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電場是電荷及變化磁場周圍空間里存在的一種特殊物質(zhì)，以下是電場的性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動復(fù)習(xí)題，請考生練習(xí)。

一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)

1. (新課標(biāo)全國卷，15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為MN、P、Q。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則()

A.直線a位于某一等勢面內(nèi)，Q

B.直線c位于某一等勢面內(nèi)，N

C.若電子由M點運動到Q點，電場力做正功

D.若電子由P點運動到Q點，電場力做負(fù)功

2.(新課標(biāo)全國卷，14)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()

A.保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.向左上方做勻加速運動

C.向正下方做勻加速運動

D.向左下方做勻加速運動

3.(山東理綜，18)直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖。M、N兩點各固定一負(fù)點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強(qiáng)的大小和方向分別為()

A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負(fù)向

C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向

4(安徽理綜，20)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為，其中為平面上單位面積所帶的電荷量，0為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q。不計邊緣效應(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()

A.和 B.和

C.和 D.和

5.(海南單科，5)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子;在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計重力，則M∶m為()

A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1

6.(廣東理綜，21)如圖所示的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()

A.M的帶電量比N的大

B.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

C.靜止時M受到的合力比N的大

D.移動過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功

7.(江蘇單科，8)兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()

A.a點的電場強(qiáng)度比b點的大

B.a點的電勢比b點的高

C.c點的電場強(qiáng)度比d點的大

D.c點的電勢比d點的低

8.(海南單科，7)如圖，兩電荷量分別為Q(Q0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零。下列說法正確的是()

A.b點電勢為零，電場強(qiáng)度也為零

B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

C.將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功

D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大

9.(山東理綜，20)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()

A.末速度大小為v0

B.末速度沿水平方向

C.重力勢能減少了mgd

D.克服電場力做功為mgd

10.(天津理綜，7)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()

A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多

B.三種粒

C.三種粒子運動到屏上所用時間相同

D.三種粒子一定打到屏上的同一位置

二、計算題(本題共2小題，共20分。寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)

11.(新課標(biāo)全國卷，24)(10分)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。

12.(安徽理綜，23)(10分)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為EA點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：

(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功;

(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間;

(3)粒子經(jīng)過C點時的速率。

導(dǎo)航卷六 電場的性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動1.B [電子帶負(fù)電荷，電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等，有WMN=WMP0，而WMN=qUMN，WMP=qUMP，q0，所以有UMN=UMP0，即P，勻強(qiáng)電場中等勢線為平行的直線，所以NP和MQ分別是兩條等勢線，有Q，故A錯誤，B正確;電子由M點到Q點過程中，WMQ=q(Q)=0，電子由P點到Q點過程中，WPQ=q(Q)0，故C、D錯誤。]

2.D [兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg=qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45，但大小不變，此時電場D正確。]

3.B [因正電荷Q在O點時，G點的場強(qiáng)為零，則可知兩負(fù)電荷在G點形成的電場的合場強(qiáng)與正電荷Q在G點產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向，大小為E合=k;若將正電荷移到G點，則正電荷在H點的場強(qiáng)為E1=k=，因兩負(fù)電荷在G點的場強(qiáng)與在H點的場強(qiáng)等大反向，則H點的E=E合-E1=，方向沿y軸負(fù)向，故選B。]

4.D [由題意知，正極板所帶電荷激發(fā)的電場的電場強(qiáng)度大小為E1===，同理負(fù)極板所帶電荷激發(fā)的電場的場強(qiáng)E2=，兩板間的場強(qiáng)E=E1+E2=，兩極板間的靜電引力大小F=QE1=，故D正確。]

5.A [設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，aM=，l=t2;對m有，am=，l=t2，聯(lián)立解得=，A正確。]

6.BD [帶電小球M、N在不計重力條件下平衡，說明M、N兩球所受電場力的合力為零，即M、N所在點合場強(qiáng)為零，所以M球在N球處所產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，大小為E，故M球帶負(fù)電;同理，N球在M球處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向右，大小為E，故N球帶正電，且兩球所帶電荷量相等。M、N兩球在移動的過程中勻強(qiáng)電場對M、N均做負(fù)功，所以B、D正確。]

7.ACD [由題圖知，a點處的電場線比b點處的電場線密集，c點處電場線比d點處電場線密集，所以A、C正確;過a點畫等勢線，與b點所在電場線的交點與b點位置比較知b點的電勢高于a點的電勢，故B錯誤;同理分析可得d點電勢高于c點電勢，故D正確。]

8.BC [因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為平行于x軸指向負(fù)電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點的A錯誤;等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向平行于x軸向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確;O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確;O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。]

9.BC [因0～內(nèi)微粒勻速運動，故E0q=mg;在～時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t=時刻的豎直速度為vy1=，水平速度為v0;在～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q-mg=ma，解得a=g，方向向上，則在t=T時刻，vy2=vy1-g=0粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確;微粒的重力勢能減小了Ep=mg=mgd，選項C正確;從射入到射出，由動能定理可知，mgd-W電=0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤;故選B、C。]

10.AD [設(shè)加速電場長度為d，偏轉(zhuǎn)電場長度為L，在加速電場中有qE1d=mv，在偏轉(zhuǎn)電場中有L=v0t，y=t2得y=，與比荷無關(guān)，所以三種粒子一定打到 屏上同一位置，故選項D正確，偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功W=qE2y=，與粒子質(zhì)量無關(guān)，所以選項A正確;三種粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功qE1d+qE2y=mv2，粒子打到屏上的速度v=，與比荷有關(guān)，故速度不一樣大，B錯誤，粒子運動到屏上的時間t=+=(+)，與比荷有關(guān)，故C錯誤。]

11.【詳細(xì)分析】設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即

vBsin 30=v0sin 60①

由此得vB=v0②

設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有

qUAB=m(v-v)③

聯(lián)立②③式得UAB=④

答案

12.【詳細(xì)分析】(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功

W=qE(yA-yC)=3qEl0①

(2)粒子只受沿y軸負(fù)方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令

tAD=tDB=T，且tBC=T②

由牛頓第二定律qE=ma③

由運動學(xué)公式得yD=aT2④

從D到C做類平拋運y軸方向：yD+3l0=a(2T)2⑤

由②③④⑤式解得T=⑥

則AC過程所經(jīng)歷的時間t=3T=3⑦

(3)粒子由D到C過程中

x軸方向：2l0=vD2T⑧

y軸方向：vCy=a2T⑨

vC=⑩

由⑥⑧⑨⑩式解得vC=

答案 (1)3qEl0 (2)3 (3)

1.判斷電場性質(zhì)的常用方法

(1)判斷場強(qiáng)強(qiáng)弱

(2)判斷電勢高低

2.帶電粒子在電場中運動問題的分析思路

(1)首先分析粒子的運動規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運動還是偏轉(zhuǎn)運動問題。

(2)對于直線運動

①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。

②如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等。

(3)對于曲線運動問題，一般是類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)方程求解。

4)當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進(jìn)入另一個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。

電場的性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動復(fù)習(xí)題及解析的全部內(nèi)容就是這些，物理網(wǎng)希望對考生有幫助。