尘的质量。
本题考查平行板电容器和平衡条件，基础题目。
14.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在恒压电源正、负两级上，电源电压为，电容器的电容为，两极板间距为，P点到B板的垂直距离为，B极板接地．求：
平行板电容器极板上所带的电荷量Q；
平行板电容器两板之间的电场强度E；
点处的电势．
【答案】解：极板所带电量： C
两板之间为匀强电场，电场强度： ，方向竖直向上
因为B极板接地，所以
P点与B板间电势差
又
所以：
【解析】根据电容的定义式的变形公式求解；
根据匀强电场中场强和电势差之间的关系可求得电场强度；
根据电势差与场强的关系可求得PB间的电势差，再由电势和电势差的关系可求得P点电势。
本题考查了电容的定义式、匀强电场中场强与电势差的关系、电势等，基础题。
第10页，共11页10.4　电容器的电容　练习题
一、选择题
1.关于电容器和电容，下列说法正确的是(　　)
A.电容器所带电荷量越多，电容越大
B.电容器两极板间电压越低，其电容越大
C.电容器不带电时，其电容为零
D.电容器的电容只由它本身的特性决定
2.(多选)全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的数十秒可充满电并持续行驶，刹车和下坡时可把部分动能转化为电能回收储存再使用，如图所示的电车使用的是规格为“3 V　12 000 F”的电容器，下列说法正确的是(　　)
A.该电容器可容纳的电荷量为36 000 C
B.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电容不变
C.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电压不变
D.电容器充电时，充电电流越大，电容器的电容越大
3.平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离.如图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系，正确的是(　 )
4.如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将B极向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是(　　)
A.C变小，θ变大，E不变 B.C不变，θ不变，E变小
C.C变小，θ不变，E不变 D.C变小，θ变大，E变小
5.a，b两个电容器如图(甲)所示，图(乙)是它们的部分参数.由此可知，下列关于a，b两个电容器的说法正确的是(　 )
A.a，b两个电容器的电容之比为8∶1
B.a，b两个电容器的电容之比为4∶5
C.b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 C
D.a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C
6.如图所示，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　 　)
A.带电油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带电油滴在P点的电势能将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带的电荷量将增大
7.(多选)如图所示的指纹传感器的原理是在一块半导体基板上阵列十万个金属颗粒，每一个颗粒充当电容器的一个极，外表面绝缘，手指按在传感器上时构成电容器的另外一个极.当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪(本义：山谷)和嵴(本义：山脊)与半导体基板上对应位置的金属颗粒构成了一个个电容值不同的电容器，若这些电容器两端的电压保持不变，则(　 　)
A.指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近，两者构成的电容器的电容小
B.指纹的峪处与半导体上对应的金属颗粒距离远，两者构成的电容器的电容小
C.在手指挤压绝缘表面时，电容器电极间的距离减小，对应的金属颗粒电极所带电荷量增大
D.在手指挤压绝缘表面时，电容器电极间的距离减小，对应的金属颗粒电极所带电荷量减小
8.如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个试探电荷+q由两极板间的A点移动到B点，A，B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则静电力对试探电荷+q所做的功等于(　 　)
A. B. C. D.
9.如图所示，A，B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A，B两极板间加四种电压，它们的UABt图线如以下四图所示.其中可能使电子到不了B板的是(　B　)
二、非选择题
10.如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面间夹角为α，P，M两点恰好处在电容器的边缘，两极板正对区域均看成匀强电场.现有一质量为m的带电液滴由两极板中的P点从静止开始沿与极板平行的直线运动到M点，此过程中克服空气阻力做功W，重力加速度大小为g，求：
(1)液滴的电荷量；
(2)液滴刚开始运动的瞬时加速度大小；
(3)液滴到达M点的速度大小.
11.如图所示，平行板电容器与电源相连，两极竖直放置，间距为d.在两极板的中央位置，用长为L的绝缘细线悬挂一个质量为m，电荷量为q的小球.小球静止在A点，此时细线与竖直方向成θ角.已知电容器的电容为C，重力加速度大小为g.
(1)求平行板电容器两极板间的电场强度大小；
(2)求电容器极板上所带电荷量Q；
(3)将小球从悬点正下方O点(细线处于张紧状态)由静止释放，求小球运动到A点时的速度.
