電場是電荷及變化磁場周圍空間里存在的一種特殊物質，以下是電場的性質及帶電粒子在電場中的運動復習題，請考生練習。
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. (新課標全國卷，15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強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，電場力所做的負功相等。則()
A.直線a位于某一等勢面內，Q
B.直線c位于某一等勢面內，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，電場力做負功
2.(新課標全國卷，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，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()
A.保持靜止狀態(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)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，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點處場強的大小和方向分別為()
A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向
C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向
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。不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強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量為M、電荷量為q(q0)的粒子;在負極板附近有另一質量為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.移動過程中勻強電場對M做負功
7.(江蘇單科，8)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()
A.a點的電場強度比b點的大
B.a點的電勢比b點的高
C.c點的電場強度比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，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。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是()
A.b點電勢為零，電場強度也為零
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，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0～T時間內運動的描述，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之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，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.(新課標全國卷，24)(10分)如圖，一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強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，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為EA點斜射出一質量為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。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過程所經歷的時間;
(3)粒子經過C點時的速率。
導航卷六 電場的性質及帶電粒子在電場中的運動1.B [電子帶負電荷，電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，有WMN=WMP0，而WMN=qUMN，WMP=qUMP，q0，所以有UMN=UMP0，即P，勻強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，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45，電場力方向也逆時針旋轉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點的場強為零，則可知兩負電荷在G點形成的電場的合場強與正電荷Q在G點產生的場強等大反向，大小為E合=k;若將正電荷移到G點，則正電荷在H點的場強為E1=k=，因兩負電荷在G點的場強與在H點的場強等大反向，則H點的E=E合-E1=，方向沿y軸負向，故選B。]
4.D [由題意知，正極板所帶電荷激發(fā)的電場的電場強度大小為E1===，同理負極板所帶電荷激發(fā)的電場的場強E2=，兩板間的場強E=E1+E2=，兩極板間的靜電引力大小F=QE1=，故D正確。]
5.A [設電場強度為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所在點合場強為零，所以M球在N球處所產生的場強方向向左，大小為E，故M球帶負電;同理，N球在M球處產生的場強方向向右，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電場對M、N均做負功，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電荷，方向平行于x軸向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，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～內微粒勻速運動，故E0q=mg;在～時間內，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，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 [設加速電場長度為d，偏轉電場長度為L，在加速電場中有qE1d=mv，在偏轉電場中有L=v0t，y=t2得y=，與比荷無關，所以三種粒子一定打到 屏上同一位置，故選項D正確，偏轉電場對粒子做功W=qE2y=，與粒子質量無關，所以選項A正確;三種粒子在加速電場和偏轉電場中電場力做功qE1d+qE2y=mv2，粒子打到屏上的速度v=，與比荷有關，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，故C錯誤。]
11.【詳細分析】設帶電粒子在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A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有
qUAB=m(v-v)③
聯立②③式得UAB=④
答案
12.【詳細分析】(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.判斷電場性質的常用方法
(1)判斷場強強弱
(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，應用牛頓第二定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。
②如果是非勻強電場中的直線運動，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，再應用牛頓運動定律或運動學方程求解。
4)當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(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聯的物理量，這些關聯量往往是解決問題的突破口。
電場的性質及帶電粒子在電場中的運動復習題及解析的全部內容就是這些，物理網希望對考生有幫助。
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