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1、电场I1电场的力的性质3I12013江苏卷 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各 圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是()ABCD3B解析 设每个圆环产生的电场的场强大小为E，则图A产生的电场的场强如图甲所示；图B中两个圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为E；图C中第一、三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为0，整个圆环产生的电场就相当于第二象限的圆环产生的电场，如图丙所示； 图D中产生的电场的合场强为零，故选项B正确15I12013新课标全国卷 如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、
2、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()AkBkCk Dk15B解析 考查真空中点电荷的场强公式及场强的叠加由题意，b点处的场强为零说明点电荷q和圆盘在b点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R的b点产生的场强为EQ，故圆盘在距离为R的d 点产生的场强也为EQ，点电荷q在d点产生的场强Eq，方向与圆盘在d点产生的场强方向相同，d点的合场强为二者之和，即E合，B正确6I1、I22013江苏卷 将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处
3、处相等a、b为电场中的两点，则()Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功6ABD解析 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确.6.I1、I2、I42013天津卷 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()A
4、q由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零6BC解析 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误I2电场的能的性质102013辽宁省五校协作体联考 在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为Q的点电荷，在水平面上的N点，
5、由静止释放质量为m、电荷量为q的负试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中60，规定电场中P点的电势为零则在Q形成的电场中()图X119AN点电势高于P点电势BN点电势为CP点电场强度大小是N点的4倍D试探电荷在N点具有的电势能为mv210BC解析 根据点电荷电场的特点，N点的电势低于P点电势，选项A错误；根据动能定理，有qmv2，解得N点电势为，选项B正确；由于N点到O点的距离是P点到O点距离的2倍，根据点电荷电场强度公式可知，P点电场强度大小是N点的4倍，选项C正确；试探电荷在N点具有的电势能为qmv2，选项D错误6I1、I22013江苏卷 将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，
6、所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则()Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功6ABD解析 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确6I1、I2、I42013天津卷 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力
7、作用下运动，取无限远处的电势为零，则()Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零6BC解析 由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误I3电容器带电粒子在电场中的匀变速运动15I32013广东卷 喷墨打印机的简化模型如下图
8、所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电荷量无关15C解析 本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动墨汁微滴带负电，根据电场力方向判断会向正极板方向偏转，A错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，B错误；速度v垂直于匀强电场的场强方向，受电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，C正确；在沿场强方向上的位移yat2t2，垂直于场强方向的位移xvt，轨迹方程为yx2，即运动轨迹与带电荷量有关，D错误11E2、I3、I72013天津卷 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.
9、筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11解析 (1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电
10、场中电势差与电场强度的关系得UEd联立上式可得E(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U 设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得v设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n320I3、K22
11、013浙江卷 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和P3()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为1320BCD解析 离子在电场中的加速度a，故，A错误离开电场区域时的动能EkUq，故，D正确在磁场中运动的半径r，故，B正确在磁场中转过的角度的正弦值sinBd，故，因130，则sin2，即260，所以，C正确25C5 I3201
12、3全国卷 (19分)一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示不计重力求在t0到tT的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间25解析 解法一：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1a22a32a4由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的加速度时间图像如图(a)所示，对应的速度时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1a1由图(b)可知，带电粒子在t0到tT时的位移为sv1由式得sT2它沿初始电场正方向(2)由图(b)可知
13、，粒子在tT到tT内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为tTT解法二：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0ma12qE0ma22qE0ma3qE0ma4设带电粒子在t、t、t、tT时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1a1v2v1a2v3v2a3v4v3a4设带电粒子在t0到tT时的位移为s，有s()联立以上各式可得s它沿初始电场正方向(2)由电场的变化规律知，t时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零0v1a2t1将代入上式，得t1粒子从t时开始加速，设经过时间t2速度变为零0v2a3t2此式与式联立得t2
14、t0到tT内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为t(t1)t2将式代入式得t23I3K22013安徽卷 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内
15、磁场的磁感应强度B的最小值23解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有xv0t2h，yat2h，qEma，联立以上各式可得E.(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vyatv0，所以vv0，方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)粒子在磁场中运动时，有qvBm，当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rL，所以B.16I32013新课标全国卷 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上