参考答案
1.D
2.AB
3.C
4.A
5.C
6.B
7.BC
解析：指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，根据电容的决定式C=知，两者构成的电容器的电容大，故A错误；指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，根据电容的决定式C=知，两者构成的电容器的电容小，故B正确；在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，对应的金属颗粒电极所带的电荷量增大，故C正确，D错误.
8.C
解析：电容器两极板间电势差为U=，电场强度为E==.而A，B两点间电势差为UAB=Essin 30°=，静电力对+q所做的功为W=qUAB=，C正确.
9.B
解析：加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板，故A错误；加B图电压，在0～t0时间内，电子向B板匀加速，在t0～2t0时间内，电子以大小相同的加速度向B板匀减速，在2t0～3t0时间内，电子向A板匀加速，在3t0～4t0，再以大小相同的加速度向A板匀减速，可知有可能到不了B板，故B正确；加C图电压，电子一直向B板方向运动，可知一定能到达B板，故C错误；加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板方向运动，一定能到达B板，故D错误.
10. 解析：(1)板间电压U=，电场强度E=，对液滴qE=mgcos α，
由以上三式求得液滴带电荷量q=.
(2)释放瞬间mgsin α=ma，液滴的加速度a=gsin α.
(3)对从P点到M点过程应用动能定理mgLsin α-W=mv2，
液滴到达M点的速度v=.
答案：(1)　(2)gsin α (3)
11.解析：(1)带电小球静止在A点的受力分析如图所示.
根据平衡条件可得qE=mgtan θ，
解得E=.
(2)设两极板间电压为U，则U=Ed，
又C=，
可得Q=CEd=.
(3)带电小球从O点运动到A点，由动能定理得qELsin θ-
mgL(1-cos θ)=mv2-0，
解得v= .
答案：(1)　(2) (3)10.5 带电粒子在电场中的运动
一、单选题（本大题共12小题）
1.如图所示，在真空中有一对平行金属板，由于接到电池组上而带电，两板间的电势差为U。若一个质量为m、带正电荷q的粒子，在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动，不计粒子所受重力，则它到达负极板时的速度为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
该题较为简单，可以直接利用功能关系求解，电场力对粒子作的功等于粒子动能的变化，其初速度为零，列等式求解即可。
粒子在电场中运动时，电场对其做的功就等于电荷量与两点电势差的乘积，又由题干可知电场力对粒子作的功等于粒子动能的变化，即利用功能关系，列等式求解即可。
【解答】
粒子从正极板到负极板的运动过程中有电场力做功，根据动能定理有，因此，故A正确，BCD错误。
故选A。

2.原来都是静止的质子和粒子氦核，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
根据动能定理列式得到加速获得的速度表达式，结合质子和粒子的比荷求解速度之比。
本题带电粒子在电场中加速问题，根据动能定理求速度是常用方法；本题还要对质子与粒子的质量数与电荷数要区分清楚。
【解答】
设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得：
得速度大小：，即得速度大小与比荷的平方根成正比
质子和粒子比荷之比为：：：1
所以解得速度之比：：1。
故选：C。
3.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为一个动能为的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中。经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】分析：
由求出电子从B点离开时电场力所做的功，根据该功与电子初动能的关系判断电子从何处离开电场；然后由动能定理求出电子离开电场时的能量。
分析清楚电子的运动过程，知道电子从什么地方离开电场是正确解题的关键。
解答：
电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，若当电子到达B点时，克服电场力所做的功，因此电子不能到达B点，电子向右做减速运动，在到达B之前速度变为零，然后反向运动，从A点离开磁场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4.如图所示，正电荷垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电荷做
A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动
C. 向下偏转的曲线运动 D. 向上偏转的曲线运动
【答案】D
【解析】解：AB、电荷带正电，所受的电场力与场强方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电荷做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故AB错误。
CD、正电荷所受的电场力向上，所以正电荷做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
分析正电荷的受力情况来判断其运动情况，
解决本题的关键是分析清楚电场力和速度的方向之间的关系，从而知道正电荷的运动情况．
5.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点重力不计，则从开始射入到打到上板的过程中
A. 它们运动的时间
B. 它们运动的加速度
C. 它们的动能增加之比：：2
D. 它们所带的电荷量之比：：2
【答案】D
【解析】解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由得知，运动的时间相等，故A错误；
B、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得：，
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：：：2，所以，故B错误；
D、根据牛顿第二定律，有：，由两式解得：，所以它们所带的电荷量之比：：2，故D正确；
C、根据动能定理，有：，而：：：2，：：2，所以动能增加量之比：：：4，故C错误；
故选：D。
两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和动能定理联合列式分析。
本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析。
6.带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰到金属板，欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰到金属板，则必须
A. 使两板间的距离减为原来的 B. 使两板间的电压减为原来的
C. 使两板间的电压减为原来的 D. 使两板间的距离减为原来的
【答案】B
【解析】
带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：平行于板的方向粒子做匀速直线运动，垂直于板的方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出板间距离与v、板间电压和距离等的关系式，再进行分析。
