电场选择题答案
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1．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是
/
A．Ea：Eb=4:1
B．Ec：Ed=2:1
C．Wab:Wbc=3:1
D．Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
【解析】由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，根据点电荷的场强公式可知，，，故A正确，B错误；电场力做功，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为2V、1V、1V，所以，，故C正确，D错误。
2．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】D
【解析】
试题分析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错误，D正确。
【***考点定位】平行板电容器
【名师点睛】本题主要考查平行板电容器的动态平衡，要注意正确应用电容的决定式、定义式，板间场强公式。
3．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则
A．直线a位于某一等势面内，
B．直线c位于某一等势面内，
C．若电子有M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子有P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】B
【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高某某，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是，，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高某某，电场力做正功，电势能减少，选项D错。
【考点定位】等势面和电场线
【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。
4．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P和F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，，M、N、P、F四点处的电势分别用、、、表示，已知，，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（ ）
A、点电荷Q一定在MP连线上
B、连线PF一定在同一个等势面上
C、将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D、大于
【答案】AD
【解析】
试题分析：点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN的垂直平分线和PF的垂直平分线相交于一点E，E点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得E点在MP边。即点电荷一定在MP连线上，选项A对。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直线而是球面，选项B错。正试探电荷从P点移动到N点，远离场源正电荷，电场力做正功，选项C错。根据几何关系可得，距离场源正电荷越远电势越低，所以P点电势大于M点电势，选项D对。
考点：点电荷的电场分布，等势面
5．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．小球再次到达C点的速度可能为零
D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H
【答案】BD
【解析】
试题分析：由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力
【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高。
6．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是
/
A. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE
B. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qE
C. 剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为
1
3
qED·剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为
1
6
qE
【答案】AC
【解析】试题分析：静止时，对B球进行受力分析，则有：??=2????+3????+????=5????+????，故A正确，B错误；剪断OA线瞬间，假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度
????
3??
，此时A、B球的加速度为??+
????
3??
（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为
1
3
????．故C正确，D错误．
考点：考查了牛顿第二定律；电场强度．
7．电荷量为q1和q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能缉随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、D两点处的电势能均为零；在DJ段中H点处电势能最大。则
/
A. q1的电荷量小于q2的电荷量
B. G点处电场强度的方向沿x轴正方向
C. 若将一带负电的试探电荷自G点释放，仅在电场力作用下一定能到达D点
D. 若将一带负电的试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功
【答案】D
【解析】由 知正电荷的电势能变化和电场的电势变化相同.
A、B、由图知无穷远处的电势为0，B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，C点电荷q2带负电，由于B点距离O比较远而距离C比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故A正确；B、沿着电场线电势逐渐降低可知G点的场强沿x轴负方向，选项B错误。C、带负电的试探电荷在G点受x正方向的电场力，故沿x正向加速运动，选项C错误.D、负电荷从D点到J点的电场力先沿x正向后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，选项D正确。故选D.
【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．
8．一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生物的场强大小
??
0
=
????
2
??
2
，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（ ）
/
A. E1>
????
4
??
2
B. E2=
????
4
??
2
C. E3<
????
4
??
2
D. E4=
????
4
??
2
【答案】A
【解析】试题分析：根据点电荷电场强度公式??=
????
??
2
，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小
??
0
=
????
2
??
2
，则
??
1
＞
????
4
??
2
；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 ．由于方向不共线，由合成法则可知，
??
3
＞
????
4
??
2
；故A正确，BCD错误．
考点：电场强度及其叠加。
9．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有 加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏 上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是（ ）
/
A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
【答案】B
【解析】试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：/，得，加速获得的速度为/．三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同．故A错误．根据推论：/，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同．故B正确．偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2．故CD错误．
考点：动能定理及类平抛运动。
10．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α=30°。下列说法正确的是
/
A. 电场的方向与AC间的夹角为30°