16、平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板处返回D在距上极板d处返回16D解析 考查带电粒子在平行板电容器中的直线运动设电池的电压为U，由于前后两次平行板均与电池相连，则前后两次平行板电容器板间的电压不变设平移下极板后粒子将在距上极板为h处返回，对前后两次应用动能定理， mg(d)qU0，mg(h)qh0，联立解得h ，D正确I4带电粒子在电场中的非匀变速运动42013湖北省武汉市四校联考 如图X124所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E.已知电场对小
17、球的作用力的大小等于小球的重力现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T为多少()图X124Amg B3mg C4mg D5mg4B解析 小球受到的重力与电场力的合力指向右下方，与竖直方向成45，小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动，当小球到达最低点时，绳子伸直，小球的竖直分速度减为零，水平分速度不变设小球经过最低点时的速度为v，其水平分速度为vxvsin45v，根据动能定理有mgLF电Lmv2，其中F电mg
18、；小球从最低点上升到P2位置的过程中，合外力做功为零，小球的动能变化为零，即小球在P2位置的速度大小等于v，在P2位置，小球沿水平方向的合外力提供向心力，所以TF电，联立以上各式，可得T3mg，选项B正确24D4、I4、I22013浙江卷 (20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运
19、动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？(4)比较|Ek左|与|Ek右|的大小，并说明理由24解析 (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有eEmEk0mv2R联立解得：E(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有kqU对到达N板左边缘的电子
20、，电场力做正功，动能增加，有 k左e(BC)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有k右e(AC)(4)根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有即6I1、I2、I42013天津卷 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零6BC解析 由等量正电荷形成的电场的规律可知
21、，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误3I42013重庆卷 如图所示，高速运动的粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则()A粒子在M点的速率比在Q点的大B三点中，粒子在N点的电势能最大C在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D粒子从M点运动到Q点，电场
22、力对它做的总功为负功3B解析 本题考查带电粒子在点电荷电场中运动时速率、电势、电势能的变化情况及做功正负的知识把位于O点的重原子核看成点电荷，其周围的电场为由O点指向无穷远，且离O点越近，场强越大，电势越高，Q点比M点离核更远，故M点的电势比Q点的高，C错； 粒子在运动过程中，受到重原子核的排斥作用，离重原子核越近，电势能越大，动能越小，速率越小，三点中，N点离核最近，Q点比M点离核更远，所以粒子在M点的速率比在Q点的小，在N点的电势能最大，A错，B对；粒子从M点到Q点，电势能减小，动能增大，电场力对它做的总功为正功，D错I5实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I6实验：练习使用示波器I7电
23、场综合82013浙江省宁波效实中学期末 如图X128所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为112.现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点求：图X128(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小(2)滑块在ADHE区域运动的总时
24、间8(1) (2)4解析 (1)在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qEmgma3，由题意知qEmg，在水平方向和竖直方向分别有LvGt3，La3t.联立以上各式解得vG，t3.(2)在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向qEmg，所以不受摩擦力，做匀速直线运动，vFvG，t2t3.在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向FNqEmg，在水平方向fma1，由滑动摩擦力定律有fFN.由以上各式解得a1g.当滑块由E运动到F时，由运动学公式有vv2(a1)L，代入解得vE，由运动学公式有vFvEa1t1.解得t1(42)，所以tt1t2t34.11E2、I3、I72
25、013天津卷 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11解析 (1)
26、设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立上式可得E(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U 设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得v设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四
27、个这样的圆弧才能从S孔射出，故n319I72013山东卷 如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是()Ab、d两点处的电势相同B四个点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小19ABD解析 b、d两点关于等量异种电荷的连线对称，根据等量异种电荷等势面的对称性，b、d两点电势相等，故A正确如果设无穷远处电势为零，则c点电势为零，a、b、d点电势均大于零，故B正确b、d两点的电场强度大小相等、
28、方向不同，故C错误因为a点电势大于c点电势，所以试探电荷q沿圆周由a点移至c点，电势能减小，故D正确24I72013新课标全国卷 如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能24解析质点所受电场力的大小为fqE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有fNamNbfm设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有EkamvEkbmv根据动能定
29、理有EkbEka2rf联立式得E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)20I72013安徽卷 如图所示， xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间，z0 的空间为真空将电荷量为q的点电荷置于z轴上zh处，则在xOy平面上会产生感应电荷空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z处的场强大小为(k为静电力常量)()Ak BkCk Dk20D解析 本题考查静电平衡、点电荷的电场、矢量合成等知识导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z轴上z处，感应电荷产生的场强大小E与点电荷q产生的场强大小相等、方向相反，
30、Ekk；在z轴上z处，感应电荷产生的场强大小也为E，点电荷q产生的场强大小Ekk，E与E方向相同，因此合场强E合EEk，选项D正确22I152013全国卷 (6分)如图，E为直流电源，G为灵敏电流计，A、B为两个圆柱形电极，P是木板，C、D为两个探针，S为开关，现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验(1)木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是_纸；(2)用实线代表导线将实验器材正确连接22(1)导电(2)连线如图所示解析 因为是用电流来模拟正负点电荷形成的电场，根据电势高低画出等势线，所以要求导电纸与接线柱导通，还要在导电纸上用灵敏电流计探针寻找等势点，这些都要求最上面一层一定是导电纸连线要求连成两个独立的电路，即电源、导电纸和开关组成一个闭合电路，形成稳恒电流；两探针与灵敏电流计相连，组成一个检测电路- 17 -