对于带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，常常采用运动的分解法处理，本题要抓住题干条件得出v与其他量的关系式是关键。
【解答】
设平行金属板板长为l，板间距离为d，板间电压为U，该带电粒子的质量和电量分别为m、q，带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动。
由题，带电粒子恰穿过电场而不碰金属板，则有：


又
联立得到：
由此式得到：欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰金属板，上式仍成立，则可以使粒子电量减为原来的，或使两板间的电压减为原来的 ，或使两板间的距离变为原来的2倍，故 ACD错误，B正确。
故选B 。
7.如图所示，一质量为m、电荷量为的粒子以速度从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
B. 速度大小为
C. 与P点的距离为
D. 速度方向与竖直方向的夹角为
【答案】C
【解析】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律，垂直电场方向的位移，平行电场方向的位移，根据几何关系，联立解得，故A错误；
B、水平速度，竖直方向速度，则到到达MN连线上某点速度，故B错误；
C、水平位移，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为，故C正确；
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为，夹角不等于，故D错误；
故选：C。
根据考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究。
8.AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷电荷量与质量的比相同的带电微粒不计重力，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程
A. 运动加速度
B. 飞行时间
C. 水平速度
D. 电势能的减少量
【答案】B
【解析】解：
A、根据牛顿第二定律得：微粒的加速度为，据题相同，E相同，所以加速度相同，即故A错误。
B、三个带电微粒竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由，得：；由图有：，则得：故B正确。
C、三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由得。
由图知：，又则得：故C错误。
D、电场力做功为，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小。故D错误。
故选：B。
加速度根据牛顿第二定律列式分析；带电微粒垂直射入电场中做类平抛运动，根据竖直方向的分位移关系研究时间关系；由水平方向匀速直线运动的规律研究水平速度的关系．根据电场力做功，判断电势能减小量的关系．
本题关键要掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，再由牛顿第二定律和运动学公式列式解题．
9.如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来2倍的是
A. 不变，变为原来的2倍 B. 不变，变为原来的
C. 不变，变为原来的2倍 D. 、都变为原来的2倍
【答案】C
【解析】
电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度；电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动；运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度正切值的变化情况。带电粒子垂直进出入匀强电场时做类平抛运动，可分解为初速度方向的匀速和电场力方向的匀加速两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法。
【解答】
在加速电场中运动时，据动能定理，
在偏转电场中，电子做类平抛运动，设平行板电容器长为L，宽度为d
水平方向 ，
竖直方向，，
，
电子的偏转角的正切值， ，
联立式得： 。
A.变为原来的2倍，不变，则夹角的正切值变成原来的一半，故A错误；
B.不变，变为原来的；夹角的正切值变成原来的倍，故B错误；
C.不变，变为原来的2倍，夹角的正切值变成原来2倍，故C正确；
D.变为原来的2倍；夹角的正切值变成原来的4倍，故D错误。
故选C。
10.如图所示，一电子枪发射出的电子初速度很小，可视为零进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列可行的措施是不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况
A. 增大偏转电压U B. 增大加速电压
C. 增大偏转极板间距离 D. 将发射电子改成发射负离子
【答案】A
【解析】
电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析。
本题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关。
【解答】
经加速电场后的速度为v，则所以电子进入偏转电场时速度的大小为
电子进入偏转电场后的偏转位移，可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压，或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性与质量无关，故A正确，BCD错误。
故选A。
11.示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的
A. 极板X带正电 极板Y带正电 B. 极板带正电 极板Y带正电
C. 极板X带正电 极板Y带负电 D. 极板带正电 极板Y带负电
【答案】A
【解析】
本题考查示波管的原理，比较简单。
【解答】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到，则X带正电；
同理，电子向Y方向偏转，则电场方向为Y到，则Y带正电。
故选A。

12.如图1为示波管的原理图。若在上加上如图2所示的扫描电压，在上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
示波管的偏转电压上加的是待显示的信号电压，偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，难度适中。
【解答】
因甲图偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象。则显示的图象与所载入的图象形状是一样的，故A正确，BCD错误。
故选A。
二、计算题（本大题共3小题）
13.有一不计重力的带电粒子贴着A板从左侧沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹落到B板正中间。设两次射入电场的水平速度相同，求电压、之比。
【答案】解：
设板长为L，板间距离为d，对轨迹分析水平方向：，
，竖直方向：，
又，
代入得到：，，
对轨迹分析 水平方向：，
竖直方向：，又，
代入得到：，，
综上。
【解析】带电粒子水平方向射入匀强电场中，只受电场力做类平抛运动，沿水平方向粒子做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．带电粒子沿轨迹运动时，水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半；带电粒子沿轨迹运动时，水平位移等于板长的一半，竖直位移等于板间距离；根据牛顿第二定律和运动学公式，采用比例法求解。