B. 电场的方向与AC间的夹角为60°
C. 小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为
D. 小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为
【答案】C
【解析】试题分析：小球在匀强电场中，从A点运动到B点，根据动能定理qUAB=Ek得，因为到达B点时的小球的动能最大，所以UAB最大，则在圆周上找不到与B电势相等的点．且由A到B电场力对小球做正功．过B点作切线，则BF为等势线．过A点作BF的垂线，则该线为电场线，即沿AB方向．故AB错误．小球只受电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t， ，由以上两式得： ；故D错误，C正确, 故选C．
考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理
【名师点睛】本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法。
11．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（ ）
A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0
D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半
【答案】AC
【解析】
试题分析：时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，A正确；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有：，由于，故：，故，故C正确；加倍前运动时间为周期的整数倍，当运动时间为周期的偶数倍时，入射速度加倍成2v0，侧向位移与v0一样，D错误；
考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动
12．如图所示是一个由干电池、理想二极管D（具有单向导电性）及平行板电容器C组成的电路。现缓慢增大电容器两极板间距离的过程中，以下说法正确的是
A. 电容器的电容减小
B. 电容器所带的电荷量减小
C. 电容器两板间的电压保持不变
D. 电容器两板间的电场强度不变
【答案】AD
【解析】
试题分析：根据C=知，缓慢增大电容器两极板间距离，电容减小，A正确；二极管具有单向导电性，电容器带电量只能增加，不能减小，B错误，根据Q=CU可知，电容器所带的电荷量不变．电容器两板间电压升高，C错误；根据E＝＝可知，电容器带电量不变，正对面积不变时，电场强度不变．D正确．
考点：电容器定义式，电容器的决定式，匀强电场中场强与电势差的关系，
13．如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
/
A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度可能先增大后减小
B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度可能先增大后减小
C. 增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D. 将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
【答案】C
【解析】试题分析：圆环从P运动到O的过程中，对环受力分析，环受库仑引力和杆的弹力，库仑引力沿杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，速度一直增大，故B错误；圆环从P运动到O的过程中，根据动能定理得，/，根据牛顿第二定律有/，可知/，轨迹半径与圆环所带电荷量无关，故C正确；若增大高度，电势差U增大，轨迹半径发生变化，圆环不能做圆周运动，故D正确。
考点： 向心力，牛顿第二定律，带电粒子在电场中运动的综合应用
14．如图所示，两块相对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等远的P点固定一个带正电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则
A．点电荷受到的电场力减小
B．M板的带电量增加
C．P点的电势降低
D．点电荷在P点具有的电势能增加
【答案】AC
【解析】平行板电容器始终与电源相连，极板电压不变，由E=U/d可知场强减小，电场力减小，A对；由Q=CU，两极板距离增大，电容减小，电量减小，B错；，由此可知P点电势降低，C对；粒子带正电，负电荷随着电势的降低电势能减小，D错；
15．如图所示，虚线a、b、c所在平面与电场强度平行，实线为一带电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点（ ）
A．若虚线为电场线，则粒子在P点动能大于在Q点动能
B．若虚线为等势线，则粒子在P点动能大于在Q点动能
C．若虚线为电场线，则粒子在P点加速度大于在Q点加速度
D．若虚线为等势线，则粒子在P点加速度大于在Q点加速度
【答案】ACD
【解析】
试题分析：若虚线为电场线，如果从P运动到Q，则根据做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹处，可得电场力方向与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，如果从Q点运动到P点，则电场力方向和速度方向夹角为锐角，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，综上所述，粒子在粒子在P点动能大于在Q点动能，A正确，电场线的疏密程度表示电场强度大小，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以则粒子在P点加速度大于在Q点加速度，C正确，
若虚线为等式线，如果从P运动到Q，粒子受到的电场力方向垂直等式线向下，所以电场力与运动方向夹角为锐角，电场力做正功，动能增大，如果从从Q点运动到P点，粒子受到的电场力方向垂直等式线向下，所以电场力与运动方向夹角为钝角，电场力做负功，动能减小，综上所诉，粒子在P点动能小于在Q点动能，B错误，等势面越密，电场线就越密，所以则粒子在P点加速度大于在Q点加速度，D正确，
考点：考查了带电粒子在电场中的偏转问题
点评：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、电势能、动能等物理量的变化．
16．如图（a）所示，A、B、C 三点是在等量同种正电荷电荷连线垂线上的点，一个带电量为 q，质量为 m 的点电荷从 C 点由静止释放，只在电场力作用下其运动的 v- t 图像如图(b) 所示，运动到 B 点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为 k，则
/
A. A、B两点间的电势差
B. 由 C 点到 A 点电势逐渐降低
C. B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为
D. 该点电荷由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大
【答案】BC
【解析】A、据v-t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功： ，故电势差，故A错误．B、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故B正确． C、据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为k，所受的电场力最大为km，据E=F/q知，B点的场强最大为，故C正确．D、由C点到A点的过程中，据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D错误．故选BC。
【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．
17．某电场是由平面内两个相同的点电荷产生的，其中一个点电荷固定不动且到P点的距离为d，另一个点电荷以恒定的速率在该平面内绕P点做匀速圆周运动，P点的电场强度大小随时间变化的图象如图所示，图线AC段某某CE段关于直线t=t0对称，若撤去运动点电荷，测得P点场强大小为E0，已知EA=EE=/E0， 内容过长，仅展示头部和尾部部分文字预览，全文请查看图片预览。 （12）
考点：本题考查类平抛运动和动能定理。
20．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g．求：
（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；
（2）第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
（3）ΔU1与ΔU2之比．
【答案】（1）（2）1∶3；（3）
【解析】
试题分析：（1）油滴静止时，由平衡条件得，则
（2）设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则
x1=a1Δt2
x2=v1Δt－a2Δt2
且v1=a1Δt，x2=－x1
解得a1∶a2=1∶3
（3）油滴向上加速运动时：
即
油滴向上减速运动时
即
则
解得：
考点：带电粒子在电场中的运动
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