本题是电场中基本的问题：带电粒子在电场中类平抛运动的问题，方法是运动的合成与分解。
14.如图，MN为一对水平放置的平行金属板，板长为L，板间存在竖直方向的匀强电场，一个带电量为q的粒子从上板边缘以初动能垂直电场方向射入两板间，离开电场时速度与水平成不计重力，，，求：
两板间的电场强度为多大？
若粒子以初动能垂直电场进入，则离开电场时动能为多大？
【答案】解：
初动能为时
粒子在MN之间做类平抛运动：水平方向
竖直方向
又
联立解得
初动能为时，有
水平方向
竖直方向
又因，
由以上各式解得
【解析】本题考查带电粒子在匀强电场中的偏转，带电粒子以垂直电场方向的速度射入两板间，带电粒子在电场中做类平抛运动。
根据类平抛运动的规律，在水平方向做匀速运动，由已知条件可求得带电粒子在板间运动的时间；在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，可求得带电粒子离开电场时竖直方向的分速度，再根据几何关系列方程，可求得两板间的电场强度的大小；
根据类平抛运动的规律，在水平方向和竖直方向上分别列方程，求得竖直分速度，再根据勾股定理可解得带电粒子离开电场时的速度大小。
15.如图所示，真空室中电极K发出的电子初速度不计经过电势差为的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为电子重力不计．求：
电子通过偏转电场的时间；
偏转电极C、D间的电压；
电子到达荧光屏离O点的距离Y．
【答案】解：电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：
得：
电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：；
电子在偏转电场中的加速度：
离开电场时竖直方向的速度：
离开电场电子的速度与水平方向的夹角：
解得：；
离开电场的侧向位移：
解得：
电子离开电场后，沿竖直方向的位移：
电子到达荧光屏离O点的距离：
【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解；根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，进而求出总位移。
电子先在AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动，先由动能定理求出加速获得的速度；电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式可求时间；
粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压；
根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开偏转电场后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移。
第12页，共13页10.5　带电粒子在电场中的运动　练习题
一、选择题
1.如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O，当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置(　　)
A.1位置 B.2位置 C.3位置 D.4位置
2.下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是(　　)
A.质子H) B.氘核H)
C.α粒子He) D.钠离子(Na+)
3.带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除静电力外不计其他力的作用)(　 　)
A.电势能增加，动能增加
B.电势能减小，动能增加
C.电势能和动能都不变
D.上述结论都不正确
4.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(　　)
A.可能做直线运动 B.一定不做曲线运动
C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小
5.如图所示，质子H)和α粒子He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4
6.如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1.另一个电子以初速度v2(v2>v1)仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d2.不计电子的重力，则下列关系式中正确的是(　　)
A.t1d2 D.d17.如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　)
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
8.如图所示，电荷量之比为qA∶qB=1∶2的带电粒子A，B先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比xA∶xB=2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行时间之比tA∶tB分别为(　　)
A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2
C.2∶1，2∶1 D.4∶3，2∶1
9.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A，B，C中央各有一小孔，小孔分别位于O，M，P点.由O点静止释放的电子恰好能运动到P点.现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　 )
A.运动到P点返回
B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点
10.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向.两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间.测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)
A.1∶2 B.1∶8 C.2∶1 D.4∶1
11.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为(　 　)
A.m B.m C.2m D.m
12.如图所示，一个质量为m的电荷量为+q的尘粒以竖直向上的初速度v0在平行板电容器P，Q两板正中间的A点进入电场强度为E的匀强电场中，恰好垂直于Q板打在B点，且AC=BC，则下列说法错误的是(　 　)
A.P板电势高于Q板电势
B.尘粒打在B点时速度是2v0
C.尘粒打在B点时速度是v0
D.P，Q两板间的电势差是
13.如图(甲)所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图(乙)所示的交变电压后，选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　 　)
二、非选择题
14.如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：
(1)速度vA的大小；
(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的
大小.
15.一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间.已知电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)电子离开加速电场时的速度大小；
(2)电子经过偏转电场的时间；
(3)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上能加的最大电压；
(4)电子打到离荧光屏上距中心O点的最远距离.
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.C
5.B
解析：质子和α粒子垂直射入偏转电场，都做类平抛运动，粒子加速度a=，粒子射出电场时的侧位移y=at2且t=，Ek0=m，联立得y=，y与q成正比，选项B正确.
6.C
解析：电子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有L=vt，沿平行于电场方向上的偏转量d=at2=a()2，由于两电子穿过同一电场，加速度a相同，但由于初速度v2>v1，故t1>t2，d1>d2，选项C正确.
7.B
解析：根据动能定理eU1=mv2，得v=，在偏转电场中vy=at，a=，且t=，则tan θ==，若一定使偏转角θ变大，即tan θ一定变大，由上式看出可以使U1变小，U2变大，故B正确，A，C，D错误.
8.C
解析：两个带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则水平方向有x=v0t，由于v0相等，所以tA∶tB=xA∶xB=2∶1，
竖直方向有y=at2=()2，
则m=，因为E，y，v0相等，则mA∶mB=qA∶qB=2∶1，故C正确.
9A
解析：由题意可知，电子在A，B板间做加速运动，在B，C板间做减速运动，恰好运动到P点，将C板向右平移到P′点，则B，C间距变大，根据平行板电容器电容的决定式C=和定义式C=可知，电场强度E===，分析可知，B，C极板间电场强度恒定不变，故电子仍然运动到P点返回，A选项正确.
10.D
解析：两带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x=vt，垂直极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=at2，电荷在电场中所受的静电力为F=qE，根据牛顿第二定律有F=ma，整理得=，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，又因为初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比，所以比荷之比为4∶1，D
正确.
11.D
12.B
解析：由题意可知，正电荷所受的静电力方向水平向右，则有P板电势高于Q板电势，A正确；设尘粒从A点运动到B点的时间为t，AC=BC=d，则水平方向有t=d，竖直方向有t=d得到v=v0，B错误，C正确；研究竖直方向，有-=-2gd，水平方向有=2ad，得d=，且a=g，则有=g，所以A，B点的电势差是U=Ed==，P，Q两极间电势差是A，B间电势差的二倍，即为，D正确.
13.AD
解析：在平行金属板之间加上如图(乙)所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的静电力F=，所以电子所受的静电力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律F=ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内向A板做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动.所以 at 图像如图(丙)所示，vt图像如图(丁)所示，又因匀变速直线运动的位移x=v0t+at2，所以xt图像应是曲线，故A，D正确.
14.解析：(1)在A点，小球在水平方向只受静电力作用，根据牛顿第二定律得qE=m，
所以小球在A点的速度vA=.
(2)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，静电力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr=m-m，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有FB-qE=m，
解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为FB=6qE.
由牛顿第三定律知，小球在B点对环在水平方向的作用力的大小
FB′=6qE.
答案：(1)　(2)6qE
15. 解析：(1)设电子离开加速电场时的速度为v0，则由动能定理有eU=
m，解得v0=.
(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间t==l.
(3)设两极板上能加的最大电压为U′，要使电子能从平行板间飞出，则电子的最大偏移距离为，
有=at2，且a=，
联立得U′=.
(4)电子从偏转电极边缘飞出时打到荧光屏上的点距离O点最远.设最远距离为y，速度偏向角为α，如图所示.
tan α==，
解得y=.
答案：(1)　(2)l　(3) (4)